CONTEDOXXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA2Problemas e Solues da Primeira FaseXXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA 14Problemas e Solues da Segunda FaseXXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA 36Problemas e Solues da Terceira FaseXXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA 59Problemas e Solues da Primeira Fase Nvel UniversitrioXXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA 65Problemas e Solues da Segunda Fase Nvel UniversitrioXXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA 73PremiadosAGENDA OLMPICA77COORDENADORES REGIONAIS 78Sociedade Brasileira de MatemticaXXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICAProblemas e Solues da Primeira FasePROBLEMAS NVEL 11. Sabendo-se que 9 174 532 13 119 268 916 , pode-se concluir que divisvel por 13 o nmero:A) 119 268 903B) 119 268 907 C) 119 268 911D) 119 268 913 E) 119 268 9232. Numa caixa havia 3 meias vermelhas, 2 brancas e 1 preta. Professor Piraldo retirou 3 meias da caixa. Sabendo-se que nenhuma delas era preta, podemos afirmar sobre as 3 meias retiradas que:A) so da mesma cor.B)so vermelhas.B) uma vermelha e duas so brancas.D)uma branca e duas so vermelhas.E) pelo menos uma vermelha.3. Diamantino colocou em um recipiente trs litros de gua e um litro de suco composto de 20% de polpa e 80% de gua. Depois de misturar tudo, que porcentagem do volume final polpa?A) 5% B) 7% C) 8% D) 20% E) 60%4. Perguntado, Arnaldo diz que 1 bilho o mesmo que um milho de milhes. Professor Piraldo o corrigiu e disse que 1 bilho o mesmo que mil milhes. Qual a diferena entre essas duas respostas?A) 1 000 B) 999 000 C) 1 000 000 D) 999 000 000EUREKA!N24,20062Sociedade Brasileira de MatemticaE) 999 000 000 0005. Numa seqncia, cada termo, a partir do terceiro, a soma dos dois termos anteriores mais prximos. O segundo termo igual a 1 e o quinto termo vale 2005. Qual o sexto termo?A) 3 002 B) 3 008 C) 3 010 D) 4 002 E) 5 0046. Um galo de mel fornece energia suficiente para uma abelha voar 7 milhes de quilmetros. Quantas abelhas iguais a ela conseguiriam voar mil quilmetrossehouvesse10galesdemelparaseremcompartilhadosentre elas?A) 7 000 B) 70 000 C) 700 000 D) 7 000 000E) 70 000 0007. Trs anos atrs, a populao de Pirajussara era igual populao que Tucupira tem hoje. De l para c, a populao de Pirajussara no mudou mas a populao de Tucupira cresceu 50%.Atualmente,as duas cidades somam 9000 habitantes. H trs anos, qual era a soma das duas populaes?A) 3 600 B) 4 500 C) 5 000 D) 6 000 E) 7 5008. Um agricultor esperava receber cerca de 100 mil reais pela venda de sua safra. Entretanto, afaltadechuvaprovocouumaperdadasafraavaliadaentre 1 1 e 5 4do total previsto. Qual dos valores a seguir pode representar a perda do agricultor?A) R$ 21.987,53 B) R$ 34.900,00 C) R$ 44.999,99D) R$ 51.987,53E) R$ 60.000,009. Devidoaumdefeitodeimpresso, umlivrode600pginasapresentaem branco todas as pginas cujos nmeros so mltiplos de 3 ou de 4. Quantas pginas esto impressas?A) 100 B) 150 C) 250D) 300 E) 430EUREKA!N24,20063Sociedade Brasileira de Matemtica10. Seis retngulos idnticos soreunidos para formar um retngulo maior conforme indicado na figura. Qual a rea deste retngulo maior?A) 210 cm2B) 280 cm2 C) 430 cm2D) 504 cm2

E) 588 cm2 21 cm 11. Orelgio do professor Piraldo, embora preciso, diferente, pois seus ponteiros semovemnosentidoanti-horrio. Sevocolhar noespelhoo relgioquandoeleestiver marcando2h23min, qual dasseguintesimagens voc ver?E E E E E A)B)C)D)E)12. Umaplacadecorativaconsistenumquadrado de 4 metros de lado, pintada de forma simtrica comalgumas faixas, conformeindicaes no desenhoaolado. Qual afraodareada placaque foi pintada? 1 1 3 6 7A)B) C)D) E)2 3 8 13 11 1m 1m 1m 1m 1m 1m 13. Pelculas deinsulfilmsoutilizadas emjanelas de edifcios e vidros de veculos parareduzir aradiaosolar. As pelculas soclassificadas de acordo com seu grau de transparncia, ou seja, com o percentual da radiao solar que ela deixa passar. Colocando-se uma pelcula de 70% de transparncia sobre umvidro com90%de transparncia, obtm-se uma reduo de radiao solar igual a : A) 3% B) 37% C) 40% D) 63% E) 160%14. Na figura, os dois tringulos so eqilteros. Qual o valor do ngulo x?EUREKA!N24,20064Sociedade Brasileira de Matemtica7565xA) 30oB) 40oC) 50oD) 60oE) 70o15. Um serralheiro solda varetas de metal para produzir peas iguais que sero juntadas para formar o painel abaixo. O desenho ao lado apresenta as medidas, emcentmetros, de uma dessas peas. Oserralheiro usa exatamente 20 metros de vareta para fazer o seu trabalho. 10 10 10 5 5 5 Qual dos desenhos abaixo representa o final do painel?A) B) C) D)E) 16.Dentreosnmeros1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 e 10,escolhaalguns e coloque-osnoscrculosbrancos detal formaqueasomados nmeros emdois crculos vizinhos seja sempre um quadrado perfeito. Ateno: o 2 j foi colocado em um doscrculosenopermitidocolocarnmerosrepetidos; almdisso, crculos separados pelo retngulo preto no so vizinhos. 2EUREKA!N24,20065Sociedade Brasileira de MatemticaA soma dos nmeros colocados em todos os crculos brancos :A) 36 B) 46 C) 47 D) 49 E) 5517. Figurascommesmaformarepresentamobjetosdemesmamassa. Quantos quadrados so necessrios para que a ltima balana fique em equilbrio? ? A) 7 B) 8 C) 9 D) 10 E) 1218. As 10 cadeiras de uma mesa circular foramnumeradas comnmeros consecutivosdedoisalgarismos, entreosquaishdoisquesoquadrados perfeitos. Carlossentou-senacadeiracomomaiornmeroeJanana, sua namorada, sentou-senacadeiracomomenornmero. Qual asomados nmeros dessas duas cadeiras?A) 29 B) 36 C) 37 D) 41 E) 6419. Em um ano, no mximo quantos meses tm cinco domingos?A) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) 720. As nove casas de um tabuleiro3 3 devem ser pintadas de foram que cada coluna, cada linha e cada uma das duas diagonais no tenham duas casas de mesma cor. Qual o menor nmero de cores necessrias para isso?A) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) 7PROBLEMAS NVEL 21. Uma loja de sabonetes realiza uma promoo com o anncio "Compre um e leve outro pela metade do preo. Outra promoo que a loja poderia fazer oferecendo o mesmo desconto percentual A) "Leve dois e pague umB) "Leve trs e pague umC) "Leve trs e pague dois D) "Leve quatro e pague trsE) "Leve cinco e pague quatro 2. Veja o problema No. 13 do Nvel 1. EUREKA!N24,20066Sociedade Brasileira de Matemtica3. Veja o problema No. 10 do Nvel 1.4. Veja o problema No. 4 do Nvel 1.5. Veja o problema No. 9 do Nvel 1.6. Platina ummetal muitoraro,mais raroatdoqueouro.Suadensidade 21,45 g/cm3. Suponhaqueaproduomundialdeplatinafoidecercade 110 toneladas em cada umdosltimos50anosedesprezvelantesdisso.Assinaleaalternativa com o objeto cujovolume mais prximo do volume de platina produzido no mundo em toda a histria.A) uma caixa de sapatos B) uma piscinaC) um edifcio de dez andares D) o monte Pascoal E) a Lua7. Veja o problema No. 5 do Nvel 1. 8. Veja o problema No. 17 do Nvel 1.9. Entretrezereais nonulos hmais nmeros positivos doquenegativos. Dentreos13 12782 produtosdedoisdostrezenmeros, 22so negativos.Quantosnmerosdentreostreze nmeros dados so negativos?A) 2 B) 7 C) 8 D) 9 E) 1010. O desenho ao lado mostra um pedao de papelo que ser dobrado e colado nas bordas para formar uma caixa retangular. Os ngulos nos cantos do papelo so todos retos. Qual ser o volume da caixa em cm3? 15 cm 20 cm 40 cm A) 1 500 B) 3 000 C) 4 500D) 6 000E) 12 00011. Sendo a,be cnmeros reais, pela propriedade distributiva da multiplicao em relao adio, verdade que a (b + c) = (a b) + (a c). A distributiva daadio em relao multiplicao a + (b c) = (a + b) (a + c) no sempre verdadeira, mas ocorre se, e somente se, A) a = b = c = 13 ou a = 0 B) a = b = cEUREKA!N24,20067Sociedade Brasileira de MatemticaC) A igualdade nunca ocorre D) a + b + c = 1 ou a = 0E)a = b = c = 012. Em certa cidade, acontece um fato interessante. Dez por cento dos BaianosdizemquesoPaulistasedezporcentodosPaulistasdizemque soBaianos. Todosos outros PaulistaseBaianosassumemasuaverdadeira origem.Dentre os Paulistas e Baianos, 20% dizem que so Paulistas. Que percentual os realmente Paulistas representam dentre os Paulistas e Baianos?A) 12,5% B) 18% C) 20% D) 22%E) 22,5%13. Veja o problema No. 14 do Nvel 1.14. As letras O, BeMrepresentamnmerosinteiros. SeO B M = 240, O B + M = 46eO + B M = 64, quanto vale O + B + M?A) 19 B) 20 C) 21 D) 24 E) 3615. Veja o problema No. 15 do Nvel 1.16. Veja o problema No. 19 do Nvel 1.17. Quantosnmerosentre10 e 13000,quando lidos da esquerda para a direita, so formadospor dgitos consecutivos e em ordem crescente? Exemplificando, 456 um desses nmeros, mas 7890 no :A) 10 B) 13 C) 18 D) 22 E) 2518. Um piloto percorreu trs trechos de um rali, de extenses 240 km, 300 km e 400km, respectivamente. Asvelocidadesmdiasnostrstrechosforam40 km/h, 75 km/h e 80 km/h, mas no necessariamente nessa ordem. Podemos garantir que o tempo total em horas gasto pelo piloto nos trs trechos :A) menor ou igual a 13 horasB) maior ou igual a 13 horas e menor ou igual a 16 horasC) maior ou igual a 14 horas e menor ou igual a 17 horasD) maior ou igual a 15 horas e menor ou igual a 18 horasE) maior ou igual a 18 horas19. Na figura, todas as circunferncias menores tm o mesmo raio re os centros das circunferncias quetocamacircunfernciamaior sovrtices deum quadrado. Sejam a e b as reas cinzas indicadas na figura. Ento a razo ab igual a:EUREKA!N24,20068Sociedade Brasileira de MatemticaabA) 12B) 23C) 1 D) 32E) 220. Um professor de Ingls d aula particular para uma classe de 9 alunos, dos quais pelo menos um brasileiro. Se o professor escolher 4 alunos para fazer umaapresentao, ternogrupopelomenosdoisalunos demesma nacionalidade; se escolher 5 alunos, ter no mximo trs alunos de mesma nacionalidade. Quantos brasileiros existem na classe?A) 1 B) 2C) 3D) 4 E) 5 21. Um relgio,com ponteiros de horas, minutos esegundos,fazplim todavezqueumponteiroultrapassaoutronomostrador. O nmero de plinsregistradosemumcerto dia, no perodo entre as 12 horas e 1 segundo e as 23 horas, 59 minutos e 59 segundos :A) 732 B) 1438 C) 1440 D) 1446 E) 1452 22. Na figura, a reta PQ toca em N o crculo que passa por L, M eN. A reta LM corta a reta PQ em R. Se LM = LN e a medida do ngulo PNL , < 60o, quanto mede o ngulo LRP?LMN P Q RA)3 180oB)180o 2 C) 180o D) 90o /2 E) 23. Os inteiros positivos x e y satisfazem a equao1 12 21 x y x y + .Qual das alternativas apresenta um possvel valor de y?EUREKA!N24,20069Sociedade Brasileira de MatemticaA) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 924. Veja o problema No. 16 do Nvel 1. 25. Umblocodedimenses1 2 3colocadosobreumtabuleiro8 8, como mostra a figura, com a face X, de dimenses 1 2, virada para baixo. Giramos o bloco em torno de uma de suas arestas de modo que a face Y fique virada para baixo. Em seguida, giramos novamente o bloco, mas desta vez de modo que a face Z fique virada para baixo. Giramos o bloco mais trs vezes, fazendo com que as faces X,Ye Zfiquem viradas para baixo, nessa ordem. Quantosquadradinhosdiferentesdotabuleiroestiveramemcontatocomo bloco?YZA) 18 B) 19 C) 20 D) 21 E)22PROBLEMAS NVEL 31. Veja o problema No. 17 do Nvel 2. 2. Os pontosL,MeNso pontosmdiosdearestasdocubo,comomostra a figura. Quanto mede o ngulo LMN?EUREKA!N24,200610Sociedade Brasileira de Matemtica L M N A) 90oB) 105o C) 120oD) 135oE) 150o 3. Veja o problema No. 22 do Nvel 2. 4. Veja o problema No. 14 do Nvel 2. 5. Esmeraldadigitoucorretamenteummltiplode7muitogrande, com4010 algarismos. Da esquerda para a direita, os seus algarismos so 2004 algarismos 1, um algarismo n e 2005 algarismos 2. Qual o valor de n?A) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) 76. Veja o problema No. 23 do Nvel 2. 7. Veja o problema No. 25 do Nvel 2.8. Veja o problema No. 1 do Nvel 2. 9. Veja o problema No. 6 do Nvel 2. 10. Afiguramostraumcubodearesta1noqualtodasasdozediagonais deface foram desenhadas. Com isso, criou-se uma rede com 14 vrtices (os 8 vrtices do cubo e os 6 centros de faces) e 36 arestas (as 12 arestas do cubo e mais 4 sobre cada uma das 6 faces). Qual o comprimento do menor caminho que formado por arestas da rede e que passa por todos os 14 vrtices?A) 1 6 2 +B) 4 2 2 +C) 6 D) 8 6 2 +E) 12 12 2 +EUREKA!N24,200611Sociedade Brasileira de Matemtica11. Uma das faces de um poliedro um hexgono regular. Qual a quantidade mnima de arestas que esse poliedro pode ter?A) 7 B) 9 C) 12 D) 15 E) 1812. Veja o problema No. 19 do Nvel 1. 13. O ponto D pertence ao lado BC do tringulo ABC. Sabendo que AB = AD = 2, BD= 1 e os ngulosBADe CADso congruentes, ento a medida do segmento CD : A) 32B) 43C) 54D) 65E) 7614. Esmeraldaadoraosnmerostriangulares(ou seja,os nmeros 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28), tanto que mudou de lugar os nmeros 1, 2, 3, , 11 do relgio de parede do seu quarto de modo que a soma de cada par de nmeros vizinhos um nmero triangular. Ela deixou o 12 no seu lugar original. Que nmero ocupa o lugar que era do 6 no relgio original?A) 1 B) 4 C) 5 D) 10 E) 1115. Os termos an de uma seqncia de inteiros positivos satisfazem a relaoan+3 = an+2(an+1 + an) para n = 1, 2, 3 Se a5 = 35, quanto a4? A) 1 B) 3 C) 5 D) 7 E) 916. Veja o problema No. 11 do Nvel 2. 17. Veja o problema No. 19 do Nvel 2. 18. Entretrezereaisnonuloshmaisnmerospositivosdoque negativos.Dentreos 13 12782produtos de dois dos treze nmeros, 22 so negativos. Quantos nmeros dentre os treze nmeros dados so negativos?A) 2 B) 7 C) 8 D) 9 E) 1019. Traando asquatroretasperpendicularesaosladosdeumparalelogramo noretngulo pelos seus pontos mdios, obtm-se uma regio do plano limitadaporessasquatroretas. Podemosafirmarqueareadessaregio igual rea do paralelogramo se um dos ngulos do paralelogramo for igual a:A) 30oB) 45oC) 60oD) 75oE) 90oEUREKA!N24,200612Sociedade Brasileira de Matemtica20. O nmero 3 4 3 4(2 2) (3 2) (2 2) (3 2) + + +:A) inteiro mpar B) inteiro parC)racional no inteiro D) irracional positivo E) irracional negativo21. Sejam 210(log 2005)10 A , 32005 B e 20052 C . Ento:A) A < B < C B) A < C < BC) B < A < C D) B < C < A E) C < A < B22. Veja o problema No. 18 do Nvel 2. 23. Dois nmeros inteiros so chamados de primanos quando pertencem a uma progresso aritmtica de nmeros primos com pelo menos trs termos. Por exemplo, os nmeros 41 e 59 so primanos pois pertencem progresso aritmtica (41; 47; 53; 59) que contm somente nmeros primos.Assinale a alternativa com dois nmeros que no so primanos.A) 7 e 11 B) 13 e 53 C) 41 e 131 D) 31 e 43E) 23 e 4124. Um relgio, com ponteiros de horas, minutos e segundos, faz plimtoda vez que um ponteiro ultrapassa outro no mostrador. O nmero de plins registrados em um certo dia no perodo entre as 12 horas e 1 segundo e as 23 horas, 59 minutos e 59 segundos :A) 732 B) 1438 C) 1440 D) 1446 E) 145225. Veja o problema No. 20 do Nvel 2. GABARITO NVEL 1 (5a. e 6a. sries) 1) A 6) B 11) A 16) B2) E 7) E 12) C 17) D3) A 8) A 13) B 18) D4) E 9) D 14) B 19) C5) B 10) E 15) B 20) CEUREKA!N24,200613Sociedade Brasileira de MatemticaNVEL 2 (7a. e 8a. sries)1) D 6) B 11) D 16)C 21) Anulada2) B 7) B 12) A 17) D 22) Anulada3) E 8) D 13) B 18) Anulada 23) C4) E 9) A 14) B 19) C 24) B5) D 10) B 15) B 20) C 25) BNVEL 3 (Ensino Mdio)1) D 6)C 11) C 16) D 21) C2) C 7) B 12) C 17) C 22) Anulada3) Anulada 8) D 13) B 18) A 23) B4) B 9) B 14) C 19) B 24) Anulada5) B 10) A 15) D 20) B 25) CXXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICAProblemas e Solues da Segunda FasePROBLEMAS Nvel 1 PARTE A(Cada problema vale 5 pontos)01. O tanque do carro de Esmeralda, com capacidade de 60 litros, contm uma mistura de 20% de lcool e 80% de gasolina ocupando metade de sua capacidade. Esmeraldapediuparacolocar lcool notanqueatqueamisturaficassecom quantidades iguais de lcool e gasolina. Quantos litros de lcool devemser colocados?02. Na seqncia de nmeros 1, a, 2, b, c, d, ... dizemos que o primeiro termo 1, o segundo termo a, o terceiro termo 2, o quarto termo b, e assim por diante. Sabe-se que esta seqncia tem 2005 termos e que cada termo, a partir do terceiro, a mdia aritmtica de todos os termos anteriores. Qual o ltimo termo dessa seqncia?03. Natasha supersticiosa e, ao numerar as 200 pginas de seu dirio, comeou do 1 mas pulou todos os nmeros nos quais os algarismos 1 e 3 aparecem juntos, em qualquer ordem. Por exemplo, os nmeros 31 e 137 no aparecem no dirio, porm 103 aparece.Qual foi o nmero que Natasha escreveu na ltima pgina do seu dirio?EUREKA!N24,200614Sociedade Brasileira de Matemtica04.Juliana foi escrevendo os nmeros inteiros positivos emquadrados de papelo, coladosladoaladopor fitasadesivasrepresentadaspelosretngulos escuros no desenho abaixo. Note que cada fila de quadrados tem um quadrado a mais que a fila de cima. Ela escreveu at o nmero 105 e parou. Quantos pedaos de fita adesiva ela usou?12 3475869 1005. Lara tem cubos iguais e quer pint-los de maneiras diferentes, utilizando as cores laranja ou azul para colorir cada uma de suas faces. Para que dois cubos no se confundam, no deve ser possvel girar um deles de forma que fique idntico ao outro. Por exemplo, h uma nica maneira de pintar o cubo com uma face laranja e cinco azuis.Quantos cubos pintados de modos diferentes ela consegue obter?06. Um carpinteiro fabrica caixas de madeira abertas na parte de cima, pregando duas placas retangulares de 600 cm2cada uma, duas placas retangulares de 1200 cm2cadaumaeumaplacaretangular de800cm2, conformerepresentadono desenho. Qual o volume, em litros, da caixa? Note que l litro = 1000 cm3.PROBLEMAS Nvel 1 PARTE B(Cada problema vale 10 pontos)EUREKA!N24,200615Sociedade Brasileira de MatemticaPROBLEMA 1Quatropeasiguais, emformadetringuloretngulo, foramdispostasdedois modos diferentes, como mostram as figuras.ABCDEFGHMNOPI JK LOs quadradosABCDe EFGHtm lados respectivamente iguais a 3 cm e 9 cm. Calcule as reas dos quadrados IJKL e MNOP.PROBLEMA 2Considere trs nmeros inteiros positivos consecutivos de trs algarismos tais que o menor mltiplo de 7, o seguinte mltiplo de 9 e o maior mltiplo de 11. Escreva todas as seqncias de nmeros que satisfazem essas propriedades.PROBLEMA 3Cada pea de um jogo de domin possui duas casas numeradas. Considere as 6 peas formadas apenas pelos nmeros 1, 2 e 3.(a) De quantos modos possvel colocar todas estas peas alinhadas em seqncia, de modo que o nmero da casa da direita de cada pea seja igual ao nmero da casa da esquerda da pea imediatamente direita? A seguir, mostramos dois exemplos: (b) Expliquepor que no possvel fazer omesmocomtodas as 10peas formadas apenas pelos nmeros 1, 2, 3 e 4.PROBLEMAS Nvel 2 PARTE AEUREKA!N24,200616Sociedade Brasileira de Matemtica(Cada problema vale 4 pontos)01. Veja o problema No. 3 do Nvel 1 Parte A.02. Quatro peas iguais, em forma de tringulo retngulo, foram dispostas de dois modos diferentes, como mostram as figuras abaixo.ABCDEFGHMNOPI JK LOs quadrados ABCD e EFGH tm lados respectivamente iguais a 3 cm e 9 cm. Determine a medida do lado do quadrado IJKL.03. Veja o problema No. 4 do Nvel 1 parte A.04.Umterrenoquadrangular foi divididoemquatrolotesmenorespor duas cercas retas unindo os pontos mdios dos lados do terreno. As reas de trs dos lotes esto indicadas em metros quadrados no mapa a seguir. 200 210250Qual a rea do quarto lote, representado pela regio escura no mapa?05. Seja a um nmero inteiro positivo tal que a mltiplo de 5, a + 1 mltiplo de 7, a + 2 mltiplo de 9 e a + 3 mltiplo de 11. Determine o menor valor que a pode assumir.EUREKA!N24,200617Sociedade Brasileira de MatemticaPROBLEMAS Nvel 2 PARTE B(Cada problema vale 10 pontos)PROBLEMA 1Gabriel resolveu uma prova de matemtica com questes de lgebra, geometria e lgica. Aps checar o resultado da prova Gabriel observou que respondeu corretamente 50% das questes de lgebra, 70% das questes de geometria e 80% dasquestesdelgica. Gabrielobservou, tambm, querespondeucorretamente 62% das questes de lgebra e lgica e 74% das questes de geometria e lgica. Qual a porcentagem de questes corretas da prova de Gabriel?PROBLEMA 2O canto de um quadrado de cartolina foi cortado com uma tesoura. A soma dos comprimentos dos catetos do tringulo recortado igual ao comprimento do lado doquadrado. Qual ovalor dasomadosngulos e marcadosnafigura abaixo?27PROBLEMA 3(a) Fatore a expresso 2 28 9 y xy x + .(b) Determine todos os pares de inteiros (x; y) tais que2005 8 92 2 y x xy .PROBLEMA 4Veja o problema No. 3 do Nvel 1 Parte B. PROBLEMAS Nvel 3 PARTE A(Cada problema vale 4 pontos)EUREKA!N24,200618Sociedade Brasileira de Matemtica01. Na figura, ABCDE um pentgono regular e AEF um tringulo eqiltero. Seja P um ponto sobre o segmento BF , no interior de ABCDE, e tal que o ngulo A E P mede 12, como mostra a figura abaixo.FAPEBC DCalcule a medida, em graus, do ngulo PC.02. Seja a um nmero inteiro positivo tal que a mltiplo de 5, a + 1 mltiplo de 7, a + 2 mltiplo de 9 e a + 3 mltiplo de 11. Determine o menor valor que a pode assumir.03. Veja o problema No. 4 do Nvel 2 parte A.04.Afuno: f satisfaz)) ( ( )) ( ( y f f x y f x f + +para todosos nmeros reais x e y. Sabendo que 8 ) 2 ( f, calcule f(2005).05. Voc tem que determinar o polinmio p(x) de coeficientes inteiros positivos fazendoperguntasdaformaQual ovalor numricodep(k)?, sendokum inteiro positivo sua escolha. Qual o menor nmero de perguntas suficiente para garantir que se descubra o polinmio?PROBLEMAS Nvel 3 PARTE B(Cada problema vale 10 pontos)PROBLEMA 1Determine todos os pares de inteiros (x; y) tais que2005 8 92 2 y x xy .PROBLEMA 2EUREKA!N24,200619Sociedade Brasileira de MatemticaUmprismaretoetemcomobaseumtringuloequiltero. Umplanocortao prisma mas no corta nenhuma de suas bases, determinando uma seco triangular de lados a, b e c. Calcule o lado da base do prisma em funo de a, b e c.PROBLEMA 3No campeonato tumboliano de futebol, cada vitria vale trs pontos, cada empate vale um ponto e cada derrota vale zero ponto. Um resultado uma vitria, empate ou derrota. Sabe-se que o Flameiras no sofreu nenhuma derrota e tem 20 pontos, mas no se sabe quantas partidas esse time jogou. Quantas seqncias ordenadas de resultados o Flameiras pode ter obtido? Representando vitria porV, empate por E e derrota por D, duas possibilidades, por exemplo, so (V, E, E, V, E, V, V, V, E, E) e (E, V, V, V, V, V, E, V).PROBLEMA 4Determine o menor valor possvel do maior termo de uma progresso aritmtica com todos os seus sete termos a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7 primos positivos distintos.Curiosidade:Noano passado,osex-olmpicosTerence Tao(Austrlia, ouro na IMO 1988) e Ben Green (Reino Unido, prata na IMO 1994) provaram que existem progresses aritmticas arbitrariamente grandes comtodos os termos primos positivos. Tal questoremontaaosculoXVIII, aparecendonaspesquisasde Lagrange e Waring.Solues Nvel 1 Segunda Fase Parte A Problema 01 02 03 04 05 06Resposta 18 2 214 182 10 241. O tanque contm uma mistura de 30 litros, sendo0, 2 30 6 litros de lcool e 30 6 = 24 litros de gasolina. Portanto, para que as quantidades de gasolina e lcool fiquem iguais, devem ser colocados no tanque 24 6 = 18litros de lcool. 2. Como2amdiaaritmticade1ea, podemosescrever122a + , logo 1 4 3 a a + ; portanto,1 2 323b+ + ;1 3 2 224c+ + + ; 1 3 2 2 225d+ + + + . Essesexemplossugeremquetodosostermos, a EUREKA!N24,200620Sociedade Brasileira de Matemticapartir doterceiro, soiguais a2. Defato, quandointroduzimos emuma seqncia um termo igual mdia de todos os termos da seqncia, a mdia da nova seqncia a mesma que a da seqncia anterior. Assim, o ltimo termo da seqncia dada 2. 3. Natasha pulou os nmeros 13, 31, 113, 130,131, 132, ..., 139, num total de 13 nmeros. Portanto, na ltima pgina do seu dirio escreveu o nmero 200 + 13 +1 = 214. 4. Olhando para o ltimo nmero da fila n, vemos que ele a soma de todos os nmeros de 1 a n: por exemplo, na fila 4, o ltimo nmero da fila 1 + 2 + 3 + 4 = 10. Note que para obter a quantidade de nmeros at uma certa fila, basta somar o nmero da fila ao total de nmeros que havia antes dessa fila. Assim, temos, fila 5 : 15, fila 6: 21, fila 7: 28, fila 8: 36, fila 9: 45, fila 10: 55, fila 11: 66, fila 12: 78, fila 13: 91, fila 14: 105 O nmero de fitas adesivas horizontais entre uma fila n 1 e uma fila n igual a n1eonmerodefitasadesivasverticaisnumafilanigualn1. Portanto, at a fila nmero 14, o nmero de fitas ( ) ( )13 141 2 13 1 2 13 22+ + + + + + + L L 182.5. Todas as faces azuis: uma maneira. Cinco faces azuis e uma amarela: uma maneira.Quatrofaces azuis eduas amarelas:duas maneiras(duas faces amarelas opostas ou duas faces amarelas adjacentes).Trsfacesazuisetrsfacesamarelas:duasmaneiras(trsazuiscomum vrtice comum uma maneiraou trs azuis com uma aresta comum duas a duas uma maneira)Duas faces azuis e quatro amarelas: duas maneirasUma face azul e cinco amarelas: uma maneira.Todas as faces amarelas: uma maneira.Portanto, o nmero de maneiras diferentes de pintar o cubo 10.6. Sejam a, b e c as medidas da caixa, conforme indicado no desenho ao lado. Segundo o enunciado, podemos escreverab = 600,ac = 1200e bc = 800. Sabemos que o volume da caixa abc. Utilizando as propriedades das igualdades e de potncias, podemos escrever EUREKA!N24,200621Sociedade Brasileira de Matemtica( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 3 226 2 6 6 2 6 3 3 3600 1200 800 2 3 10 2 3 10 2 102 3 10 2 3 10 2 3 10 24 1000 cmab ac bc a b cabc abc abc Como 1 litro igual a 1000 cm3, conclumos que o volume da caixa de 24 litros.Solues Nvel 1 Segunda Fase Parte BSOLUO DO PROBLEMA 1:1maneira:OquadradoIJKLe o quadradoMNOPtmcomo lados as hipotenusas dos tringulos retngulos dados, logo tm a mesma rea s. Fazendo os doisquadradoscoincidirem, conclumosqueodobrodasomatdasreasdos quatrotringulosretngulosadiferenaentreasreasdosquadradosIJKLe EFGH, ou seja, 2 22 9 3 2 72 36 t t t = - = =. Assim, s = 9 + 36 = 81 36 = 45 cm2.2 maneira: No quadrado IJKL, seja JC = x. Ento IC = ID + DC = JC + DC =x+ 3. Ento, no quadradoEFGH, temos 3 9 2 6 3 HN NG x x x x + = + + = = = . Portanto, areadoquadrado IJKL, igual somadasreasdosquatrotringulosretnguloscomareado quadradoABCD, vale( )23 3 34 3 36 9 452 + + = + = e a rea do quadrado MNOP, igual diferena entre a rea do quadrado EFGH e a soma das reas dos quatro tringulos retngulos, vale ( )23 3 39 4 81 36 452 +- = - =cm2.SOLUO DO PROBLEMA 2:Seja n = abc mltiplo de 11; ento n 1 deve ser mltiplo de 9 e n 2 deve ser mltiplo de 7.Seja0 c :Comoabcmltiplode11, podemos ter 0 ou11a b c a b c - + = - + = . Comoabc 1 mltiplo de 9, podemos ter 1 9 ou1 18a b c a b c + + - = + + - = . No caso de 1 0 a b c + + , teramos 1 99 100 n n , que no mltiplo de 11. Assim, simultaneamente, somente podemos ter10 2 10 5( )5a b c b bia c b a c b a c+ + + + + ou EUREKA!N24,200622Sociedade Brasileira de Matemtica19 2 11 19 4( )11 11 15a b c b biia c b a c b a c+ + + + + + + + No caso (i) existem as seguintes possibilidades para n: 154, 253, 352, 451, que so mltiplosde11;paran1temososnmeros153, 252, 351, 450e549so mltiplos de 9. Para os nmeros n 2 temos 152, 251, 350, 449 e 548, dos quais apenas 350 mltiplo de 7.No caso (ii) existem as seguintes possibilidades para n: 649, 748, 847 e 946, que somltiplosde11; paran1temososnmeros648, 747, 846e945so mltiplosde9. Paraosnmerosn2temos647, 746, 845e944, dosquais nenhum mltiplo de 7.Seja c = 0:Neste caso,n1 tem os algarismosa,b1 e 9. Assim, 1 9 9 ou 1 9 18 a b a b + + + + ouseja, 1 ou10 a b a b + + . Como 0 ou 11a b c a b a b c a b - + = - = - + = - = , conclumos quea=b. Assim, a = b = 5, o que fornece os nmeros n = 550, n 1 = 549 e n 2 = 548, que no divisvel por 7. Portanto, a nica seqncia de trs nmeros inteiros consecutivos nas condies dadas 350, 351 e 352. SOLUO DO PROBLEMA 3:1a maneira:a) Podemos representar uma seqncia vlida comouma seqncia de pares ordenados. O primeiro exemplo a seqncia [(1,1),(1,2),(2,2),(2,3),(3,3),(3,1)] e, a partir dela, podemos criar outras seqncias vlidas movendo o par da esquerda paraadireita(ouda direitapara aesquerda).Assim, sovlidas as seqncias [(1,2),(2,2),(2,3),(3,3),(3,1),(1,1)], [(2,2),(2,3),(3,3),(3,1),(1,1), (1,2)],etc. num total de 6seqncias diferentes. Mudandoa posiodos nmeros dos pares ordenados, podemos criar outras 6seqncias: [(2,1), (1,1), (1,3), (3,3),(3,2),(2,2)], [ (1,1), (1,3), (3,3),(3,2),(2,2), (2,1)], etc. Portanto, de acordo com as regras dadas h 12 modos de colocar as peas em seqncia.2a maneira:a) As pontas devem ter o mesmo nmero, pois eles aparecem um nmero par de vezes(seaparecerumnmeronumapontaeoutronaoutra, entohpelo menosdoisnmerosqueaparecemumnmerompardevezes, oqueno ocorre). Algumapeacomdoisnmerosiguaisdeveapareceremumadas pontas, poisdocontrrioteramostrsdasquatropeascentraiscomduas iguais, vizinhas, oqueimpossvel). Sendoassim, aseqnciapodeser representada por XX-XY-YY-YZ-ZZ-ZX, onde para X temos trs possibilidades, para Y temos duas possibilidade e para Z, uma possibilidade, EUREKA!N24,200623Sociedade Brasileira de Matemticanum total de 3.2.1 = 6 possibilidades para a seqncia que comea com uma dupla. Se a seqncia terminar comuma dupla, teremos novamente 6 possibilidades. Portanto, h 12 modos de colocar as seis peas em seqncia. b) Paracadanmero, existem4peas. Por exemplo,as peas com o nmero 1 esto desenhadas ao lado. O nmero de vezes em que aparece o nmero 1 mpar, logo a seqncia deveria comear com 1 e terminar com outro nmero ou comear com outro nmero e terminar com 1. Neste caso, os outros dois nmeros deveriam aparecer umnmero par de vezes, pois no estariamnaponta,masisso noocorre: todososquatronmeros aparecem um nmero mpar de vezes. Solues Nvel 2 Segunda Fase Parte A Problema 01 02 03 04 05Resposta 214 --------182 240 1735 1. Natasha pulou os nmeros 13, 31, 113, 130,131, 132, ..., 139, num total de 13 nmeros. Portanto, na ltima pgina do seu dirio escreveu o nmero 200 + 13 +1 = 214. 2. Sejamxeyo maior e o menor catetos, respectivamente, do tringulo retngulo. Como o lado do quadrado ABCD mede 3 cm, temos x y = 3. Por outro lado, como o lado de EFGH mede 9 cm, temos x + y = 9. Resolvendo o sistema, encontramos x= 6 e y= 3. Logo, o lado do quadrado IJKL, que a hipotenusa do tringulo retngulo, mede 5 3 45 3 62 2 +cm.OUTRASOLUO:OquadradoIJKLeoquadradoMNOPtmcomo lados as hipotenusas dos tringulos retngulos dados, logo tm a mesma rea s. Fazendo os dois quadrados coincidirem, conclumos que o dobro da soma tEUREKA!N24,200624Sociedade Brasileira de Matemticadasreasdosquatrotringulosretngulosadiferenaentreasreasdos quadrados IJKL e EFGH, ou seja, 2t = 92 32 , o que fornece t = 36.. Assim, s = 9 + 36 = 81 36 = 45 cm2 e o lado do quadrado IJKL 5 3 45 cm. 3. Olhando para o ltimo nmero da fila n, vemos que ele a soma de todos os nmeros de 1 a n: por exemplo, na fila 4, o ltimo nmero da fila 1 + 2 + 3 + 4 = 10. Note que para obter a quantidade de nmeros at uma certa fila, basta somar o nmero da fila ao total de nmeros que havia antes dessa fila. Assim, temos, fila 5 : 15, fila 6: 21, fila 7: 28, fila 8: 36, fila 9: 45, fila 10: 55, fila 11: 66, fila 12: 78, fila 13: 91, fila 14: 105 O nmero de fitas adesivas horizontais entre uma fila n 1 e uma fila n igual a n1eonmerodefitasadesivasverticaisnumafilanigualn1. Portanto, at a fila nmero 14, o nmero de fitas ( ) ( )13 141 2 13 1 2 13 22+ + + + + + + L L 182.4. Primeira Soluo:Unindo os pontos mdios de lados consecutivos do quadriltero, obtemos segmentos paralelos s suas diagonais e iguais metade delas. Portanto, o quadriltero assimobtido umparalelogramo. Os segmentos traados dividem cada um dos quatro lotes em duas partes. Todas as partes internas tm a mesma rea s, igual a 1/4da rea do paralelogramo. Cada uma das partes externas tem rea igual a 1/4 do tringulo determinado peladiagonal correspondente. Assim,a+cigual metadedareado quadriltero, o mesmo ocorrendo com b + c.Da, a + s + c + s = b + s + d + s. Portanto, a rea S desconhecida satisfaz S + 210 = 200 + 250, ou seja, S = 240.

a b c d s s s s Segunda Soluo: Ligando o ponto de interseo das retas que representam as duas cercas aos vrtices, obtemos:EUREKA!N24,200625Sociedade Brasileira de Matemtica A M B O Q N D P CObservemos que, como AQ = QD e as alturas de OAQ e OQD que passam por O so iguais, as reas de OAQ e OQD so iguais.Analogamente, as reas de OAMe OMB;OBNe ONC;OCPe OPDso iguais. Logo rea OAQ + rea OAM + rea OCP + rea ONC = rea OQD + rea OMB + rea OPD + rea OBN rea AMOQ + rea CNOP = rea DPOQ + rea BMON rea AMOQ = 200 + 250 210 = 240.5. Como a+ 3 mltiplo de 11,a+ 3 = 11b, b Z. Sendo amltiplo de 5, 10 3 a b b tambm , de modo queb 3 = 5c25 3 11(5 3) 3 55 30, b c a c c c+ + + + O nmero a + 2 mltiplo de 9, assim comoa+ 2 54c 36 =c 4. Portanto 4 9 9 4 55(9 4) 30 495 250, . c d c d a d d d + + + + Por fim, sendo a + 1 mltiplo de 7, ento a + 1 497d 245 = a + 1 7 (71d + 35) = 2d+6=2(d3)tambm, ouseja,d3=7k7 3, d k k + e 495(7 3) 250 3465 1735 a k t + + + Logo o menor valor de a 1735.Solues Nvel 2 Segunda Fase Parte BSOLUO DO PROBLEMA 1: Vamos representar por A, G e L a quantidade de questes de lgebra, Geometria e Lgica da Prova e por a, g e l as questes respondidas acertadamente em cada uma destas reas. As condies do problema fornecem as seguintes equaes:0, 5; 0, 7; 0,8; 0, 62; 0, 74a g l a l g lA G L A L G L+ + + +EUREKA!N24,200626Sociedade Brasileira de MatemticaSubstituindo as relaes expressas pelas trs primeiras equaes nas outras duas, obtemos:2318 , 0 12 , 0 62 , 08 , 0 5 , 0 LA L AL AL A ++0, 7 0,8 30, 74 0, 04 0, 062G L LG L GG L+ +A porcentagem de questes acertadas :3 30, 5. 0, 7. 0,80, 5 0, 7 0,8 2, 62 20, 65 65%3 342 2L L La g l A G LA G L A G LL L L+ ++ + + + + + + ++ +SOLUO DO PROBLEMA 2:Vamos denotar por A, B, C e D os vrtices do quadrado e por MN o corte efetuado. ComoCM+CN=BC=CD, resulta queBM=CNeDN=MC. Em conseqncia, ostringulosADNeDCMsocongruentes, omesmoocorrendo com ABMe BCN(em cada caso, os tringulos so retngulos e possuem catetos iguais). Logo, DN = CDM = e BM = CBN = . Assim, + + 27o = 90o e+ = 63o. AB CD M N 27o SOLUO DO PROBLEMA 3:a) x2 9xy + 8y2 = x2 xy 8xy + 8y2 =x(x y) 8y (x y) = (x 8y)(x y).Alternativamente, as razes da equao do 2o grau x2 9xy + 8y2, de incgnita x, so y e 8y. Logo, x2 9xy + 8y2 fatora em (x 8y)(x y).b) A equao a ser resolvida (x y)(8y x) = 2005 (*)Observemos que a fatorao em primos de 2005 5 401.EUREKA!N24,200627Sociedade Brasileira de MatemticaAlm disso, a soma dos fatores x ye 8y x 7y, que mltiplo de 7. A soma dos fatores t406, sendo que somente t406 mltiplo de 7. Assim,5e8 401 63e 58ouou401e8 5 459e 58(*) ou 5e8 401ou401e8 5x y y x x yx y y x x yx y y xx y y x ou63e 58ou459e 58x yx y As solues so, portanto, (63; 58), (459;58), (63; 58) e (459; 58).OUTRA SOLUO:Observando a equao dada como uma equao do segundo grau em x, obtemosx2 9yx + 8y2 + 2005 = 0 (*),cujo discriminante = (9y)2 4(8y2 + 2005) = 49y2 8020Paraque(*)admitasoluesinteiras, seudiscriminantedeveserumquadrado perfeito; portanto49y2 8020 = m2 (7y m)(7y + m) = 8020 = 22 5 401 (**)Podemos supor, sem perda de generalidade, que m 0, pois se (m; y) soluo de (**), ento (m;y)tambm. Observandotambmque7yme7y+mtmamesma paridade e y m 7y + m, ento podemos dividir o problema em 4 casos: 7y m = 2 e 7y + m = 4010 m = 2004 e y = 2006/7, impossvel; 7y m = 10 e 7y + m = 802 m = 396 e y = 58; 7y m = 802 e 7y + m = 10 m = 396 e y = 58; 7y m = 4010 e 7y + m = 2 m = 2004 e y = 2006/7, impossvel.Sey= 58, as solues emxde (*) so 4592396 58 929+ +m ye 632396 58 929 m y. EUREKA!N24,200628Sociedade Brasileira de MatemticaSe y =58, as solues em x de (*) so632396 ) 58 ( 929 + +m y e 4592396 ) 58 ( 929 m y.Logo as solues so (63 ; 58), (459 ; 58), ( 63 ; 58) e ( 459 ; 58).SOLUO DO PROBLEMA 4: Veja a soluo do problema No. 3 do Nvel 1 parte BSolues Nvel 3 Segunda Fase Parte A Problema 01 02 03 04 05Resposta 12 1735 240 2011 201 . Primeiro observamos que os ngulos internos de um pentgono regular medem (5 2) 1801085 . Como AF = AE = AB, o tringulo ABF issceles com 180 ( ) 180 ( ) ( ) 180 108 60( ) ( ) 62 2 2m BAF m BAE m EAFm ABF m AFB .No tringulo PEF, ( ) ( ) ( ) 60 6 54 m EFP m AFE m AFB e ( ) 180 ( ) ( ) 180 60 12 54 54 m EPF m PEF m EFP , ou seja, o tringulo PEF issceles com PE = EF. Assim, como EF = AE, o tringulo PEA tambm issceles com 180 ( ) 180 12( ) ( ) 84 .2 2m PEAm PAE m EPA Alm disso, 180 ( ) 180 108( ) 362 2m ABCm CAB e ( ) ( ) ( ) 108 36 72 . m CAE m BAE m CAB Logo, ( ) ( ) ( ) 84 72 12 . m PAC m PAE m CAE 02. PRIMEIRA SOLUO: Comoa+3mltiplode11,a+3=11b, b . Sendoamltiplode5, 10 3 a b b tambm , de modo queb 3 = 5c5 3 11(5 3) 3 55 30, b c a c c c + + + EUREKA!N24,200629Sociedade Brasileira de MatemticaO nmero a + 2 mltiplo de 9, assim como a + 2 54c 36 = c 4. Portanto 4 9 9 4 55(9 4) 30 495 250, . c d c d a d d d + + + + Por fim, sendo a + 1 mltiplo de 7, ento a + 1 497d 245 = a + 1 7 (71d + 35) = 2d + 6 = 2(d 3) tambm , ou seja, d 3 = 7k7 3, d k k + e 495(7 3) 250 3465 1735. a k t + + + Logo o menor valor de a 1735.SEGUNDA SOLUO: As condies do problema equivalem a dizer que 2 5 2( 1) 7 2( 2) 9 2( 3) 11 a a a a + + + mltiplo de 5, 7, 9 e 11, donde mltiplo de 5 7 9 11 3465. Assim, o menor valor dea tal que 2 5 3465 a , ou seja, a = 1735.03.Ligando o ponto de interseo das retas que representam as duas cercas aos vrtices, obtemos: A M B O Q N D P CObservemos que, como AQ = QD e as alturas de OAQ e OQD que passam por O so iguais, as reas de OAQ e OQD so iguais.Analogamente, as reas de OAMe OMB;OBNe ONC;OCPe OPDso iguais. Logo rea OAQ + rea OAM + rea OCP + rea ONC = rea OQD + rea OMB + rea OPD + rea OBN rea AMOQ + rea CNOP = rea DPOQ + rea BMON rea AMOQ = 200 + 250 210 = 240.04. Substituindo y por 2 e x por a f(2) = a 8, obtemos f(a f(2) + f(2)) = a 8 + f ( f (2)) f(a) = a 8 + f(8).Substituindo a por 2 na ltima equao, obtemos f(2) = 2 8 + f(8) 8 = 2 8 + f(8) f(8) = 14. Assim f(a) = a 8 + 14 = a + 6 e f(2005) = 2005 + 6 = 2011.05.A idia da soluo perguntar o valor numrico dep(k) parak suficientemente grande. Suponha que o polinmio seja:p(x)= anxn+ an1xn1 + ... + a0, com an, an 1, ..., a0 inteiros positivos. Se k um inteiro, tal que: k > M EUREKA!N24,200630Sociedade Brasileira de Matemtica= mx {an, an-1, ..., a0}, ento p(k) um inteiro, cujos dgitos na representao em base k so exatamente os coeficientes do polinmio p(x). Podemos ento tomar k igual a uma potncia de 10 suficientemente grande.Logo para resolver o problema, basta perguntarmos o valor dep(1), assim obtemos uma cota superior para M,e ento perguntamos o valor de p(x) para x igualaumapotnciade10maiordoquep(1).Portanto, onmeromnimode perguntas que devemos fazer, para garantir que o polinmio p(x) seja determinado sem sombra de dvidas, 2.Por exemplo: Se p(1)= 29, perguntamos p(100), digamos que p(100)= 100613. Ento o nosso polinmio p(x) = 10x2 + 6x + 13.Solues Nvel 3 Segunda Fase Parte BSOLUO DO PROBLEMA 1: Temos 2 2 2 29 8 2005 8 8 2005 xy x y xy x xy y + ( ) 8 ( ) 2005 ( )(8 ) 2005(*) x y x y x y x y y x + Observemos que a fatorao em primos de 2005 5 401.Alm disso, a soma dos fatores x y e 8y x 7y, que mltiplo de 7. Devemos ento escrever 2005 como produto de dois fatores, cuja soma um mltiplo de 7. Para isso, os fatores devem ser t5 e t401. A soma dos fatores t406.5e8 401 63e 58ouou401e8 5 459e 58(*) ou 5e8 401ou401e8 5x y y x x yx y y x x yx y y xx y y x ou63e 58ou459e 58x yx y As solues so, portanto, (63; 58), (459;58), (63; 58) e (459; 58).OUTRA SOLUO:Observando a equao dada como uma equao do segundo grau em x, obtemosEUREKA!N24,200631Sociedade Brasileira de Matemticax2 9yx + 8y2 + 2005 = 0 (*),cujo discriminante = (9y)2 4(8y2 + 2005) = 49y2 8020Paraque(*)admitasoluesinteiras, seudiscriminantedeveserumquadrado perfeito; portanto49y2 8020 = m2 (7y m)(7y + m) = 8020 = 22 5 401 (**)Podemos supor, sem perda de generalidade, que m 0, pois se (m; y) soluo de (**), ento (m;y)tambm. Observandotambmque7yme7y+mtmamesma paridade e 7y m 7y + m, podemos dividir o problema em 4 casos: 7y m = 2 e 7y + m = 4010 m = 2004 e y = 2006/7, impossvel; 7y m = 10 e 7y + m = 802 m = 396 e y = 58; 7y m = 802 e 7y + m = 10 m = 396 e y = 58; 7y m = 4010 e 7y + m = 2 m = 2004 e y = 2006/7, impossvel.Sey= 58, as solues emxde (*) so 4592396 58 929+ +m ye 632396 58 929 m y. Se y =58, as solues em x de (*) so632396 ) 58 ( 929 + +m y e 4592396 ) 58 ( 929 m y.Logo as solues so (63 ; 58), (459 ; 58), ( 63 ; 58) e ( 459 ; 58).SOLUO DO PROBLEMA 2:EUREKA!N24,200632Sociedade Brasileira de Matemtica c b a 2 2a l2 2b lll lPodemos supor, sem perda de generalidade, a configurao acima e, portanto, pelo teorema de Pitgoras: ( )( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 b a c b a a b c + + l l l l l l( )2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 2 2 2 2 2 2 b a b a a b c a b c a b a c b c + + + + + + l l l l l l l( )4 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 23 2 ( 2 2 2 ) 0 a b c a b c a b a c b c + + + + l lO discriminante da equao do segundo grau acima, em 2l, ( )22 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 22( ) 4 3 2 2 2 a b c a b c a b a c b c1 + + + + + ]4 4 4 2 2 2 2 2 216( ). a b c a b a c b c + + Logo 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 222( ) 16( )2 3a b c a b c a b a c b c + + t + + l2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 22( ) 23a b c a b c a b a c b c + + t + + lDe fato, observando quel menor ou igual a min {a, b, c}, temos 2 2 223a b c + + l . Portanto2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2( ) 2.3a b c a b c a b a c b c + + + + lEUREKA!N24,200633Sociedade Brasileira de MatemticaObservao: Outra maneira de obter as equaes trabalhar em R3, supondo, sem perda de generalidade, que C = (0, 0, 0),( , 0, ) A h l e 3, ,2 2B z _ ,l l, com , 0 h z . Obteramos, ento, as equaes2 2 2 2 2 2 2 2 2, e ( ) , h a z b z h c + + + l l l quenoslevamesmaequaoda soluo acima.Curiosidade: Para o tringulo 3, 4, 5 a medida do lado da projeo que um tringulo equiltero aproximadamente e. O erro de apenas 0,1%.SOLUO DO PROBLEMA 3:Primeira Soluo:Seja ano nmero de ordenadas de resultados (sem derrotas), cujo total de pontos seja n. A pergunta do problema : quanto vale a20?Para responder a tal pergunta, iremos determinar uma relao recursiva entre os termos dessa seqncia. Pensando no ltimo resultado de uma ordenada de resultados totalizando npontos, ele pode ser E ou V. Se for E, ento retirando o ltimo termo da ordenada, ela passa a totalizarn 1 pontos. Se for V, ento ao retiramosoltimoresultado, aordenadapassaatotalizarn3pontos. Disto, conclumos que: an = an 1 + an 3.Calculando os valores da seqncia, temos: a1 = 1, a2 = 1, a3 = 2, a4 = 3, a5 = 4, a6 = 6, a7 = 9, a8 = 13, a9 = 19, a10 = 28, a11 = 41, a12 = 60, a13 = 88, a14 = 129, a15 = 189, a16 = 277, a17 = 406, a18 = 595, a19 = 872 e a20 = 1278.Logo existem 1278 possveis seqncias ordenadas de resultados que o Flameiras pode ter obtido.Segunda Soluo:Sejam x e y o nmero de vitrias e empates do Flameiras, respectivamente. Temos que: x 0, y 0 e 3x + y = 20. Dividindo em 7 possveis casos:1 caso: x = 0 e y = 20: Temos exatamente uma seqncia ordenada de resultados.2 caso:x = 1 e y = 17: Uma seqncia ordenada dever conter exatamente um V e 17E, portanto o nmero de seqncias ordenadas exatamente o nmero de anagramas da palavra: VEEEEEEEEEEEEEEEEE, que : (17 + 1)! / (17! 1!) = 18.EUREKA!N24,200634Sociedade Brasileira de Matemtica3 caso:x=2ey=14: Analogamenteao2 caso, onmerodeseqncias ordenadas igual ao nmero de anagramas da palavra VVEEEEEEEEEEEEEE, que : (14 + 2)! / (14! 2!) = 120.4 caso: x = 3 e y = 11: (11 + 3)! / (11! 3!) = 364 seqncias ordenadas.5 caso: x = 4 e y = 8: (8 + 4)! / (8! 4!) = 495 seqncias ordenadas.6 caso: x = 5 e y = 5: (5 + 5)! / (5! 5!) = 252 seqncias ordenadas.7 caso: x = 6 e y = 2: (2 + 6)! / (2! 6!) = 28 seqncias ordenadas.Temosumtotal de1+18+120+364+495+252+28=1278seqncias ordenadas de resultados possveis.SOLUO DO PROBLEMA 4: Seja p, p + d, p + 2d, p + 3d, p + 4d, p + 5d, p + 6d a progresso aritmtica, que podemos supor crescente sem perda de generalidade. Ento:1) 2. p De fato, se p = 2, p + 2d par e maior do que 2 e, portanto, no primo.2) d mltiplo de 2.Caso contrrio, como p mpar, p + d seria par e maior do que 2.3) 3 p Seno, teramos p + 3d mltiplo de 3, maior do que 3.4) d mltiplo de 3Caso contrrio, p + d ou p + 2d seria mltiplo de 3 e maior do que 3.5) 5 p Seno teramos 5 p d + mltiplo de 5, maior do que 5.6) d mltiplo de 5.Caso contrrio, p + d , p + 2d, p + 3d ou p + 4d seria mltiplo de 5, maior do que 5.De 1), 2), 3), 4), 5) e 6), 7 p e d mltiplo de 30.Se p = 7, observando que 187 11 17, ento120. d Para d = 120, a seqncia 7, 127, 247, 367, 487, 607, 727 a qual no serve, pois 247 = 13 19.Para d = 150, a seqncia 7, 157, 307, 457, 607, 757, 907 e satisfaz as condies do problema.Finalmente, se 7, p ento d mltiplo de 210 e o menor ltimo termo possvel para tais seqncias 11 + 6 210 = 1271.EUREKA!N24,200635Sociedade Brasileira de MatemticaPortanto a resposta 907.XXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICAProblemas e Solues da Terceira FasePROBLEMAS NVEL 1PROBLEMA 1Esmeraldinhotemalguns cubinhos de madeira de 2cmde aresta. Ele quer construir umgrande cubo de aresta 10 cm, mas como no temcubinhos suficientes, ele cola os cubinhos de 2 cm de aresta de modo a formar apenas as faces do cubo, que fica oco. EUREKA!N24,200636Sociedade Brasileira de MatemticaQual o nmero de cubinhos de que ele precisar?PROBLEMA 2Num tabuleiro quadrado5 5 , sero colocados trs botes idnticos, cada um no centro de uma casa, determinando um tringulo.De quantas maneiras podemos colocar os botes formando um tringulo retngulo com catetos paralelos s bordas do tabuleiro?Observao: Tringulo retngulo todo tringulo que possui um ngulo de 90o. Os lados que formam esse ngulo so chamados de catetos.PROBLEMA 3A partir da casa localizada na linha 1 e na coluna 50 de um tabuleiro100 100 , sero escritos os nmeros 1, 2, 3, 4, ..., n, como na figura a seguir, que apresenta umapartedotabuleiroemostracomoos nmeros deveroser colocados. O nmero n ocupar a casa da linha 1, coluna 100.Linha 100 Linha 10 4645 4744 29 4843 28 30 4942 27 16 31 5041 26 15 17 32 5140 25 14 7 18 33 5239 24 13 6 8 19 34 5338 23 12 5 2 9 20 35 54Linha 1 ... 37 22 11 4 1 3 10 21 36 55 ... n Coluna 1 Coluna 50 Coluna 100a) Determine n.b) Em qual linha e coluna aparecer o nmero 2005?PROBLEMA 4No retngulo ABCD, com diagonais ACe BD,os ladosABe BCmedem, respectivamente, 13cme14cm. Sendo Maintersecodas diagonais, considereotringulo BME,tal que ME = MB e BE = BA, sendoA E .a) Calcule a rea do tringulo BME.EUREKA!N24,200637Sociedade Brasileira de Matemticab) Mostre que o segmento BD paralelo ao segmento EC.PROBLEMA 5Um nmero inteiro positivon tem a propriedade P se a soma de seus divisores positivos igual a n 2 . Por exemplo: 6 tem a propriedade P, pois 6 2 6 3 2 1 + + + , porm 10 no tem a propriedade P, pois 10 2 10 5 2 1 + + + .Mostre que nenhum quadrado perfeito tem a propriedade P.Observao:Umnmerointeiropositivoumquadradoperfeitoseigual ao quadrado deuminteiro.Por exemplo,21 1 ,22 4 e23 9 soquadrados perfeitos.PROBLEMAS NVEL 2PROBLEMA 1Num tabuleiro quadrado5 5 , sero colocados trs botes idnticos, cada um no centro de uma casa, determinando um tringulo.De quantas maneiras podemos colocar os botes formando um tringulo retngulo com catetos paralelos s bordas do tabuleiro?PROBLEMA 2No tringulo retngulo ABC, os catetos AB e BC medem, respectivamente, 3 cm e 4 cm. Seja MopontomdiodahipotenusaACeseja Dum ponto, distinto de A, tal que BM = MD e AB = BD. a) Prove que BM perpendicular a AD.b) Calcule a rea do quadriltero ABDC.PROBLEMA 3Dado que 111) )( )( () )( )( (+ + + a c c b b aa c c b b a, qual o valor de a b ca b b c c a+ ++ + +?PROBLEMA 4Emseutreinodiriodenatao, Esmeraldinhopercorrevriasvezes, comum ritmo constante de braadas, o trajeto entre dois pontos A e B situados na mesma margem de um rio. O nado de A para B a favor da corrente e o nado em sentido contrrio contra a corrente. Um tronco arrastado pela corrente passa porAno exato instante emque Esmeraldinho sai deA. Esmeraldinho chega aBe EUREKA!N24,200638Sociedade Brasileira de Matemticaimediatamente regressa a A. No trajeto de regresso, cruza com o tronco 6 minutos depois de sair de A. A seguir, Esmeraldinho chega a Ae imediatamente sai em direo aB,alcanando otronco 5minutosdepois daprimeira vez quecruzou com ele ao ir de B para A.Quantos minutos o tronco leva para ir de A at B?PROBLEMA 5Prove que o nmero 12005 + 22005 + 32005 + ... + 20052005 mltiplo de 1 + 2 + 3 + ... + 2005.PROBLEMA 6A medida do ngulo Bde um tringulo ABC 120. Sejam Mum ponto sobre o ladoACeKumpontosobreoprolongamentodoladoAB, taisqueBMa bissetriz interna do ngulo ABCe CK a bissetriz externa correspondente ao ngulo ACB. O segmento MKintersecta BCno ponto P. Prove que APM= 30.PROBLEMAS NVEL 3PROBLEMA 1:Umnmero natural palndromo quando se obtmo mesmo nmero ao escrevermos os seus dgitos na ordem inversa. Por exemplo, 481184, 131 e 2 so palndromos.Determinetodososparesdeinteirospositivos(m,n)taisqueuns uns111...1 111...1m n123 123 palndromo.PROBLEMA 2:Determine o menor nmero real C para o qual a desigualdade( ) ( )1612551254125312521251 5 4 3 2 12005520054200532005220051x x x x x x x x x x x x x x x C + + + + + + + + vlida para todos os nmeros reais positivos x1, x2, x3, x4, x5.PROBLEMA 3:Dizemos que um quadrado est contido em um cubo quando todos os seus pontos esto nas faces ou no interior do cubo. Determine o maior0 > ltal que existe um quadrado de ladol contido num cubo de aresta 1.PROBLEMA 4:EUREKA!N24,200639Sociedade Brasileira de MatemticaTemos quatro baterias carregadas, quatro baterias descarregadas e um rdio que necessita de duas baterias carregadas para funcionar.Supondo que no sabemos quais baterias esto carregadas e quais esto descarregadas, determine o menor nmero de tentativas suficiente para garantirmosqueordiofuncione. Umatentativaconsisteemcolocarduasdas baterias no rdio e verificar se ele, ento, funciona.PROBLEMA 5:Sejam ABCum tringulo acutngulo e Fo seu ponto de Fermat, isto , o ponto interioraotringuloABCtal queostrsngulosB F A, C F Be A F C medem 120 graus. Para cada um dos tringulos ABF, ACF e BCF trace a sua reta de Euler, ou seja, a reta que liga o seu circuncentro e o seu baricentro.Prove que essas trs retas concorrem em um ponto.PROBLEMA 6:Dados a, c inteiros positivos e b inteiro, prove que existe x inteiro positivo tal que) (mod c b x ax + ,ou seja, existe x inteiro positivo tal que c um divisor de ax + x b.SOLUES NVEL 1PROBLEMA 1: SOLUO DE DANIEL LUCAS FILGUEIRA (FORTALEZA - CE)Como cada cubinho tem 2 cm de aresta e o cubo tem 10 cm de aresta, ento cabem 5 cubinhos no comprimento, na largura e na altura, ento em todo o cubo cabem 125 cubinhos.Se no lado do cubo coubessem ncubinhos, ento o No. de cubinhos da parte de dentro do cubo seria (n 2) (n 2) (n 2). Como no lado do cubo cabem 5 cubinhos, entopara sabermos oNo. de cubinhos da parte de dentro, basta substituir o n pelo 5, e ficaria o seguinte: (5 2) (5 2) (5 2) = 3 3 3 = 27Como em todo o cubo cabem 125 cubinhos, ento para deixar o cubo oco, basta tirar a parte de dentro, que tem 27 cubinhos.Logo, Esmeraldinho precisaria de 125 27 = 98 cubinhos para formar o cubo oco.PROBLEMA 2: SOLUO DE RAFAEL SUSSUMU YAMAGUTI MIADA (CAMPINAS - SP)Se o boto correspondente ao ngulo reto estiver em (1, 1) teremos mais 4 casas acima e 4 casas direita, portanto 4 4 = 16 possibilidades.EUREKA!N24,200640Sociedade Brasileira de MatemticaSe ele estiver em (2, 1) teremos mais 4 casas acima, 3 casas direita e 1 casa esquerda o que d de novo 4 4 = 16 possibilidades. Do mesmo modo, vemos que, para cada casa escolhida para o boto correspondente ao ngulo reto temos 16 possibilidades, e como no campo existem 25 casas, teremos portanto 25 16 = 400 possibilidades. Ento teremos 400 possibilidades.PROBLEMA 3: SOLUO DA BANCA a) Quando for escrito o nmero n, todas as casas da diagonal que passa pela (linha 100; coluna 1) e (linha 1; coluna 100) e as que esto abaixo dela estaro preenchidas e, nesse caso, 100 + 99 + 98 +...+ 3 + 2 + 1 = 5050 nmeros tero sido escritos no tabuleiro. Como comeamos com o 1, o ltimo, n, ser 5050.b) A quantidade de termos nas camadas (1, 2, 3), (4, 5, 6, 7, 8, 9, 10), (11, 12, 13, 14 , 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21) aumenta de 4 em 4. Ao final da 31acamada, que tem 3 + 30 4 = 123 nmeros, tero sido escritos 3 + 7 + 11 +...+ 123 = 1953 nmeros, ou seja, o ltimo nmero dessa camada 1953. O termo que ocupa a linha mais alta em cada camada aumenta de 2 em 2 (veja que a 1a camada sobe at alinha 2, a 2a camada at a linha 4, a 3a sobe at a linha 6, e assimpordiante). Assim, otermoda31acamadaqueocupaalinhamaisalta estar na linha 1 + (122 2) = 62.Por fim, a 32acamada iniciar na linha 1 e coluna 51 32 = 19, com o nmero 1954, e subir at a linha 62 + 2 = 64. Como 2005 = 1954 + 51, o nmero 2005 aparecer na linha 51 + 1 = 52 e coluna 19.PROBLEMA 4: SOLUO MATHEUS BARROS DE PAULA (TAUBAT - SP)a) Montando a figura, ela ficar assim: C D B A M E 13 14 13 Os tringulos BEM e BAM so congruentes pelo critrio LLL. Como a distncia de M ao lado AB metade do lado AD, o tringulo BAM possui uma base de 13 cm e uma altura de 7cm, e sua rea de 13 745, 52 cm2.EUREKA!N24,200641Sociedade Brasileira de Matemticab)OtringuloBEMcongruenteaotringuloCMDpelocritrioLLL, logoa distncia de E reta BDsuur idntica distncia de C reta BDsuur, pois as alturas sero as mesmas.Assim, // . EC BDsuur suurPROBLEMA 5: BASEADA NA SOLUO DE GUSTAVO LISBA EMPINOTTI (FLORIANPOLIS - SC)Um quadrado perfeito sempre tem um nmero mpar de divisores, pois h pares de nmeros cujo produto o quadrado perfeito dado e mais um nmero, a sua raiz.Se o quadrado perfeito nfor mpar, ento todos os seus divisores so mpares, e assim ser sua soma. Logo a soma no pode ser 2n, pois 2n par.Seoquadradoperfeitonfor par, entoigual aumapotnciade2vezeso quadrado de um mpar. Os divisores mpares de n so divisores desse quadrado e, como j vimos, sua soma (de todos os divisores mpares de n) mpar e logo a soma de todos os divisores de n tambm mpar, no podendo ser igual a 2n, que par.Portanto nenhum quadrado perfeito tem a propriedade P.SOLUES NVEL 2PROBLEMA 1: SOLUO DE HENRIQUE POND DE OLIVEIRA PINTO (SALVADOR BA)Aoinvs de considerarmos umtabuleiroquadradoconsideremos uma malha pontilhada onde os pontos so centros de cada quadradinho.Isto : Observequeparacadatringulodoenunciadoexisteumnicoconjuntodos2 pontos extremos da hipotenusa. Ou seja, o conjunto de dois pontos extremos da hipotenusa no tringulo abaixo {8; 20}.EUREKA!N24,200642Sociedade Brasileira de Matemtica1 2 3 4 56 7 8 9 1011 12 13 14 1516 17 18 19 2021 22 23 24 25Ou seja os pontos 8 e 20 determinam a hipotenusa do tringulo abaixo. No entanto paracadadoispontos quedeterminama hipotenusa existem outrosdoispontos que podem ser o vrtice oposto hipotenusa. No exemplo acima os pontos 8 e 20 determinam a hipotenusa de dois tringulos retngulos; os tringulos 8; 18; 20 e 8; 10; 20. Basicamente, cada tringulo possui uma nica hipotenusa e cada hipotenusa comum a dois tringulos retngulos do enunciado. Para provar que cada hipotenusa pertence a dois tringulos retngulos distintos, vamos pegar uma hipotenusa genrica de extremos (5 ) K a +e (5 ) N b +(no quadriculado acima) contando que ambos sejam menores que 25 e tanto a e b sejam maiores ou iguais a 1 e menores ou iguais a 5. Observe queK N ea b ou seja, ambos os pontos esto em linhas e colunas diferentes pois se coincidirem em linhas e ou colunas nohtringuloscomodefinidosnoenunciadocomessahipotenusa. Osdois tringulos com essa hipotenusa so:(5 ;5 ;5 ) K a K b N b + + +e (5 ;5 ;5 ) K a N a N b + + +comoparacadatringulohumanicahipotenusae paracadahipotenusadoistringulos, onmerodetringulosodobrodode hipotenusas. Vamoscalcularonmerodehipotenusas: Oprimeiropontopode ficar em 25 lugares (todos os pontos) j o segundo pode ficar em 16 (todos que no esto na mesma linha ou coluna do primeiro). Logo so25 16 400 onde a ordemdasescolhasimporta, masaordemnoimporta. Logo, comosoduas escolhas dividi-se por 2! = 2 e teremos 400/2 = 200 hipotenusas 400 tringulos. Logo a resposta 400 tringulos.Obs. Para um quadradon n a quantidade de tringulos ( )( )222 12 12n nn n 1 ]se generalizamos esse processo que foi utilizado. PROBLEMA 2: SOLUO DERAFAELTUPYNAMB DUTRA(BELO HORIZONTE- MG)EUREKA!N24,200643Sociedade Brasileira de Matemtica A M B D C 90 2Chamemos . BCA Temos 35ABsenAC 4cos .5BCAC a) ComoABC retngulo em B, sabemos que Bpertence circunferncia de dimetro AC. Desta forma,AM= MB= MDAM= MD.Isso significa que M pertence mediatriz de AD. Como AB = BD, B tambm pertence mediatriz de AD.Assim, a mediatriz deAD a reta BMsuuur e, assim,. BM AD c) D pertence circunferncia de centro M e raio BM, j que BM = MD. Assim,Dpertenceaocircuncrculodo . ABC Como , AB BD temos AB BD e, assim, . BCD BCA BCD No tringulo ABC , 90 . BAC Logo, como ABDC inscritvel,( ) 180 90 90 . BDC + No tringulo BCD, temos ( ) 180 90 90 2 . CBD + rea ( )290 2 3 4 cos 26 cos 22 2BD BC sen cm cmBCD cm e, como 3 5sen e 4cos,5 rea ( )2 22 2 2 2 2 24 3 16 9 426 cos 6 65 5 25 25BCD cm sen cm cm cm _ _ _ _ , , , ,EUREKA!N24,200644Sociedade Brasileira de MatemticaUsamos aqui o fato de que 2 2cos 2 cos . sen rea 23 462 2AB BC cm cmABC cm reaABDC rea ABC + rea BCD = 2 242 1926 .25 25cm cm _+ ,PROBLEMA 3: SOLUOADAPTADA DEMARCELOMATHEUSGAUY(SO JOS DO RIO PRETO - SP)Inicialmente, podemos observar que 3 3 ,a b b c c a b c a a b ca b b c c a a b b c c a a b b c c a+ + + _+ + + + + + + + + + + + + + + ,ou seja, obter o valor de a b ca b b c c a + ++ + + equivalente a obter o valor de .b c aa b b c c a + ++ + +Como j sabemos que 3 , basta agora conseguir outra relao entre e aproveitando a igualdade fornecida no enunciado a qual envolve ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )a b b c c aa b b c c a + + +Aps alguns testes, substituindo valores em a,be c, somos levados a supor que , isto ,.a b b c c a a b b c c aa b b c c a a b b c c a + + + + + + + +(Temos acima uma incrvel identidade, ela fornece infinitas triplas de reais cuja soma igual ao oposto do produto!).Vamos demonstrar tal identidade:( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )a b b c c a b c a b c a c a a b b c a b b c c aa b b c c a a b b c c a + + + + + + + + + + + + + + + +(*)Porm,1)( )( )( ) ( )( )( ) 2 2 a b b c c a a b b c c a c c + + + + ( )( )( ) ( )( ) 2 2 a b b c a c c a b b c a c c + + + ( )( )( ) ( )( ) 2 a b b c a c c a b a b + +2) ( )( )( ) ( )( )( ) b c a b c a c a a b b c + + + + + EUREKA!N24,200645Sociedade Brasileira de Matemtica( ) ( )( ) ( )( ) ( )a b b c c a c a b c + + + + ( )( )2 2a b bc ba c ca cb c ab ac + + + + ( )( ) ( )( ) 2 2 2 a b bc ac c a b a b + +Logo, de 1 e 2, ( )( )( )( )( )( )(*) .a b b c c aa b b c c a + + +Assim,( )1 1 163 .11 11 11 PROBLEMA 4: SOLUO DE HENRIQUE WATANABE (SO PAULO - SP)Vamos supor que a velocidade da corrente do rio ce a velocidade de Esmeraldinho v (sem a corrente). Seja d o comprimento do rio.Em 6 minutos os dois juntos percorreram 2d.Avelocidadenosentido A B ( ) v c + eavelocidadenosentido B A ( ) v c .O primeiro encontro foi 6c do ponto A.DeA B ele leva dv c + minutos.O segundo encontro ocorreu 11c do ponto A.Para ir e voltar Esmeraldinho leva: 2( )( )d d dvtv c v c v c v c + + + e de A at 11c: ( )( )( )2 11 11. Logo11dv c v c cv c v c v c+ + + ( )2 2 22 11 11 11 11 11 11 2 0 dv cv c v c v v c d + De B at o primeiro encontro em 6c( )( ) ( )( )( )6 6.Logo6d c v c d v c d ctv c v c v c + + + ( )2 2 26 6 6 62 3 3 0v c dv dc vc c dv dcv v c d + + + Como 11 11 2 0 11 11 20 :3 3 0 6 6 2v c d v c dvv c d v c d + + EUREKA!N24,200646Sociedade Brasileira de Matemtica1711 11 6 65cv c v c v + Ento: 17 51 15 663 35 5 5c c c cd c+ + O tronco leva: 66 1 665 5d ctc c minutosO tronco vai de A para B em 665 minutos, ou seja, 13 minutos e 12 segundos.PROBLEMA 5: SOLUODE HENRIQUE POND DE OLIVEIRA PINTO (SALVADOR - BA)Observe que ( ) 2005 2005 11 2 3 ... 2005 2005 10032 ++ + + + Seja 2005 2005 20051 2 ... 2005 E + + +Vamos provar que 2005 |EVendo E mdulo 2005 temos: 2005 200 6 200 5 200 5 2005 20 05 20 05 2 005 2005 200520051 2 3 ... 1001 1002 ( 1002) ( 1001) ... ( 2) ( 1) 0 E + + + + + + + + + + +como ( )20052005 2005 20052005 2005( ) 0 a a a a + Temos que on-simo termo da expresso acima ir se anular com o ( ) 2005 n e, portanto, 0(mod 2005) 2005 | E E .Vamos provar agora que 1003 divide E. Vendo E mdulo 1003 temos: 2005 2005 2005 2005 2005 2005 2005 2005 200510031 2 ... 1001 1002 0 ( 1002) ( 1001) ... ( 2) ( 1) E + + + + + + + + + + como 200 5 2005 20 05 200 51 003 1 003( ) ( ) 0 a a a a + cada n-simo termo ir se anular com o (2006 ) n termo e o 1003o. j mltiplo de 1003 pois igual a 20051003temos que 0(mod1003) 1003| E E com o 1003| E e 2005| Ee( ) 1003, 2005 1 1003 2005| E 2005 2005 20051 2 ... 2005| 1 2 ... 2005 + + + + + +c.q.d.EUREKA!N24,200647Sociedade Brasileira de MatemticaPROBLEMA 6: SOLUO DE MARLIA VALESKA COSTA MEDEIROS (FORTALEZA - CE) KI LC B MAP Q603030603030 Observe a figura acima:Vamos explicar como chegar at ela!Sejam:Q o ponto de interseco de BM e AP.Ia interseco deCKe a bissetriz externa deABC, que encontra o prolongamento de AC em L. BCK KCL (pelo enunciado)Vamos provar que A, Q, P, I so colineares.Usando Menelaus no , ABC temos:M,PeKso colineares1AK BP CMBK CP AM (*)S temos que: Pelo Teorema da bissetriz interna: (I) NoABC EUREKA!N24,200648Sociedade Brasileira de MatemticaCM BCAM ABPelo Teorema da bissetriz externa: (II) NoABC AK ACBK BCEnto, substituindo em (*):1 1AC BP BC AC BP AC CPBC CP AB AB CP AB BP Com este resultado, observe que AP bissetriz do ngulo BAC.Como Q a interseco de AP e BM, Q pertence a bissetriz do ngulo BAC, o que implica, que no, ABM AQ bissetriz de . BAMVamos provar que I pertence a bissetriz de BAM.Pelo teorema da bissetriz interna: (III) NoBCK CI BCIK BKPor (II), temos

AK BK IK IK CIAC BC CI AK AC Observequeistonadamaisnadamenos doqueapropriedadedabissetriz interna. Logo AI bissetriz do ngulo . K AC B AM Assim, provamos que A, Q, P e I so colineares.Seja . ACB NoABC podemos observar que2 60 + S que: 120 2 BCL + (teorema do ngulo externo). Sabemos, ento, que 2 60 BCL + Observe que o ngulo60 2 60 AIK + + + + + + + $Logo, 120 AIK $Olhando para o quadriltero BPIK, observe que este inscritvel, pois: 60 120 180 PBK PIK + + $Assim, 30I BK I PK Agora, observe que APM I PK (o.p.v)EUREKA!N24,200649Sociedade Brasileira de MatemticaPortanto, 30 APM SOLUES NVEL 3PROBLEMA 1: SOLUO DE WILSON CAMARA MARRIEL (RIO DE JANEIRO - RJ)Podemos escrever {11...1k como 10 1.9k Ento: 99 8 ... 88 9 ... 99 0 1 ... 1191 ... 11 0 ... 00 1 ... 11991 109) 1 10 ( 1091 1091 101 ... 11 1 ... 1111 n n mn nmnn n mn mn m, se supusermos m> n(o que no nos faz perder a generalidade!). Esse nmero tem m + n 1 algarismos.Ento vejamos: (fazendo n > 9)9 8 ... 88 9 ... 99 0 1 ... 1111 n n mn9 k 21234567901 nxonde x o ltimo termo do quociente antes de usar o 0 e k o resto de }111...1n por 9. Isto , acima temos parte da diviso euclidiana de 9 8 ... 88 9 ... 99 0 1 ... 1111 n n mn por 9.Dividimos nos casos para possveis valores de k.1o. caso (k = 0)n = 9+ 1. Continuando a diviso, obtemos9 8 ... 88 9 ... 99 001 n n m9 21234567901 nxEUREKA!N24,200650Sociedade Brasileira de Matemtica0987 1 011111n mContando da esquerda para a direita 8 o (m+ 1)o. algarismo; como 211 +> +n mmento est na metade direita do resultado. Logo, j que o 8 no aparece no lado esquerdo e aparece no direito, temos uma assimetria, ABSURDO!2o. caso (k = 1): n = 9+29 8 ... 88 9 ... 99 101 n n m9191918088 21234567901 nx8 09 22 122n mmesmo caso anterior, ABSURDO!3o. caso (k = 2): n = 9+39 8 ... 88 9 ... 99 201 n n m929292818088 21234567901 nx8 09 32 233n mmesmo caso anterior, ABSURDO!Ao tentarmos os 9 casos, vemos que um deles tem que ser 9. Basta conferir se verdade!Vejamos: n = 1 verdade!n = 2 11...11111...1122...21 _ , verdade!EUREKA!N24,200651Sociedade Brasileira de Matemtican = 3 11...11111...11111...1 1233...321 _ , verdade! Obs. fcil ver que sempre dar certo de 1 9.n=911...111111111

11111111...111

111111111...111111111111...1 1234567899...987654321 _ ,N N verdade! Pois basta ir somando 1 aos posteriores.Ento nossos pares so: ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1, , 2, , 3, , 4, , 5, , 6, , 7, , 8, , 9, ,,1 , , 2 , , 3 , , 4 , , 5 , , 6 , , 7 , , 8 , , 9k k k k k k k k km nk k k k k k k k k ' ; tal que*. k PROBLEMA2: SOLUODEANDERSONHOSHIKOAIZIRO(SO PAULO SP)Para 1 2 3 4 51 x x x x x temos 16 155 5 5 . C C Por bunching (ou desigualdade de Muirhead), temos que3 5 3 5 1 2 4 1 2 41 2 3 4 5 1 2 3 4 5sym symx x x x x x x x x x nocasodetermosumadesigualdadehomogneaesimtrica(oqueonosso caso). Alm disso, devemos ter1 1 1 2 1 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 4 1 2 3 4, , , + + + + + + + + + + + + e 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5. + + + + + + + + Anotao3 5 1 2 41 2 3 4 5symx x x x x significaqueestamossomandotodosos5!=120 termos da forma 3 5 1 2 41 2 3 4 5,i i i i ix x x x x sendo( )1 2 3 4 5, , , , i i i i i uma permutao de (1, 2, 3, 4, 5). Aqui, impomos tambm 1 2 3 4 5 e o mesmo para os ' . s Observando que a desigualdade dada simtrica, se abrirmos ( )16125 125 125 125 1251 2 3 4 5 1 2 3 4 5x x x x x x x x x x + + + +obtemos um somatrio simtrico no qual o maior expoente de algum dos termos 125 16 1 2005. + l Podemossuporqueocentrodoquadradocoincidecomocentrodo cubo. Seja Suma esfera com centro no centro Ode Ce que passa pelos quatro vrtices do quadrado, ou seja, de raio2/ 2 3/ 4. > l A figura a seguir mostra as secesdeSnocuboC. Numeramosasoitoregiescontidasnasuperfcieda esfera e no interior do cubo com nmeros romanos EUREKA!N24,200654Sociedade Brasileira de Matemtica I IV III V VIII VII II VIAgora, vamostentarlocalizarosvrticesdoquadradodelado3 24> l em S. Noteque cadaumdos quatro vrticesdeve pertencera umadas regies de Ia VIII. Suponhamos, semperda de generalidade, que dois vrtices opostos do quadradoestocontidosnasregiesI e, conseqentemente, II, jquevrtices opostos do quadrado so diametralmente opostos em S.ConsidereoparaleleppedodemenoresdimensesquecontmasregiesI e, digamos, III. Sejam x, x e 1 as suas dimenses. Vamos provar que dois pontos no interior desse paraleleppedo esto a uma distncia menor que 3 2.4 IIII1xxEUREKA!N24,200655Sociedade Brasileira de MatemticaPrimeiro, considere uma face do cubo e sua interseo com a esfera. A partir da figura a seguir, podemos concluir que o raio da esfera 2 22 21 1 1.2 2 2y y _ _+ + + , ,Como o raio da esfera maior que 223 2 2 3 1 3 1, .4 2 4 2 4 4y y _ + > > , Conseqentemente, 1 1.2 4x y < yy r12A diagonal do paraleleppedo mede 2 2 21 3 21 2 116 4x x + + < + e, portanto, doisvrticesdoquadradonopodemestarcontidosemIeIII. Comoumdos vrtices pertence a I, no pode existir vrtice do quadrado em III e, analogamente, em IV e V. Da mesma forma, lembrando que um dos vrtices do quadrado est em II, nopodehaver vrtices doquadradoemVI, VII eVIII. Mas entono sobraram regies para os outros dois vrtices do quadrado, absurdo.Deste modo, o maior lado de um quadrado contido no cubo unitrio 3 2.4 lPROBLEMA4: SOLUODEGABRIELTAVARESBUJOKAS(SO PAULO SP)Separeaspilhasem3grupos, 2de3pilhase1de2pilhas, efaatodasas possibilidades dentro dos grupos. Faremos 3 3 272 2 2 _ _ _+ + , , , tentativas.EUREKA!N24,200656Sociedade Brasileira de MatemticaComo so 3 grupos e 4 baterias boas, um grupo ter 2 baterias boas, e em algum momento sero testadas juntas.Suponhaquesejapossvel comapenas6tentativas. Considereografocom8 vrtices representando as 8 baterias e as arestas {i, j} representando que a bateria i e aj no foram testadas juntas. O grafo tem 86 222 _ , arestas.Por Turn, ele tem umK4. De fato, o mximo de arestas semK4 8 3 3 2212 2 2 2 _ _ _ _ , , , ,.Seas4bateriascarregadasforemasrespectivasaosvrticesdoK4, temosque nunca duas delas foram testadas juntas, logo o algoritmo com 6 tentativas falha nesta situao.Resposta: Com 7 tentativas possvel.Observao: o grafo completo de nvrtices (tambm conhecido como n-clique), notado porKn, um grafo em que todo par de vrtices ligado. O teorema de Tran diz que, fixado o nmero de vrtices n, o grafo que no contm um Kr com amaiorquantidadepossveldearestasografo(r1)-partidocompletocom classes de vrtices as mais distribudas possveis. Esse grafo obtido da seguinte forma: divida os vrtices em r 1 conjuntos, de modo que a diferena entre as quantidades de vrtices nos conjuntos seja no mximo 1; em seguida, ligue todo par de vrtices que no esto no mesmo conjunto. Na aplicao do problema 4, Gabriel dividiu os 8 vrtices em trs grupos com 3, 3 e 2 vrtices. Da a quantidade de arestas mxima ser 2122232328

,_

,_

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. EUREKA!N24,200657Sociedade Brasileira de MatemticaAlis, a resoluo de Gabriel tambm resolve uma generalizao do problema, no qual hmbateriasfuncionandoenbateriasdescarregadas. Tentepensarnesse problema!PROBLEMA 5: SOLUO DE LEANDRO FARIAS MAIA (FORTALEZA CE)Construa umtringulo equilteroBXC, externo aABC. Oponto1O o circuncentro doBFC e tambm deBXC .G o baricentro doABC .Temos: 1112 // .XO AGO G XFGM O M Mas: 3 3O A O F e 2 2O A O F 3 2 1 3 2O O G O O O AF .Analogamente temos: 2 1 3O G O O e 3 1 2O G O O G o ortocentro do 1 2 3. O O O F B G M C A O3 O2 G1Sendo 1Go baricentro doFBC temos: 1112 //FG AGG G AFG M GM 1 2 3G G O O comoGoortocentrode1 2 3, O O O ento1G estnaaltura relativa a 2 3. O O Portanto,1 1G O ,2 2G O e 3 3O G so concorrentes em G(seu ortocentro).PROBLEMA6: SOLUODEGABRIELTAVARESBUJOKAS(SO PAULO SP)Lema: Seja p primo e a, b, r, inteiros, a > 0, > 0. Ento existe x > 0 tal que) (mod) 1 (mod + p b x ap r xxDemonstrao: Induo em . Para = 1 (Base):EUREKA!N24,200658Sociedade Brasileira de MatemticaSea p |, entoobtemos) (mod) 1 (modp b xp r x , quetemsoluopeloteorema chins dos restos.Se| ; ( 1)( ) ;rp a x p a b r l c r + + + /com l tal que x > 0.De fato, ) 1 (mod p r x e ( )( )( )( )11 .ra b r l cx r p r r rp p pa x a a p a b r l c r a a b r l c r b + + + + + + + + + Passo: Da hiptese, existe x0 tal que + + p t b x ax00 e) 1 (mod0 p r x . Tomando 1 0( 1) x x p p t + : r x xp p 1011 e ( ) b t p x a t p p x a a x axptp p xpx + + + + + + 0 0) 1 (101011) 1 (Isso termina a demonstrao do lema.Seja 1 21 2 1 2... ; ...nn nc p p p p p p < < < a fatorao em primos de c. Vamosmostrarporinduoem nquextal que ) (modnxc b x a + , onde 1 21 2...ii ic p p p .Base: n = 1:( )11mod .xa x b p+ Caso especial do lema. Passo: Se ix tal que( ) mod ,ixi ia x b c + pelo lema existe x tal que ) (mod) 1 (mod111+++ + iixi ip b x ap x xPelo teorema chins dos restos 1 ix+tal que ( )) (mod)) ( ; ; 1 mmc( mod11 11 1++ ++ + ii ii i i i ip x xc c p x xObserve que mdc ( ) )) ( ; ; 1 mmc( ,1 11i i i ic c p pi +++= 1 pois pi+1 maior que todos os fatores primos de ci e, conseqentemente, de) (ic .Logo) 1 (mod1 1 + + i i ip x x xe) (mod11 1++ +ii ip x x ) ) 1 ( (mod11 1 1++ + + ii i ip p x x , ou seja,' ) 1 (1 1 11l p p x xi i ii + ++ ++Assim, ( )11 1 11 1 11 1 11 '1ii i ii i ii i ix p p l x xip p pa x a x a x b++ + + + + ++ + ++ ++ + + e EUREKA!N24,200659Sociedade Brasileira de Matemtica( )11i i i ii i ix c l x xi i i ic c ca x a x c k a x b++ ++ + + + onde( )1 i i i ic l k c x x+ .Portanto 1 11111 1.i iiii ix xi icp ca x b a x b+ +++++ ++ + Em especial, n nnx xn nc ca x b a x b + + .XXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICAPrimeira Fase Nvel UniversitrioPROBLEMA 1Seja : f definida por c bx ax x x f + + + 2 3) ( , sendo a,be cinteiros. Sabe-se que f(1) = f(1) = 0.As retas tangentes ao grfico de f nos pontos A = (1; 0) e B = (1; 0) cortam-se em C. Calcule a rea do tringulo ABC, sabendo-se que tal rea inteira.PROBLEMA 2Calcule a integral: 40ln(1 ) tgx dx+PROBLEMA 3Determineomaior valor possvel paraovolumedeumtetraedroinscritono elipside de equao125 16 92 2 2 + +z y x.PROBLEMA 4Sejam AeBmatrizesreaisquadradasdemesmadimensotaisque, paratodo inteiro positivo k,k k kB A B A + + ) ( . Prove que se A invertvel ento B a matriz nula.PROBLEMA 5Determinetodos os valores reais de paraos quais amatriz n n ija A ) ( definida por cos(( 1) ),ija i j para1 , , i j n tem determinante nulo.PROBLEMA 6Prove que existem pelo menos 2005 potncias 27-simas distintas (isto , nmeros da forma n27, com n inteiro positivo), todas com exatamente 2005 algarismos, tais EUREKA!N24,200660Sociedade Brasileira de Matemticaque qualquer uma pode ser obtida de qualquer outra a partir de uma permutao de seus algarismos.XXVII Olimpada Brasileira de Matemtica GABARITO Primeira FaseSolues Nvel UniversitrioSOLUO DO PROBLEMA 1:Pelo enunciado, temos f(x) = (x 1)(x + 1)(x c) = x3 cx2 x + c,f'(x) = 3x2 2cx 1, dondef '( 1) = 2(1 + c) e f '(1) = 2(1 c).Assim, as equaes das retas AC e BC so, respectivamente,y = 2(1 + c)(x + 1) e y = 2(1 c)(x 1).Igualando para obter as coordenadas de C, temos(1 + c)(x + 1) = (1 c)(x 1)x = 1/cy = 2(c + 1)(c 1)/cAssim a rea pedida S = |2(c + 1)(c 1)/c|, pois o tringulo ABC tem base AB = 2 e altura2( 1)( 1) / . y c c c + Como c e a rea S so inteiros, temos c | 2(c + 1)(c 1).Mas (c + 1) e (c 1) so primos com c, donde c | 2.Assim c = t 1 ou c =t 2.Os casos c = t 1 do S = 0, um tringulo degenerado.Os casos c = t 2 do S = 3.O valor da rea , portanto, igual a 3. SOLUO DO PROBLEMA 2: Temos sen sen cosln(1 ) ln 1 ln .cos cosx x xtgxx x+ _ _+ + , ,Entretanto, 2sen sencos sen cos (sen cos ),4 4 4 2x x x x x _+ + + ,e logo EUREKA!N24,200661Sociedade Brasileira de Matemticasen cos 2 sen .4x x x _+ + , Assim, 2 senln 2 4ln(1 ) ln lnsen lncos ,cos 2 4xtgx x xx _ _+ _ , + + + , , donde( )4 4 40 0 0ln 2ln 1 lnsen ln cos .8 4tgx dx x dx x dx _+ + + , Agora,sen cos cos ,4 2 4 4x x x _ _ _ _+ + , , , , donde4 4 40 0 0lnsen lncos ln cos4 4x dx x dx y dy _ _+ , , (fazendo a substituio 4y x ), donde( )40ln 2ln 1 .8tgx dx+ SOLUO ALTERNATIVA DO PROBLEMA 2: Seja 40ln(1 ) ; I tgx dx + faa,4u x . du dx Ento 04ln 1 ( )4I tg u du _ _ + , ,4 40 01 2ln 1 ln1 1tgudu dutgu tgu _ _ + + + , , 4 40 0ln 2 ln(1 ) du tgu du + ln 2 ln 2 ln 22 .4 4 8I I I SOLUO DO PROBLEMA 3:LEMA: O tetraedro de maior volume inscrito na esfera unitria x2 + y2 + z2 = 1 o tetraedro regular. Seus vrtices podem ser tomados como (tc, tc, tc) com um nmero par de sinais onde c =3 3. Sua aresta a =2 6 3 e seu volume V = 8 3 27.Oelipside do problema obtido a partir da esfera unitria aplicando a transformao linear EUREKA!N24,200662Sociedade Brasileira de Matemtica3 0 0(3, 4, 5) 0 4 00 0 5T diag _ ,. Tetraedros inscritos na esfera so levados em tetraedros inscritos no elipside multiplicando o volume por |det (T)| = 60. Assim umtetraedrodevolumemximo(t 3c,t 4c,t 5c), comumnmeroparde sinais , de volume160 3 9.Demonstrao do LEMA:A nica parte no trivial a de provar que um tetraedro de volume mximo deve ser regular. Vamos provar que todas as faces de um tetraedro de volume mximo so tringulos equilteros. Para isso vamos fixar o vrtice V0e variar os vrtices V1, V2, V3restritosaocrculodefinidoporestespontos. Ora, comestetipode mudana a altura do tetraedro no muda, donde maximizamos o volume maximizando a rea do tringulo V1, V2, V3. umfato sabido e de fcil demonstraoqueotringulodereamxima inscrito emum crculodadoo equiltero.SOLUO DO PROBLEMA 4: Temos, de 2 2 2 2 2( ) ( )( ) A B A B A B A B A AB BA B + + + + + + + que AB + BA = 0. Agora, 3 3 3 2 2 2 3 2 2 3( ) ( )( ) ( )( ) , A B A B A B A B A B A B A AB BA B + + + + + + + + + donde2 20. AB BA + Como2 2 2 2,0 ( ) BA AB AB BA AB ABA A B BA + e, como A invertvel, 20. B BA Temos, tambm3 3 3 2 2 2 3 2 2 3( ) ( ) ( ) ( )( ) , A B A B A B A B A B A B A A B B A B + + + + + + + + +donde2 20. A B B A + Como2, B BA segue que2 20, A B BA + e, como , BA AB obtemos2 2 20 ( ), A B BA A B ABA A AB BA + dondeAB= BA,pois A invertvel. Finalmente, deAB+ BA= 0,segueque 2 0, AB donde, comoAinvertvel, devemos ter B = 0. SOLUO DO PROBLEMA 5: Sabemos que para todo naturalkexiste um polinmio , ,1 ,0( ) ...kk k k k kP t c t c t c + + +EUREKA!N24,200663Sociedade Brasileira de Matemticade grau k tal quecos( ) (cos )kka P a para todo a.Por exemplo, 20 1 21, , 2 1 P P t P t Temos portanto1 1,0(cos( )) (cos( ))kij i i kk ia P j c j < Podemos agora, para i > 1, subtrair 1,0 icvezes a primeira linha da i-sima linha sem alterar o determinante obtendo assim que, parai> 1, %1,0(cos( )) .kiji kk ia c j< < Parai>2, subtramos1,1 icvezesasegundalinhadai-simalinha, aindasem alterar o determinante.Repetindooprocesso, vemosquedet(A) =det(B) onde11, 1(cos( ))iij i ib c j Assim, amenos dos fatores1, 1 i ic ,BumamatrizdeVandermonde, eseu determinante igual a( )0 11 0 ( 1) / 21, 1 1 0 1, 11(cos( ) (cos( )) ( 2)2n ni i i ii n j j i n jj jc j j c sen < < _ + _ , , ( )1 0.2j jsen _ _ , ,Assim det(A) = 0 se e somente se existem0 11 j j n < tais que ( )1 002j jsen + _ , ou ( )1 02j jsen _ ,.Mas isto ocorre se e somente se 1 0( ) 2 j j k t , k inteiro.Ouseja, det(A)=0seesomentese1 02 /( ) k j j t paraalgumaescolhade 0 11 j j n < Falta verificar quais os valores possveis de 1 0. j j tPara n 1 o problema trivial (det(A) = 1), donde no h nenhum com essa propriedade.Para n = 2, os nicos valores possveis de 1 0j j t so 1 e 3,donde deve ser da forma 2,3kcom k inteiroPara n > 2, 1 0j j tassume todos os valores inteiros positivos m at2 1 n , donde deve ser da forma2 , k m com2 1 m n e k inteiro.EUREKA!N24,200664Sociedade Brasileira de MatemticaObservao:Temos ainda 1,2kk kcpara k > 1donde ( 1)( 2) / 21, 12n ni ii nc e2( 1) / 2 ( 1)det( ) ( 1) 2 .n n nA ( ) ( )1 01 0 1 02 2j jj j j jsen sen< _ + _ _ , , ,Demonstrao da afirmao cos(ka) = Pk(cos(a)) [No vale pontos extras]:Temoscos(( 1) ) cos(( 1) ) 2cos( ) cos , k a k a ka a + + donde, assumindo que o resultado vale para k 1 e para k, 1cos(( 1) ) 2cos (cos ) (cos ),k kk a a P a P a+ o que prova o resultado fazendo1 1( ) 2 ( ) ( ),k k kP x xP x P x+ para 1, k com 0( ) 1 P x e 1( ) . P x x Note que, sabendo que o coeficiente lder , k kcde( )kP x 12 ,k segue imediatamente que o coeficiente lder1, 1 k kc+ +de1( )kP x+ 1 ( 1) 12 2 2 2 .k k k + 06.Vamos estimar inicialmenteaquantidadedetipos denmeros de2005 algarismos amenos de umapermutaodeseus algarismos. Umtal tipode nmeros est determinado pelas quantidades 0 1 9, ,..., x x xde algarismos iguais a 0, 1, , 9, respectivamente; devemos ter 0 1 9... 2005. x x x + + + Assim, a quantidade desses tipos de nmeros , no mximo, o nmero de solues de 0 1 9... 2005, x x x + + + com0ixpara0 9, i que 9 4 9 362005 9 20142014 (10 ) 10 . 99+ _ _ < < , , Por outro lado27n tem 2005 algarismos se, e somente se, 2004 20052004 27 200527 2710 10 10 10 , n n < > > , ,donde, pelo princpio da casa dos pombos, h pelo menos 2005 naturais n tais que 27n tem2005algarismoseessesnmeros27n sotodosdomesmotipo(seus algarismos so os mesmos a menos de uma permutao). EUREKA!N24,200665Sociedade Brasileira de MatemticaNota: possvel estimar12710 1 sem usar a desigualdade1 .xe x Por exemplo: ( ) ( ) ( )11 1 1 11 1 1 1627 32 16 28 4 210 10 10 3 1, 7 1, 3 1,12 1, 05, _> > > > > > , donde 127110 1 0, 05100 > >(que foi o que usamos).XXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICASEGUNDA FASE NVEL UNIVERSITRIOPRIMEIRO DIA PROBLEMA 1:Determine, em funo de n, o nmero de possveis valores para o determinante de A, dadoqueAumamatrizrealn ntal que3 23 2 0 A A A I + , ondeI representa a matriz identidade n n, e 0 representa a matriz nula n n.PROBLEMA 2:Sejamfegfunes contnuas distintas de [0, 1] em(0, +) tais que 1 10 0( ) ( ) . f x dx g x dx Para0 n , seja 110( ).( )nn nf xy dxg x+Prove que 0( )n ny uma seqncia crescente e divergente.PROBLEMA 3:Sejam 1 2, ,...,nv v vvetores em 2 tais que1iv para 1 i n e 10.niiv Prove que existe uma permutao de {1, 2,, n} tal que ( )15kjjv para qualquer k com 1 . k n Obs. Se 2 2 2( , ) , v x y v x y + denota a norma euclidiana de v.EUREKA!N24,200666Sociedade Brasileira de MatemticaSEGUNDO DIAPROBLEMA 4:Considere a seqncia 1( )n na dada por1 1 200511, , 1.n nna a a na+ + Prove que a srie 11n nn aconverge.PROBLEMA 5:Prove que 1011.xnnx dxnPROBLEMA 6:Prove que para quaisquer naturais 1 20 ...ki i i < < < e 1 20 ... ,kj j j < < e 1 2 3. d d d n + + E o nmero de escolher esses'id s ( ) 2 ! !!2!n nn+( 2)( 1)!n nn+ +23 2.2 2n n + +EUREKA!N24,200667Sociedade Brasileira de MatemticaVamos provar entoque3 3 1 2 1 22 3 2 32 2d e d d e e se, esomentese,1 1, d e 2 2d e e 3 3. d e 3 3 1 2 1 22 3 2 3 1 2 3 1 2 32 2 , d e d d e ed d d e e e n + + + + 1 2 1 2 1 2 1 22 1 2 32 2 ,d d n d d e e n e e Podemos usar tambm que 2 31, (pois 1 5 1 5 1 5 5 5 41.)2 2 4 4 _ _ + + + , ,2 21 1 2 1 1 23 33 31 12 2d ed n d d e n e e _ _ , ,( ) ( )( ) ( ) 2 21 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 22 2 23 3 32 1 2 1 2 ( 1) ,d ed e d e d n d d e n e e d e e d + e como no podemos escrever( )1 5 ,I + onde I um inteiro maior que 1, como umapotnciade2, temos queaigualdadeverdadeirase, esomentese, os expoentes so zero. Ou seja1 1 1 12 2 2 200d e d ee d d e ' e portanto 3 3. d e PROBLEMA 2: SOLUO DE HUMBERTO SILVA NAVES (S.J. DOS CAMPOS SP)Sejam:[ ]1 11 10( )( ) ( )( )nn n n nf xu y y f x g x dxg x++ + e ( )1 121 20( )( ) ( )( )nn n n nf xv u u f x g x dxg x++ + Sabemos que0, ,nv n > pois( )122( )( ) ( ) 0,( )nnf xf x g xg x++ >Para [0;1] xe como f e g so contnuas, temos:( )1 1220( )( ) ( ) 0, ,( )nn nf xv f x g x dx ng x++ > logo( )0nnu crescente.Vamos agora provar que 00: u >EUREKA!N24,200668Sociedade Brasileira de Matemtica( ) ( ) [ ]1 1 10 00 0 0( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )f xu u f x g x dx f x g x dx f x g x dxg x ( )210( ) ( ) 0 0, ,( )n of x g xdx u u ng x > > pois( )0nuu> crescente.Portanto claramente, 0,n o oy y n u n + e( )0nny crescente e divergente.PROBLEMA 3: SOLUO DA BANCAVamos usar a soluo da verso em R do problema:se1 2, ,...,m sonmerosreaiscom1,ii m e10miientoexiste uma permutao de {1, 2,,m} tal que( ) i tenha sinal contrrio a ( ) jj i< (i. e., com ( ) ( )0).i jj i <

Seja I = {1, 2,,n}. Escolhemosum conjuntoX I tal que ii Xv seja o maior possvel. Podemos supor (rodando os eixos coordenados, se necessrio) que ii Xv um vetor da forma(0,y),com y>0.Sejam 21 2, : as projees na primeira e na segunda coordenadas, respectivamente. Usando a verso em do problema para reordenar os elementos de X e de I\X, podemos supor que X = {1, 2,,k} para um certo k> n,111,riiv _ , 111 e 1, .kjj kr k v s n k+ + _ , Noteagoraque ( )20,iv i X (e ( )20, \ )iv i I X , pois, sej X e 2( ) 0,jv absurdo. Podemosentoobter(comona verso emdo problema) uma permutao de I que intercala os ndices em X eemI\X, preservandoaordemdos ndices emXeemI\X,demodoque 2 ( )11, .miiv m n _ , Como os ndices em Xe em I\Xaparecem em ordem, EUREKA!N24,200669Sociedade Brasileira de Matemticateremos1 ( ) 1 ( ) 1 ( )1( ) \1 1 2, ,mi i ii i i m i i mi I Xv v v m n _ _ _ + + , , , e logo 2 2( )12 1 5, .miim n + PROBLEMA 4: SOLUO DE DIGO VELOSO UCHA (RIO DE JANEIRO RJ)Primeiro recorde a expanso binomial de Newton:( )0nnn k kkna b a bk _+ ,.Agora usando isso verifique as seguintes contas:( )( )( )( )( )20062006 2006 200620052005 200520061 1... 2006. 1n n n nn na b a a a aa a _ _+ + + + > + , ,(pois an sempre positivo)Logo: ( ) ( )( ) ( ) ( )2006 20062 12006 20063 22006 200612006 20061 120062006 2006.2006 ( 1)n nna aa aa aa a n n++> +> +> +> + > +M M( ) ( ) ( )11/ 2006 120061 11 1 1n na n n a n++ + > + + > + ( )( ) ( )1 11 12006 20061 1 11 1 1 111n n n nn a n an n + + +< converge segue que 11n nnatambm converge.PROBLEMA 5: EUREKA!N24,200670Sociedade Brasileira de MatemticaSOLUO DE LUS DANIEL BARBOSA COELHO (RIO DE JANEIRO - RJ)( ) ( ) ( ) ( )1 1ln( ) ( ) ln0 00 0ln ln! !xn n n nx x x x xn nx x x xx e e x dx dxn n devidoaotipode convergncia montona da srie de potncias0,!nynyen podemos fazer troca da integral com o somatrio, obtendo:( )( )1 10 001ln!nnx nnx dx x x dxn denotemos por ( ) pnI a seguinte integral: ( )1( )0ln ,np pnI x x dx para todo pinteiro no negativo.Integrando por partes:( ) ( )11ln ln ;1pn npn xu x du x dx dv x dx vx p+ +( ) ( ) ( )1 111( ) 100(1)ln ln ln11 ( 1) 1p pn n np pnx nI x dx x x dxp p p+ + + + +( )1( ) ( )1 10lim ln ,1 1 1pnp pn nxx n nx I Ip p p++ + + + pois ( )10lim ln 0.npxx x++ ( ) ( )1( ) ( )1 0111p pn np pnI IpI Ip _

+ , _

+ ,M1( ) ( )0 10( 1) ! ( 1) ! ( 1) !,( 1) ( 1) ( 1)n n np p pn n n nn n nI I x dxp p p+ + + +tomando p = n temos: 11 100 0 1( 1) ( 1) ! 1 1! ( 1) ( 1)n nxn n nn n nnx dxn n n n + + 1 1+ + ] .PROBLEMA 6: SOLUO DE HUMBERTO SILVA NAVES (S.J. DOS CAMPOS SP)Considere os seguintes pontos no reticulado:( ) ;0n nA i e( ) 0; ,n nB j onde 1 n k .EUREKA!N24,200671Sociedade Brasileira de Matemtica A4A3 A2 A1 B1 B2 B3 B4 x yUm caminho ligando nAcom mB um caminho no reticulado partindo de nAe chegando em mBque s pode ir para cima ou para a direita. Exemplos: 4321 2 x y An Bm caminho! 4321 2 x y An BmNo caminho!Um fato interessante que existem

n mni ji+ _ , caminhos ligando nA com mB.Uma rota uma coleo de k caminhos (de cada nAparte exatamente um caminho e em cada mB chega exatamente um caminho) e dizemos que uma rota bem feita se os caminhos no se cruzam em nenhum ponto do reticulado.Vamos provar que o nmero de rotas bem feitas igual a det(A).Pela definio de determinante, temos: ( )( )1det( ) ( 1)

kkn nIS nni jAi + _ , .Mas ( )( )1( 1)

kn nInni ji+ _ , exatamente o nmero de rotas ligando nAcom( ),nBpara 1 , n k multiplicando pela paridade I( ) da permutao .EUREKA!N24,200672Sociedade Brasileira de MatemticaVamos provar que as rotas mal feitas se cancelam neste somatrio: 4321 2 x y A4 B4 B3 B2 B11 3 4 5 Y X A3 A2 A1 = {(4 ; 4) ; (3 ; 3) ; (2 ; 1) ; (2 ; 2)}Considere uma rota mal feitaRe sejaYopontodeintersecocom maior coordenada x(se existir mais deum, tomeYcujacoordenaday seja a menor possvel).Vamos trocar os respectivos caminhos que se cruzam em Y(se existir mais de 2 caminhos que se cruzam em Y, troque os caminhos que comeam em'nA s de mais maior coordenada x). 4321 2 x y A4 B4 B3 B2 B11 3 4 5 Y X A3 A2 A1 %= {(4 ; 4) ; (3 ; 3) ; (2 ; 1) ; (2 ; 2)}Assimobtemosumanovarotamal feita, s que coma paridade de permutao correspondente trocada%( ) ( )( 1) ( 1)I I Como a relao entre rotas mal feitas que acabamos de definir bijetora, ento provamos que as rotas mal feitas no contribuem para osomatrio, ecomoumarotabem feita possui a identidade como permutao associada, provamos que: det (A) = nmero de rotas bem feitas.Como1 20 ...ki i i < < < e1 20 ... ,kj j j < < < certamenteonmeroderotasbem feitas diferente de 0, pois EUREKA!N24,200673Sociedade Brasileira de Matemtica x y A4 B4 B3 B2 B1Y A3 A2 A1 uma rota bem feita.Errata:Oitemb) do problema No. 112 (Eureka! 23, p.60) foi proposto equivocadamente: aocontrriodoquepensvamos, parecenohaver solues simples para ele.Gostaramos portanto de manter apenas o item a) do problema proposto No. 112. Pedimos desculpas pelos inconvenientes causados. XXVII OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICAResultado Nvel 1 (5a. e 6a. Sries)NOME CIDADE - ESTADO PRMIOMatheus Barros de Paula Taubat SP OuroGuilherme Vieira Melo Fortaleza CE OuroLuis Musso Gualandi Vitria ES OuroRafael Dias da Fonsca Arapiraca AL OuroRodrigo Rolim Mendes de Alencar Fortaleza CE OuroGustavo Lisba Empinotti Florianpolis SC PrataIuri Rezende Souza Mineiros GO PrataEduardo Cintra Simes Recife PE PrataJoo Mendes VasconcelosFortaleza CE PrataGabriel Lima Guimares Vitria ES PrataJonas Rocha Lima Amaro Fortaleza CE PrataBruno Cesar da Silva Guedes Recife PE PrataKelve Torres Henrique Recife PE PrataIgor Rosiello Zenker So Paulo SP PrataDaniel Lucas Filgueira Fortaleza CE PrataCleiton Vilela Figueiredo da Silva Recife PE PrataAndreza Lais da Silva Nascimento Recife PE PrataIvan Seki Hellmeister So Paulo SP PrataMatheus Henrique Botelho Cordeiro Curitiba PR BronzeBreno Rocha Comin Leme SP BronzeHenrique Lopes de Mello Rio de Janeiro RJ BronzeLeonardo Henrique Caldeira Pires Ferrari Rio de Janeiro RJ BronzeLeonardo Gonalves Fischer Fraiburgo SC BronzeFrancisco Vagner Dantas Leite Filho Fortaleza CE BronzeElder Massahiro Yoshida So Paulo SP BronzeAlex Lordello Magario Salvador BA BronzeRafael Sussumu Yamaguti Miada Campinas SP BronzeEUREKA!N24,200674Sociedade Brasileira de MatemticaDeborah Barbosa Alves So Paulo SP BronzeDiogo Silva Freitas Recife PE BronzeMatheus Barbosa Santos de Miranda Joo Pessoa PB BronzeAugusto dos Santos Morgan S. J. do Rio Pardo SP BronzeAndr Bandeira PinheiroFortaleza CE BronzeFernando Fonseca Andrade Oliveira Belo Horizonte MG BronzeEduardo F. Freire Neto Salvador BA Meno HonrosaWellington Biing Jung Lee So Paulo SP Meno HonrosaMac'simus Alec'sander de Castro Duarte Fortaleza CE Meno HonrosaAlessandro Macdo de Arajo Fortaleza CE Meno HonrosaCamila Miraglia Ribeiro Curitiba PR Meno HonrosaDouglas Barbosa da Fonsca Arapiraca AL Meno HonrosaPedro Montebello Milani So Paulo SP Meno HonrosaGabriel Ricardo Loecsh Siebiger Sobradinho DF Meno HonrosaTiago Yparraguirre Vigas Niteri RJ Meno HonrosaRafael de Melo Andrade Boituba SP Meno HonrosaPriscilla Lie Sato Yamaguti So Paulo SP Meno HonrosaJoo Lucas Camelo S Fortaleza CE Meno HonrosaFranciely Juliani Chutti Itajobi SP Meno HonrosaFrederico Nascimento Dutra Porto Alegre RS Meno HonrosaIsaac Jernimo MoreiraFortaleza CE Meno HonrosaAnne Wang So Paulo SP Meno Hon