exercícios olimpíada de matemática

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CONTEDOAOS LEITORES2XXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA3Problemas e solues da Primeira FaseXXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA13Problemas e solues da Segunda FaseXXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA21Problemas e solues da Terceira FaseXXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA36Resultados ARTIGOSEQUAES DIOFANTINAS39Antonio Caminha Muniz NetoSOLUES DE PROBLEMAS PROPOSTOS 49PROBLEMAS PROPOSTOS 59AGENDA OLMPICA61Sociedade Brasileira de MatemticaCOORDENADORES REGIONAIS62AOS LEITORESRealizamos durante 1999 a XXI Olimpada Brasileira de Matemtica em mais de 2.500 colgios de nosso pas, atingindo na realizao da primeira etapa cerca de 60.000 alunos. Este ano a Olimpada se realizar nas seguintes datas: Primeira Fase Sbado, 10 de junhoSegunda Fase Sbado, 02 de setembroTerceira Fase Sbado, 21 de outubro (nveis 1,2 e 3)Domingo, 22 de outubro (nvel 3 - segundo dia).A Comisso Nacional de Olimpadas entende que todo aluno que desejar participar da OBMdeve poder faz-lo semrestries. Acomisso oferece inclusive a alunos de escolas que no participam da OBM a possibilidade de fazer asprovassobsupervisodiretadoCoordenador Regional. Asescolaspodem naturalmente aconselhar seus alunos a participar ou no da Olimpada de acordo comseus prprios critrios, mas aescola nunca deve impedir umalunode participar se este for o seu desejo.Lembramos que a Olimpada Brasileira de Matemtica uma competio entre alunos e no entre colgios. A OBM divulga apenas os nomes e pontuaes dos alunos premiados; a OBM nunca divulgou nem divulgar comparaes entre colgios. NossoobjetivoestimularoestudodeMatemticaentreosjovens, contribuirparaoaprimoramentodosprofessoresepropiciarumamelhoriado ensinoedoaprendizadodestamatrianasescolasbrasileirasenocomparar desempenhos de escolas.O Regulamento da OBM foi atualizado. Leia o novo regulamento no site:http://www.obm.org.br/regulamento.htm EUREKA!N7,20002Sociedade Brasileira de MatemticaFinalmente, aproveitamos, para registrar a realizao da Semana Olmpica 2000, atividade que vem sendo realizada desde 1998. Nesta oportunidade o evento teve lugar na Universidade Metodista de Piracicaba (UNIMEP) entre os dias 21 a 27 de janeiro de 2000. Durante a Semana Olmpica 2000, reunimos alunos ganhadores da XXI Olmpiada Brasileira de Matemtica nos seus trs nveis de competio. Estes alunos participaram de um treinamento intensivocomprofessoresdediversaspartesdopascomopreparaoparaa futura formao das equipes que representaro o Brasil em Olimpadas Internacionais. Almdissoeles tiverama oportunidade de conquistar novas amizades, iniciandoumrelacionamentoextremamente proveitosocomoutros jovens da mesma faixa de idade e com interesses semelhantes.XXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICAPrimeira Fase - Nvel 101. Umpequenocaminhopodecarregar50sacosdeareiaou400tijolos. Se foram colocados no caminho 32 sacos de areia, quantos tijolos pode ainda ele carregar?A) 132 B) 144 C) 146 D) 148 E) 15202. A calculadora de Juliana bem diferente. Ela tem uma tecla D, que duplica o nmeroescritonovisor eateclaT, queapagaoalgarismodasunidadesdo nmero escrito no visor.Assim, por exemplo, se estiver escrito 123 no visor e apertarmos D, teremos 246; depois, apertando T, teremos 24. Suponha que esteja escrito1999. SeapertamosDdepoisT, emseguidaD, depoisT, teremoso nmero:A) 96 B) 98 C) 123 D) 79 E) 993. O grfico abaixo mostra ovalor aproximado do dlar em reais no dia 15 dosltimos 6 meses.1 , 01 , 52 , 0D J F M A M JMarcelocomprouumcarrousandoumsistema de financiamentochamado EUREKA!N7,20003Sociedade Brasileira de Matemticaleasing corrigido pela variao do dlare suas prestaes vencem exatamente no dia 15 de cada ms.Em dezembro, Marcelo pagou R$ 600,00 de prestao. Com base na tabela, podemos dizer que em maio a prestao foi de:A) R$ 700,00B) R$ 850,00 C) R$ 650,00D) R$ 900,00 E) R$ 800,004. Numacertacidade,ometrtemtodassuas 12estaes em linha reta. Adistncia entre duas estaes vizinhas sempre a mesma. Sabe-se que a distncia entre a terceira e a sexta estaes igual a 3 300 metros. Qual o comprimento dessa linha?A) 8,4kmB) 12,1 kmC) 9,9 kmD) 13,2 km E) 9,075 km5. A metade do nmero8 114 2 + igual a: A) 4 54 2 +B) 8 52 2 +C) 8 102 1 +D) 5 154 2 + E) 7 94 2 +6. Quantos nmeros de dois algarismossoprimos e tm comoantecessorumquadrado perfeito ?A) 2 B) nenhum C) 1D) 3 E) 607. Quantas vezes num dia (24 horas) os ponteiros de um relgio formam ngulo reto ?A) 48 B) 44 C) 24 D) 22 E) 238. DonaZizi comprou2 balas para cada aluno de uma5a srie.Mascomoosmeninos andavam meio barulhentos, ela resolveu redistribuir essas balas, dando 5 para cada menina e apenas 1 para cada menino. Podemos concluir que na 5a srieA) 20% so meninos B) 30% so meninas C) 75% so meninos D) 50% so meninas E) 66,6...% so meninos9. Vrios caixotes cbicos deplstico Azul ficaramarmazenadosaoarlivre, na posio indicada na figura ao lado, na qual apenas um dos caixotes no visvel. Com otempo, oplsticoexpostoaoarperdeu suacor, tornando-secinza. Aodesfazera pilha, verificaremos que o nmero de caixotes com trs faces azuis e trs cinzentas ser:A) 4 B) 5 C)3 D)2E) 1EUREKA!N7,20004Sociedade Brasileira de Matemtica10. Ronaldo, sempre que pode, guarda moedas de50centavos ou 1 real.Atualmente, ele tem 100 moedas, num total de 76 reais. Quantas moedas de um valorele tem a mais do que a de outro valor ?A) 48 B) 4C) 8D) 52E) 9611. Juntandotrsquadradoscongruentesefazendocoincidirlados comuns, sem superposio, podemos formar duas figuras diferentes, comomostraafiguraaolado. Observequeuma figura obtida de outra por rotao, deslocamento ou reflexo, congruente mesma figura (muda apenas a posio). Por exemplo, temos abaixo figura iguais em 4 posies diferentes:6 0o1 2 0oVamos agorapegar trs losangos congruentes, umdeles representado ao lado. Quantas figuras diferentes podemos formar comos trs losangos, fazendo coincidir lados comuns ?A) 1 B) 2 C) 3 D) 5 E) 912. Renata digitou um trabalhode100pginasnumeradosde 1 a 100eoimprimiu. Ao folhear o trabalho, percebeu que sua impressora estava com defeito, pois trocava o zero pelo um e o um pelo zero na numerao das pginas. Depois de consertar a impressora, quantas pginas teve que reimprimir, no mnimo ?A) 18 B) 20C) 22D) 30 E) 2813. LetciavendeutodosseusCDsdevideogamesparatrsamigos, que lhepagaram, respectivamente, R$240,00, R$180,00eR$320,00. TodososCDs tinham o mesmo preo. Quantos CDs tinha Letcia no mnimo?A) 20B) 37 C) 28D) 21E) 25EUREKA!N7,20005Sociedade Brasileira de Matemtica14. 6cartes com nmerossomente numa das faces so colocadossobreumamesa conforme ailustrao.Os cartesXeYestocomafacenumeradavoltadapara baixo. A mdia aritmtica dos nmeros de todos os cartes 5. A mdia aritmtica dos nmeros do carto Y e seus trs vizinhos 3. Qual o nmero escrito no carto X ? 8X 6 Y2 4A) 4 B) 12 C) 0 D) 15 E) 1015. Rafael tem 32 da idade de Robertoe 2 anos maisjovemqueReinaldo. AidadedeRobertorepresenta34daidadedeReinaldo. Emanos, asomadas idades dos trs :A) 48 B) 72C) 58 D) 60 E) 3416. Marcosquerpesartrsmaasnumabalana deDoispratos, maseledispedeapenasumblocode 200 gramas. Observando o equilbrio na balana, ele observa que a ma maior tem o mesmo peso que as outras duasmasjuntas; oblocoeamamenor pesamtantoquantoas outras duas mas juntas; a mamaior juntocomamenorpesamtantoquanto bloco. O peso total das trs mas :A) 250 g B) 300 gC) 350 gD) 400 gE) 450 g17. NodesenhoaoladoestorepresentadosQuatrotringulos retngulos eumretngulo, bem como suas medidas. Juntando todas essas figuras, podemos construir um quadrado. O lado desse quadrado ir medir:A) 88 cmB) 100 cmC) 60 cmD) 96 cmE) 80 cm1216166060808880100100 2012 162018. Numa certa cidade, foi adotado o seguinte sistema de rodzio de carros:duasvezespor semana,desegunda asexta,cadacarroficaproibidodecircular,de acordo com o final de sua placa (algarismo das unidades). O nmero mdio de finais de placa proibidos diferentes para cada dia de proibio :A) 4 B) 1 C)3 D)2 E)indefinidoEUREKA!N7,20006Sociedade Brasileira de Matemtica19. Alexandre,consultandoaprogramaode filmes,decidiu gravarContato, cuja durao de 150minutos. Para gravar numa nica fita, ele comeou com velocidade menor (modo EP, que permite gravar 6 horas) e, num dado momento, mudou para a velocidade maior (modo SP, que permite gravar 2 horas), de forma que a fita acabou exatamente no fim do filme. Do incio do filme at o momento da mudana do modo de gravao, quantos minutos sepassaram?A) 60 B) 30C) 15D) 45 E) 10520. Vocsabequeexistem9 nmerosde um algarismo,90nmerosde doisalgarismos, 900 nmeros de trs algarismos, etc. Considere agora cada nmero cujo ltimo algarismo direita representa o nmero de algarismos desse nmero. Por exemplo, o nmero 9 074 um deles, pois 4 o nmero de seus algarismos. Quantos nmeros desse tipo existem ?A) 99 999 999B) 99 999 992 C) 100 000 000D) 10 000 000E) 1 000 000 000XXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICAPrimeira Fase - Nvel 201. Veja problema 01 do Nvel 1.02.Emumhotel h100pessoas. 30comemporco, 60comemgalinhae80 comemalface. Qual omaior nmeropossvel depessoas quenocomem nenhum desses dois tipos de carne?A) 10 B) 20 C) 30 D) 40 E) 503. Uma folha quadrada foi dobrada duas vezes ao longo de suas diagonaisconforme ilustrao abaixo, obtendo-se um tringulo issceles. Foi feito um corte na folha dobrada, paralelo base desse tringulo, pelos pontos mdios dos outros lados. Areadoburaconafolhacorrespondeaquefraodareadafolha original ?A) 21 B) 61 C) 83 D) 43 E) 414. Veja problema 9 do Nvel 1. EUREKA!N7,20007Sociedade Brasileira de Matemtica5. Veja problema 17 do Nvel 1.06. Contando-se os alunos de uma classe de 4 em 4 sobram 2 e contando-se de 5 em 5 sobra 1. Sabendo-se que 15 alunos so meninas e que nesta classe o nmero de meninas maior que o nmero de meninos, o nmero de meninos nesta classe igual a :A) 7 B) 8 C) 9 D) 10 E) 1107. O quociente de 5050 por 2525 igual a :A) 2525B) 1025C) 10025D) 225E) 2 252508. Qual o 1999o algarismo aps a vrgula na representao decimal de 374 ?A) 0 B) 1 C) 2 D) 7 E) 809. Um retngulo ABCD est dividido em quatro retngulos menores. As reas de trs deles esto na figura abaixo. Qual a rea do retngulo ABCD?1612 27 A BC DA) 80 B) 84 C) 86 D) 88 E) 9110. Em um aqurio h peixes amarelos e vermelhos: 90% so amarelos e 10% so vermelhos. Uma misteriosa doena matou muitos peixes amarelos, mas nenhum vermelho. Depois que a doena foi controlada verificou-se que no aqurio, 75% dos peixes vivos eram amarelos. Aproximadamente, que porcentagem dos peixes amarelos morreram?A) 15% B) 37% C) 50% D) 67% E) 84%11.Pedrosaiudecasaefezcomprasemquatrolojas, cadaumanumbairro diferente. Em cada uma gastou a metade do que possua e a seguir, ainda pagou R$ 2,00 de estacionamento. Se no final ainda tinha R$ 8,00, que quantia tinha Pedro ao sair de casa?A) R$ 220,00B) R$ 204,00C) R$ 196,00D) R$ 188,00EUREKA!N7,20008Sociedade Brasileira de MatemticaE) R$ 180,0012.Quantossoospossveisvaloresinteirosdexparaque1999++xxsejaum nmero inteiro?A) 5 B) 10 C) 20 D) 30 E) 4013.A diferena entre a maior raiz e a menor raiz da equao ( ) ( ) 0 21 45 22 2 x x:A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 614. Uma bola de futebol feita com 32 peas de couro. 12 delas so pentgonos regulares e as outras 20 so hexgonos tambmregulares. Os lados dos pentgonos so iguais aos dos hexgonos de forma que possam ser costurados. Cada costura une dois lados de duas dessas peas.Quantas so as costuras feitas na fabricao de uma bola de futebol?A) 60 B) 64 C) 90 D) 120 E) 18015. Hoje, 12/6/1999, Pedro e Maria fazem aniversrio. No mesmo dia em 1996, a idade de Pedro era 3/4 da idade de Maria. No mesmo dia em 2002, a idade de Pedro ser igual de Maria quando ele tinha 20 anos. Quantos anos Maria est fazendo hoje?A) 30 B) 31 C) 32 D) 33 E) 3416. Uma caixa contm 100 bolas de cores distintas. Destas, 30 so vermelhas, 30 so verdes, 30 so azuis e entre as10 restantes, algumas so brancas e outras so pretas. O menor nmero de bolas que devemos tirar da caixa, sem lhes ver a cor, para termos a certeza de haver pelo menos 10 bolas da mesma cor :A) 31 B) 33 C) 35 D) 37 E) 3817. Quantos so os tringulos que possuem medidas dos seus lados expressas por nmeros inteiros e tais que a medida do maior lado seja igual a 11 ?A) 10 B) 11 C) 12 D) 24 E) 36 18. Os pontos S, T e U so os pontos de tangncia do crculo inscrito no tringulo PQRsobre os ladosRQ,RPe PQ respectivamente. Sabendo que os comprimentos dos arcos TU, ST e US esto na razo TU : ST : US = 5 : 8 : 11, a razo TPU : SRT : UQS igual a :A) 7 : 4 : 1 B) 8 : 5 : 2 C) 7 : 3 : 2 D) 11 : 8 : 5E) 9 : 5 : 1 EUREKA!N7,20009Sociedade Brasileira de Matemtica19. Aos vrtices de um cubo so atribudos os nmeros de 1 a 8 de modo que os conjuntos dosnmeroscorrespondentesaosvrticesdasseisfacesso{1, 2, 6, 7}, {1, 4, 6, 8}, {1, 2, 5, 8}, {2, 3, 5, 7},{3, 4, 6, 7} e {3, 4, 5, 8}. O vrtice atribudo ao nmero 6 est mais longe do vrtice de nmero A) 1 B) 3 C) 4 D) 5 E) 720. Com os 5 nmeros mpares entre 5 e 4 e com os 5 nmeros pares entre 5 e 4 so formados 5 pares de nmeros. Se N a soma dos produtos, obtidos em cada par de nmeros, o valor mnimo possvel de N igual a : A) 41B) 40C) 28D) 10E) 0XXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICAPrimeira Fase - Nvel 31. Veja problema 01 do Nvel 1.02.Veja problema 02 do Nvel 2.03. Um gafanhoto pula exatamente 1 metro. Ele est em um ponto A de uma reta, spulasobreela, edesejaatingirumpontoBdessamesmaretaqueesta5 metros de distncia de A com exatamente 9 pulos. De quantas maneiras ele pode fazer isso?A) 16 B) 18 C) 24 D) 36 E) 484. Sendo a b e b 0, sabe-se que as razes da equao02 + + b ax xsoexatamente a e b. Ento, a b igual a:A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 405. Veja problema 09 do Nvel 2.06. Veja problema 14 do Nvel 2.07.A diferena entre a maior raiz e a menor raiz da equao ( ) ( ) 0 21 45 22 2 x x:A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6EUREKA!N7,200010Sociedade Brasileira de Matemtica08. Veja problema 12 do Nvel 2.09. Se 00 < x < 900 e 41cos xento x est entre:A) 00 e 300B) 300 e 450C) 450 e 600D) 600 e 750E) 750 e 90010. Veja problema 11 do Nvel 2.11. Para todo n natural definimos a funo f por:( )2nn f se n par,( ) 1 3 + n n fsen mpar. O nmero de solues da equao ( ) ( ) ( ) 16 n f f f:A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 612. O nmero N = 11111 . . . 11 possui 1999 dgitos, todos iguais a 1. O resto da diviso de N por 7 :A) 1 B) 2 C) 4 D) 5 E) 613. UmquadradoABCDpossui lado 40cm. Uma circunferncia contmos vrtices A e B e tangente ao lado CD. O raio desta circunferncia :A) 20cm B) 22cm C) 24cm D) 25cm E) 28cm14. Veja problema 18 do Nvel 2.15. Para quantos valores inteiros de x existe um tringulo acutngulo de lados 12, 10 e x?A) 9 B) 10 C) 12 D) 16 E) 1816. A circunferncia abaixo tem raio 1, o arco AB mede 700e o arco BC mede 400. A rea da regio limitada pelas cordas AB e AC e pelo arco BC mede:CBAA) /8 B) /9 C) /10 D) /12E) /1417. A reta r contm os pontos (0, 4) e (7, 7). Dos pontos abaixo, qual o mais prximo da reta r?EUREKA!N7,200011Sociedade Brasileira de MatemticaA) (1999, 858) B) (1999, 859) C) (1999, 860)D) (1999, 861) E) (1999, 862)18. Quantos so os pares (x, y) de inteiros positivos que satisfazem a equao 2x +3y = 101 ?A) 13 B) 14 C) 15 D) 16 E) 1719. Quantos nmeros inteiros entre 10 e 1000 possuem seus dgitos em ordem estritamente crescente?(Por exemplo, 47 e 126 so nmeros deste tipo; 52 e 566 no).A) 90 B) 98 C) 112 D) 118 E) 12020. Veja problema 10 do Nvel 2.21. Veja problema 15 do Nvel 2.22. No quadrado ABCD o ponto E mdio de BC e o ponto F do lado CD tal que o ngulo AEF reto. Aproximadamente, que porcentagem a rea do tringulo AEF representa da rea do quadrado?A) 28% B) 31% C) 34% D) 36% E) 39%23. Dois irmos herdaram o terreno ABC com a forma de um tringulo retngulo em A, ecomocatetoABde84mdecomprimento. Elesresolveramdividiro terrenoem duaspartesdemesma rea,porum muro MN paralelo aAC como mostra a figura abaixo. Assinale a opo que contm o valor mais aproximado do segmento BM.N MCBAA) 55m B) 57m C) 59m D) 61m E) 63m24. As representaes decimais dos nmeros 19992e 19995 so escritas lado a lado. O nmero de algarismos escritos igual a :A) 1999 B) 2000 C) 2001 D) 3998 E) 399925. Veja problema 16 do Nvel 2.GABARITOEUREKA!N7,200012Sociedade Brasileira de MatemticaPrimeiro Nvel (5a. e 6a. sries)1) B 6) A 11) E 16) B2) D 7) B 12) E 17) E3) B 8) C 13) B 18) A4) B 9) A 14) E 19) D5) D 10) B 15) C 20) CSegundo Nvel (7a. e 8a. sries)1) B 6) E 11) D 16) E2) D 7) C 12) C 17) E3) E 8) B 13) A 18) A4) A 9) E 14) C 19) D5) E 10) D 15) B 20) BTerceiro Nvel (Ensino Mdio)1) B 6) C 11) C 16) B 21) B2) D 7) A 12) A 17) D 22) B3) D 8) C 13) D 18) E 23) C4) D9) E 14) A 19) E 24) B5) E 10) D 15) A 20) D 25) EXXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICASegunda Fase - Nvel 1PROBLEMA 1Corte10 algarismosdo nmero 1234512345123451234512345, para que o nmero restante seja o maior possvel.PROBLEMA 2 Sabe-se que trs meses consecutivos de umdeterminadoano, nobissexto, possuem cada um exatamente quatro domingos. a) Estes meses podem ser janeiro, fevereiro e maro?b) Podem ser agosto, setembro e outubro?PROBLEMA 3Nafigura,ostringulosABCeEGFsoequilteros.Opermetro do tringulo ABC 132cm e, alm disso,EUREKA!N7,200013Sociedade Brasileira de MatemticaAE = ECBD = DCEF = FC DG = GEa) Qual o permetro da rea sombreada?b)Que frao da rea do tringulo ABC representa a rea sombreada?A B C DE F GPROBLEMA 4 Pedro distribuiu127 moedasde 1real em setecaixas e colocou em cada uma delas uma etiqueta dizendo o nmero de moedas da caixa. Essa distribuio foi feitadeformaquequalquer quantiadeR$1,00aR$127,00pudesseser paga entregando-se apenas caixas fechadas. De que maneira Pedro fez essa distribuio?PROBLEMA 5 Umedifciomuitoaltopossui 1000andares, excluindo-seotrreo. Doandar trreo partem 5 elevadores:O elevador A pra em todos os andares. O elevador B pra nos andares mltiplos de 5, isto , 0, 5, 10, 15, O elevador C pra nos andares mltiplos de 7, isto , 0, 7, 14, 21, O elevador D pra nos andares mltiplos de 17, isto , 0, 17, 34, 51, O elevador E pra nos andares mltiplos de 23, isto , 0, 23, 46, 69, a) Mostreque, excetuando-seoandar trreo, noexistenenhumandar onde param os 5 elevadores.b) Determine todos os andares onde param 4 elevadores.PROBLEMA 6 Encontre o menor tabuleiro quadrado que pode ser ladrilhado usando peas com o seguinte formato:Obs: Ladrilhado significa completamente coberto, sem superposio de peas, e de modo que nenhum ponto fora do tabuleiro seja coberto por alguma pea.SOLUES SEGUNDA FASE- NVEL 1SOLUO PROBLEMA 1 EUREKA!N7,200014Sociedade Brasileira de MatemticaO maior nmero restante 553451234512345. Para ver isto, podemos supor que os cortes so feitos da esquerda para a direita. Se deixarmos de cortar todos os quatro primeiros algarismos, o nmero que resta comear por 1, 2, 3 ou 4. Logo, menor que o nmero acima. Feito isto, se deixarmos de cortar a segunda seqncia 1234, o nmero que resta ter na primeira ou segunda casa, da esquerda para a direita, 1, 2, 3 ou 4. Ainda menor que o nmero acima. Os dois primeiros 5 devempermanecer, pois retirando-se umdeles, completamos 9 retiradas e a algum algarismo da terceira seqncia 1234 aparecer na 1a ou na 2a casa. Finalmente devemos cortar a seqncia 12, que ocupa a 11ae 12a posio.SOLUO PROBLEMA 2Se o dia primeiro de janeiro for Segunda-feira, e o ano no for bissexto, ento os meses de janeiro, fevereiro e maro tero 4 domingos cada.SOLUO PROBLEMA 3(Soluo resumida) a) ( ) 121 3 44 2 + Permetro . b)S S S S161341.4143' + SOLUO PROBLEMA 4Basta distribuir as moedas em 7 caixas contendo respectivamente 1, 2, 4, 8, 16, 32 e 64 moedas. Para outros pagamentos Pedro pode fazer 3 = 1 + 2, 5 = 1 + 4, 6 = 2 + 4, 7 = 1 + 2 + 4. Assim j pode pagar as quantias de 1 a 7 reais com o contedodascaixas. Somando-seaparcelade8aestassomaschega-senas somasde9at15. Somando-seaparcelade16s15somasassimformadas obtm-se somas de 17 a 31. A estas acrescenta-se a parcela de 32. E finalmente a parcela de 64, obtendo-se assim todas as somas de 1 a 127 = 1+ 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64.SOLUO PROBLEMA 5a) O elevador B pra nos mltiplos de 5.O elevador C pra nos mltiplos de 7.O elevador D pra nos mltiplos de 17.O elevador E pra nos mltiplos de 23.Como5, 7, 17e23sonmerosprimos, paraquetodosparemnummesmo andar, este tem que ser mltiplo de 5 7 17 23 =13685 e o prdio s tem 1000 andares.b)Para que num andar parem exatamente quatro elevadores, devem parar A, que pra em todos, e trs dos restantes.EUREKA!N7,200015Sociedade Brasileira de MatemticaB, C e D param nos mltiplos de 5 7 17 = 595 B, C e E param nos mltiplos de 5 7 23 =805B, D e E param nos mltiplos de 5 17 23 = 1955C, D e E param nos mltiplos de 7 17 23 =2737 Logo, os andares onde param 4 elevadores so o 595 e o 805. SOLUO PROBLEMA 6O menor tabuleiro do tipo 10 10 coberto com 20 peas, como mostrado, por exemplo, pela figura abaixo, esquerda. Comefeito, o nmero de casas do tabuleiro um quadrado perfeito mltiplode5. Logo 25, 100, 225 ou ... etc. Mas um tabuleiro 5 5 no pode ser coberto com peas deste tipo, pois ao tentarmos completar uma lateral do tabuleiro, seremos conduzidosaumadasduasfiguras direita, as quais no se deixam completar pelas peas para formar todo o tabuleiro.XXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICASegunda Fase - Nvel 2PROBLEMA 1Trs meses consecutivos de umdeterminado ano, no bissexto, possuem exatamente quatro domingos cada um. Prove que um destes meses fevereiro.PROBLEMA 2Num quadro-negro so escritos trs inteiros. Comea-se, ento, uma sequncia de movimentos onde, em cada passo, apaga-se um deles e escreve-se em seu lugar a soma dos outros dois diminuda de uma unidade. Aps vrios movimentos, esto escritosnoquadroosnmeros17, 75e91. possvel quenoincioestejam escritos no quadro :a) 2, 2, 2 ?b) 3, 3, 3 ? EUREKA!N7,200016Sociedade Brasileira de MatemticaPROBLEMA 3 Seja ABCD um quadrado. Escolhemos pontos M, N, P, Q respectivamente sobre AB,BC,CDe DA, de modo que as circunferncias circunscritas aos tringulos MBN e PDQ sejam tangentes exteriormente. Mostre que MN +PQ AC.PROBLEMA 4 Determine o maior natural n para o qual existe uma reordenao (a, b, c, d) de (3, 6, 9, 12) (isto , {a, b, c, d} = {3, 6, 9, 12}) tal que o nmero 3 6 9 12a b c d n seja inteiro. Justifique sua resposta.PROBLEMA 5Um professor de matemtica passou aos seus alunos a adio DCBA+onde A, B, CeDsointeirospositivos, asfraesestosimplificadasaomximoeos denominadores so nmeros primos entre si.Os alunos adicionaram as fraes tirando o mnimo mltiplo comum dos denominadores das parcelas e escrevendo este comoodenominador doresultado. Mostrequeafraoque os alunos encontraram como resultado est simplificada.PROBLEMA 6Determinetodososinteirospositivosnparaosquais possvel montarmos um retngulo 9 10 usando peas 1 n.SOLUES SEGUNDA FASE- NVEL 2SOLUO PROBLEMA 1Se nenhum destes meses for fevereiro, o nmero total de dias no pode ser menorque 91= 7.13e portanto onmero total dedomingos nopoderiaser menor do que 13.SOLUO PROBLEMA 2a) Esto escritos inicialmente 3 nmeros pares. Quando um deles apagado, escrito em seu lugar um nmero mpar. Aps o 1 movimento ficam ento dois nmeros pares eumnmerompar. Seapagarmos agoraonmero mpar, surgir em seu lugar outro nmro mpar e se apagarmos um nmero parapareceremseulugaroutronmeropar. Destemodo, apsqualquer nmero de movimentos restaro doisnmerospareseum nmero mpar e portanto, no possvel termos no final os trs nmeros mpares 17, 75 e 91.EUREKA!N7,200017Sociedade Brasileira de Matemticab) Sim, uma possvelsequncia de movimentos : 3, 3, 3 5, 3, 3 5, 3, 7 5, 11, 7 17, 11, 7 17 , 11, 27 17, 43, 27 17, 43, 59 17, 75, 59 17, 75, 91.SOLUO PROBLEMA 3 Afiguraabaixorepresentaasituao, ondeXeYsoospontosmdiosdos segmentos MN e PQ e Z o ponto de tangncia das circunferncias. Ento, como 90 PDQ MBN, segue que BX = MX = NX = XZ e DY = QY = YP = YZ. Assim, MN + PQ = BX + XZ + ZY + YD BD =AC .A MBXZQD NP CSOLUO PROBLEMA 4 Temos . 3 2 12 9 6 32 2 d c b a d b d c b a + + + + Para(a, b, c, d) dados, omaiorn possvel. 2 } 2 , 2 { d b d c b a d b mdc + + + + +Notequeb+2dmximo (com be delementos distintos de {3, 6, 9, 12}) quando d= 12 e b= 9. Neste caso, b + 2d = 33, e a +b + 2c + d = 21 + a + 2c. Tomando a = 6 e c = 3, temos tambm a+ b+ 2c+ d= 33, que obviamente o maior valor possvel para n, obtido para (a, b, c, d) = (6, 9, 3, 12).SOLUO PROBLEMA 5 Comoosdenominadoresdasfraessoprimosentresi, seuMMCBDe assim, a fraoresultanteBDCB AD +.Suponhamosque estafraono seja irredutvel isto , que exista algum nmero primo p que divida o numerador e o denominador desta frao.Como o produto BD divisvel porp, um dos seus termos, digamosBsemperda de generalidade o seja. Entretanto, uma das parcelasdasomaAD + CBdivisvelporpecomoasoma, porhiptese, divisvel por p a parcela AD tambm divisvel por p. Portanto A ou D divisvel porp. No primeiro caso temos uma contradio com o fato da frao BA ser irredutvel, no outro casos a contradio est no fato de que os denominadores das fraes iniciais sempre so primos entre si. SOLUO PROBLEMA 6EUREKA!N7,200018Sociedade Brasileira de Matemticaclaroquendeveser nomximo10edividir90. Assim, restamparanas possibilidades1, 2, 3, 5, 6, 9, 10. Foran=6, imediatoquenpodeassumir qualquer um dos outros valores acima. Comeando a tentar montar o retngulo com peas 1 6 a partir de um canto, conclumos prontamente que a tarefa no possvel.XXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICASegunda Fase - Nvel 3PROBLEMA 1Nos extremos de um dimetro de um crculo, escreve-se o nmero 1 (primeiro passo) . A seguir, cada semicrculo dividido ao meio e em cada um dos seus pontos mdios escreve-se a soma dos nmeros que esto nos extremos do semicrculo (segundo passo) . A seguir, cada quarto de crculo dividido ao meio e em cada um dos seus pontos mdios coloca-se a soma dos nmeros que esto nos extremos de cada arco (terceiro passo). Procede-se, assim, sucessivamente: sempre cada arco dividido ao meio e em seu ponto mdio escrita a soma dos nmeros que esto em seus extremos. Determinar a soma de todos os nmeros escritos aps 1999 passos. EUREKA!N7,200019Sociedade Brasileira de MatemticaPROBLEMA 2 Veja problema 3 do nvel 2.PROBLEMA 3 Veja problema 4 do nvel 2.PROBLEMA 4Determine todos os inteiros positivos npara os quais possvel montarmos um retngulo 9 10 usando peas 1 n.PROBLEMA 5Jos tem trs pares de culos, um magenta, um amarelo e um ciano. Todo dia de manh ele escolhe um ao acaso, tendo apenas o cuidado de nunca usar o mesmo que usou no dia anterior. Se dia primeiro de agosto ele usou o magenta, qual a probabilidade de que dia 31 de agosto ele volte a usar o magenta?PROBLEMA 6Encontre as solues inteiras de9993 3 y x .SOLUES SEGUNDA FASE- NVEL 3SOLUO PROBLEMA 1Seja S(n) a soma dos termos em cada passo em um dos semicrculos. Observemos que S(1) = 2, S(2) = 4, e S(3) = 10. Deste modo, nos parece razovel conjecturar que S(n) = 3n 1 +1. Claramente,S(1) = 31 1 + 1. Os novos termos adicionados para formar Ln+1representam somas de dois termos consecutivos de Lne cada termo de Ln, excetuando-se o primeiro e o ltimo, apareceemexatamenteduas destas somas. Da, S(n +1) = S(n) + 2(S(n) 1) = 3S(n) 2 = 3(3n 1 + 1) 2 = 3(n+1)1+ 1. Levando em considerao o outro semicrculo, temos que a somaapsos1999passosigual a 2.(31999 1 + 1) 2 = 2. 31998SOLUO PROBLEMA 2Veja soluo do problema 3 do nvel 2.SOLUO PROBLEMA 3Veja soluo do problema 4 do nvel 2. SOLUO PROBLEMA 4claroquendeveser nomximo10edividir90. Assim, restamparanas possibilidades1, 2, 3, 5, 6, 9, 10. Foran=6, imediatoquenpodeassumir qualquer um dos outros valores acima. Comeando a tentar montar o retngulo com peas 1 6 a partir de um canto, conclumos prontamente que a tarefa no possvel.EUREKA!N7,200020Sociedade Brasileira de MatemticaSOLUO PROBLEMA 5Sejam mn,anecnasprobabilidadesdequenodianeleuseculosmagenta, amarelo e ciano, respectivamente. Temos m1 = 1, a1 = c1 = 0 e 21n nnc am++, 21n nnc ma++, e21n nna mc++Comoan+cn+mn= 1, temos .211nnmm+ Assim, 3) 2 ( 12 nnm , e em 31 de agosto a probabilidade de que ele volte a usar o magenta .32 12931+ mSOLUO PROBLEMA 6Temos 37 3 ) ( ) (3 2 2 + + y xy x y x . Suponhamos x> y. Assim, os possveis valores de a= x yso 1, 3, 9, 27, 37, 3 37, 9 37, 27 37 e cada valor permite fazery=xae precisamos apenas verificar se as razes de aa x a x x x999) ( ) (2 2 + + sointeiras. Naverdade, algunsdestesvalores so obviamente inapropriados: ) 3 ( 0 a3 3mod y x y x , donde os valores 1e37podemser descartados. Por outrolado, seb y x 3 temos , 3 ) (3 3 3b y x donde podemos descartar a 27. Os dois valores restantes, 3 e 9, so de fato possveis e do as quatro solues:). 12 , 9 ( e ) 9 , 12 ( ), 10 , 1 ( ), 1 , 10 ( XXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICATerceira Fase - Nvel 1PROBLEMA 1 Diga como dividir um cubo em 1999 cubinhos. A figura mostra uma maneira de dividir um cubo em 15 cubinhos.PROBLEMA 2EUREKA!N7,200021Sociedade Brasileira de MatemticaEmanuela, Marta e Isabel so trs nadadoras que gostam de competir e por isso resolveram organizar um desafio de natao entre elas. Ficou combinado o total depontosparaoprimeiro, osegundoeoterceirolugaresemcadaprova. A pontuao para primeiro lugar maior que a para o segundo e esta maior que a pontuaopara oterceiro. As pontuaes sonmeros inteiros positivos. O desafio consistiu de vriasprovas e aofinalobservou-se que Emanuelafez 20 pontos, Marta 9 pontos e Isabel 10.A primeira prova foi vencida por Isabel.(a) Quantas provas foram disputadas?(b) Determine o total de pontos para o primeiro, segundo e terceiro lugares.PROBLEMA 3Umreinoformadopordezcidades. Umcidadomuitochatofoi exiladoda cidadeAparacidadeB, queacidadedoreinomaislongedeA. Apsum tempo, ele foi expulso da cidadeBpara a cidadeCdo reino mais longe de B. Sabe-se que a cidade C no a mesma cidade A. Se ele continuar sendo exilado dessa maneira, possvel que ele retorne cidade A?Nota: as distncias entre as cidades so todas diferentes.PROBLEMA 4 Adriano, Bruno e Carlos disputaram uma srie de partidas de tnis de mesa. Cada vez que um jogador perdia, era substitudo pelo que estava a esperar. A primeira partidafoi disputadapor Adrianoe Bruno. Sabe-seque Adrianovenceu12 partidas e Bruno 21. Quantas vezes Adriano e Bruno se enfrentaram?SOLUES TERCEIRA FASE- NVEL 1PROBLEMA 1 SOLUO DE MARIANA DE MORAES SILVEIRA(Belo Horizonte - MG) O cubo deve ser dividido em 1000 cubinhos, ou seja 10 10 10, depois, deve-se pegar um deles e divid-lo novamente em 1000 cubinhos para que obtenhamos 1999cubinhos. Assimteremos10001(queserdividido) +1000=1999 cubinhos. PROBLEMA 2SOLUODEDIOGODOSSANTOSSUYAMA(BeloHorizonte- MG)a) Foramdisputadas 3 provas.Como20+10+9=39,o nmero de pontos distribuidos por provaspoderiaser 3ou13, pois estes soos nicos divisores de 39, a no ser o mesmo e o 1. Em consequncias, o nmero de EUREKA!N7,200022Sociedade Brasileira de Matemticaprovas tambmserumdesses nmeros. Porm, seforemdisputadas 13 provas, s h uma maneira de se distribuir os pontos: 2 para o primeiro, 1 para o segundo e 0 para o terceiro. Entretanto, 0 no positivo, sendo assim descartada essa hiptese. b) J sabendo que so 3 provas, impossvel que a vencedora ganhe menos que 8 pontos, pois assim, Emanuela s conseguiria os 20 pontos fazendo 7, 7 e 6 pontosemcadaprova. Paraisso, seriaprecisoqueavencedorafizesse7 pontos, a segunda colocada 6 e a ltima 0, mas como vimos, 0 no positivo. impossvel, tambm que a vencedora faa mais de 10 pontos, pois no seria possvelqueasegundafizessemaispontosquealtima, ouqueestano fizesse 0 pontos. Ento, as nicas possibilidades so: 1a. 10, 2a. 2, 3a. 1; 1a. 9, 2a. 3, 3a. 1; 1a. 8, 2a. 4, 3a. 1; e 1a. 8, 2a. 3, 3a. 2. A primeira opo incorreta, pois Isabel, que venceu uma das provas, no poderia ter feito pontos nas outras. A segunda opo tambm no correta, pois Isabel teria que marcar apenas um ponto em duas provas. A ltima opo incorreta tambm, pois Isabel teria que marcar 2 pontos em duas provas. Terceira opo: 1a. 8, 2a. 4, 3a. 1 a correta. Veja o quadro abaixo:1a. Prova2a. Prova3a. ProvaTotalEmanuela4 8 8 20Marta 1 4 4 9Isabel 8 1 1 10

PROBLEMA 3Veja soluo do problema 2 do nvel 2.PROBLEMA 4Veja soluo do problema 3 do nvel 2XXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICATerceira Fase - Nvel 2PROBLEMA 1 Seja ABCDE um pentgono regular tal que a estrela ACEBD tem rea 1. Sejam P interseo entre ACeBEeQa interseo entre BDe CE. Determine a rea de APQD.EUREKA!N7,200023Sociedade Brasileira de Matemtica D Q C EP B APROBLEMA 2Umreinoformadopordezcidades. Umcidadomuitochatofoi exiladoda cidadeAparaa cidadeB,que a cidade do reino mais longedeA.Aps um tempo, ele foi expulso da cidadeBpara a cidadeCdo reino mais longe de B. Sabe-se que a cidade C no a mesma cidade A. Se ele continuar sendo exilado dessa maneira, possvel que ele retorne cidade A?Nota: as distncias entre as cidades so todas diferentes.PROBLEMA 3Adriano, Bruno e Carlos disputaram uma srie de partidas de tnis de mesa. Cada vez que um jogador perdia, era substitudo pelo que estava a esperar. A primeira partidafoi disputadapor Adrianoe Bruno. Sabe-seque Adrianovenceu12 partidas e Bruno 21. Quantas vezes Adriano e Bruno se enfrentaram?PROBLEMA 4 Prove que h pelo menos um algarismo diferente de zero entre a 1.000.000a. e a 3.000.000a. casa decimal de 2 aps a vrgula.SOLUES TERCEIRA FASE- NVEL 2PROBLEMA 1 Veja soluo do problema 1 do nvel 3.PROBLEMA 2SOLUO DE EINSTEIN DO NASCIMENTO JNIOR ( Fortaleza - CE )EUREKA!N7,200024Sociedade Brasileira de MatemticaH dez cidades A, B, C, D, E, F, G, H, I, J.Um chato da cidade A foi exilado para a cidade mais longe de A, a cidade B.ComoBacidademaislongedeA, pode-sedizerquesetomarmosAcomo sendo o centro de uma circunferncia de raio AB, todas as cidades estaro dentro dos limites da circunferncia, exceto a cidade B que estar em cima dela. A C B EDComo as distncias entre as cidades no so iguais e o chato foi exilado para a cidade C que a mais longe de B ento BC > AB.Da cidade Cele ser exilado para a cidade Dque a mais longe de Ce assim sucessivamente at chegar na cidade J onde teremos a seguinte verdade:AB < BC < CD < . . . < HI < IJ.Ao chegar nesse ponto vemos que A com certeza no a cidade mais longe de J poisAB = raioAJ < raioAJ < ABAB < IJAJ < IJLogo ele ir para uma cidade diferente de A, e nunca retornar cidade A.PROBLEMA 3SOLUO DE FBIO DIAS MOREIRA (Rio de Janeiro - RJ) Quando comea a srie, j ocorre um encontro entre Adriano (A) e Bruno (B). Vamos chamar de VA, VB e VC o nmero de vitrias de Adriano, Bruno e Carlos, respectivamente. Ento ao final da srie VA + VB = 33 e depois do 1o. jogo VA + VB = 1. Suponhamos que o segundo jogo seja x C. Chamemos de E o nmero de jogos A B.Ento no 2o. jogo E = 1. Enquanto C ganhar, VA + VB e E permanecem constantes. Quando Cperder,VA+ VB aumenta uma unidade. O prximo jogo ser A B, aumentando VA + VB e E em uma unidade. Aps este jogo, o prximo ser x C. Ou seja, para que E aumente uma unidade, VA + VB aumenta duas, e o aumento de EUREKA!N7,200025Sociedade Brasileira de Matemticaum em E.Comono 2o.jogo E=1 efaltaqueVA+ VBaumente32 unidades, ocorrem 1 + 16 = 17 jogos A B.PROBLEMA 4SOLUO DE HENRIQUE CHOCIAY (Pinhais- PR)Para comear a desenvolver 2 , utilizei o processo de extrao que no utiliza tentativas (processo prtico por aproximao).2 1 1.00964.00281 1.1900 1.12960060400 1,4141 2 = 24 4 10096 14 2 = 281 1 400141 2 = 2824 411900 11296 Deste lado, o nmerode casassempre aumenta em 1casa, nuncamais. (mesmosehouvesseumcasode999999= 899991(s aumenta 1 casa) (entre 1.000.000 e 3.000.000)Quandoestivermos nonmero1.000.000decasas nomultiplicador, teremos 999.999casasdecimais. Supondoquehajas1casanorestonestasituao, depois de 1.000.000 de operaes, teremos 1.999.999 casas decimais (1 milho de zeros), 2.000.000 no multiplicador e 2.000.001 no resto, podendo obter nmero diferente de zero.Emgeral ofatode, nopodendohaver diviso, comoaumentodas casas divisoras em1edorestoem2eas casas decimais seremmenores queas divisorasem1tornaimpossvel aobtenodestaseqnciadezerosentreas casas de 1.000.000 e 3.000.000. XXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICATerceira Fase - Nvel 3PRIMEIRO DIAPROBLEMA 1 Veja problema 1 do nvel 2.EUREKA!N7,200026Sociedade Brasileira de MatemticaPROBLEMA 2 Veja problema 4 do nvel 2.PROBLEMA 3Temos um tabuleiro quadrado 10 10.Desejamos colocar n peas em casas do tabuleiro de tal forma que no existam 4 peas formando em retngulo de lados paralelos aos ladosdo tabuleiro.Determine o maior valor de n para o qual possvel fazer esta construo.SEGUNDO DIAPROBLEMA 4O planeta Zork esfrico e tem vrias cidades. Dada qualquer cidade existe uma cidade antpoda (i.e., simtrica em relao ao centro do planeta).ExistememZorkestradas ligandopares de cidades. Se existe uma estrada ligando as cidades P e Q ento tambm existe uma estradaligando as cidades P'e Q', onde P' a antpoda de P e Q' a antpoda de Q. Alm disso, estradas no se cruzam e dadas duas cidades P e Q sempre possvel viajar de P a Q usando alguma seqncia de estradas.O preo da KriptonitaemUrghs(a moeda planetria) em duas cidades ligadas por umaestradadiferepor nomximo100Urghs. Provequeexistemduas cidades antpodas onde o preo da Kriptonita difere por no mximo 100 Urghs.PROBLEMA 5Em Tumblia existem n times de futebol .Deseja-se organizar um campeonato em que cada time joga exatamente uma vez com cada um dos outros. Todos os jogos ocorrem aos domingos, e um time no pode jogar mais de uma vez no mesmo dia. Determineomenor inteiropositivomparaoqual possvel realizar umtal campeonato em m domingos.PROBLEMA 6Dado tringulo ABC mostre como construir com rgua e compasso um tringulo ABCde rea mnima comBC B AB A AC C ' e ' , 'tal que . ' ' ' e ' ' ' B C A B C A C A B C A B EUREKA!N7,200027Sociedade Brasileira de Matemtica C C'B' A'A BSOLUES TERCEIRA FASE- NVEL 3PROBLEMA 1 SOLUO DE HUGO PINTO IWATA(So Jos do Rio Preto - SP) D Q C EP B A R SComo opentgonoe a estrela so regulares, o quadriltero APQD um trapzio.A rea do trapzio APQD igual rea do tringulo APD somada do tringulo PQD. Como BDRPtambm um trapzio,, //____QD RPento a rea de PQD igual de RQD. Como a estrela regular, a rea de RQD igual de ERS, ento, a rea de PQD igual de ERS. Assim a rea do trapzio APQD igual soma das reas dos tringulosAPDeERS, que igual figuraAPDRES,que exatamente metade da estrela toda. Resposta: A rea de APQD 0,5.PROBLEMA 2 EUREKA!N7,200028Sociedade Brasileira de MatemticaSOLUO DE HUMBERTO SILVA NAVES(Goinia - GO)Suponhamos, porabsurdo, quetodososalgarismosdascasasdecimaisentrea 1.000.000a. casa decimal e a 3.000.000a. casa decimal de 2fossem zero,ento: ] ]2 10 2 10 106 6 610 3 10 10 2 (onde ] ] ]) 1 e + < x x x x Z ] ], 1 10 2 10 10 ) 2 10 onde ( 2 10 106 6 6 6 6 610 2 10 3 10 2 10 10 3 10 2+ < K K K Kmas como 2 10 106 610 3 10 2 K, (pois se no fosse teramos, 10 / 2610K um absurdo, pois2 irracional!) ento: + < < 1 10 2 10 106 6 610 2 10 3 10 2K K + < 100) a soma das diferenas na parte de cima da linha deve ser maior que 100 e embaixo menor que 100. Parte de cima (p.c.) C'1C1> 100 Parte de baixo (p.b.)Agora, supondo que esta linha percorra a figura, ligando todas as cidades antpodas, napartedecima, asomadevecontinuar sendomaior que100e EUREKA!N7,200031Sociedade Brasileira de Matemticaembaixomenor que100. Emp.c. (partedecima), asomanopodepassar bruscamente de > 100 para < 100, pois so somadas apenas duas diferenas de cada vez (menores que 200 no total!). Assim, para que p.c. fique negativo < 100 e p.b. fique positivo > 100, teramos de ter duas cidades antpodas com diferena > 100 em mdulo. > 100 < 100C2'C1'p.c. p.b. > 100 < 100C1C1'p.c. p.b. Ck' CkContinuandoopercurso, aochegarmos emC1', teremos delig-loaC1. No entanto, p.c. estar em baixo e a soma das diferenas na direo de C1' para C1 ter de ser positivo>100. Mas essa soma era negativa e 100 M0 m0 > 100 (onde xn e yn so antpodas e representam o preo da Kriptonita).| x1 y1| > 100 M1 m1 > 100| xn yn| > 100 Mn mn > 100 (Onde Mn = mx (xn, yn) e mn = min (xn, yn))Como sabemos que existe um caminho de estradas que leva de M0at m0, ento deve existir uma estrada que liga (para certo i, j N; i, j n) Mi mj.EUREKA!N7,200032Sociedade Brasileira de MatemticaComo existe uma estrada ligando Mi mj, tambm existe uma estrada ligando mjMi(antpodas). Pode aconteceri= j, caso em que se conclui facilmente queMimi>100, umabsurdopoismieMiso"vizinhas", logoopreoda Kriptonita difere por no mximo 100 Urghs.Se i j, ento:| Mj mi | 100 (so "vizinhas")| Mi mj | 100, mas como Mi mi > 100 e Mj mj > 100, ento: Mi + Mj mi mj > 200Mi mj +Mj mi > 200 | Mi mj + Mj mi| > 200 | Mi mj| + | Mj mi|> 200 200 |Mi mj|+ |Mj mi|> 200, um absurdo, logo existem cidades antpodas cujo preo difere no mximo em 100 Urghs.

PROBLEMA 5 SOLUO DE FABRCIO SIQUEIRA BENEVIDES(Fortaleza - CE)Faamos 2 casos, n par e n mpar.i) n par.Cada time tem que jogar com cada um dos outros. Se os times so: T1, T2, , Tn; temos que um time Titem que jogar (n 1) vezes e para isso precisar de pelo menos (n 1) domingos. (pois s pode jogar 1 vez por domingo). Mostraremos que possvel realizar o campeonato em (n 1) domingos. Para isso basta que o jogo entre Ti e Tj (i j) ocorra no seguinte domingo.1) dij i + j (mod n 1), 1 dij n 1 para i n, j n 2) din 2i (mod n 1), 1 din n 1 para todo i n, j n (se um dos times for Tn).Podemos observar isso numa tabela que indique o dia entre Ti e TjExemplo: para n = 6dij T1 T2 T3 T4 T5 T6T1 3 4 5 1 2T2 3 5 1 2 4T3 4 5 2 3 1T4 5 1 2 4 3EUREKA!N7,200033Sociedade Brasileira de MatemticaT5 1 2 3 4 5T6 2 3 4 5 1O campeonato organizado assim satisfaz o problema pois: fcil ver que um time i joga com cada um dos outros times (no domingo dij, j i). E cada time s joga uma vez num mesmo dia, caso contrrio teramos: um time Ti que joga contra Tj e Tk no mesmodomingo, ou seja dij = dki1) Se i = n: djn = dkn 2j 2k (mod n 1) como (2, n 1) = 1 teriamos j k (mod n 1), {j, k} {1, 2, , n 1} j = k, uma contradio.2) Se i n.2.1) j e k n : dik = dij i + k i + j (mod n 1) j k (mod n 1) e k = j. uma contradio.2.2) j = n, k n, sem perda de generalidade: din = dik i + i i + k (mod n 1)i k (mod n 1), {i, j} {1, 2, , n 1} i = j, uma contradio.Agora se nfor mpar, como cada time tem que jogar com todos os outros seria necessrio pelo menos (n 1) domingos.S que (n 1) domingos no so suficientes pois em cada dia h um time que fica semjogar. Assim, senoprimeirodiaTifoi otimequenojogou, eleainda precisar de mais ( n 1) domingos para jogar contra os outros. De modo que so necessrios pelo menos n domingos.Paraverquendomingossosuficientes, bastaqueocampeonatoseorganize assim: Sejam T1, T2, , Tn os times. Criamos um time virtual chamado Tn + 1 onde jogar contra Tn + 1 um certo dia, significa no jogar naquele dia.Temos enton+1=xtimes, organizamos entocomonocasoanterior o campeonato. Como x par isso pode ser feito em x 1 = n dias.Obs: O exemplo para (2k 1) times obtido do de (2k) times esquecendo-se um dos times.Resposta:Se n par m = n 1.Se n mpar m = n.PROBLEMA 6SOLUO DA BANCAEUREKA!N7,200034Sociedade Brasileira de Matemtica C C' B' BAD A' a a c cSejam A, B, Cos ngulos internos do tringulo ABC, sejam A', B', C' os ngulos internos do tringulo A'B'C' e consideremos A' = A e C' = C.Seja D o ponto de interseo das circunferncias circuscritas aos tringulos AA'C' eCC'B'. Nos quadrilteros inscritveisAA'DC'eCC'DB'temos A'DC'= A e C'DB' = C. Logo, A'DB' = 2 ( A) ( C) = B, e portanto, a circunferncia circunscrita ao tringulo BB'A' passa por D.No quadriltero inscritvel AA'DC', DAA' = DC'A' = e DA'C' = DAC'=a. Como A= A'concluimosque DA'B'= . Logo, noquadriltero inscritvelBB'DA'temos que DBB'= . Noquadriltero inscritvelCC'DB' temos que DCB' = DC'B'= c, e como C = C'conclumos que DCC'= . O ponto D est ento associado ao tringulo ABC pela propriedade: DAB = DBC = CDAeportantonodependedaposiodeA',B'eC'. OpontoDfixoesua construo ser mostrada no final da soluo. Como os ngulos A'DB', B'DC' e C'DA' so constantes, a menor rea possvel do tringulo A'B'C' obtida quando os segmentos DA', DB' e DC' forem os menores EUREKA!N7,200035Sociedade Brasileira de Matemticapossveis. Logo,DA',DB'e DC'so respectivamente perpendiculares aos lados AB, BC e CA.Construo do ponto DSeja E a interseo da mediatriz de AB com a perpendicular a BC traada por B. A circunferncia de centro Ee raio EA = EB tangente em B reta BC. Logo, para qualquer ponto X do menor arco AB tem-se que XAB = XBC.Seja F a interseo da mediatriz de BC com a perpendicular a CA traada por C. A circunferncia de centro Fe raio FB= FC tangente em C reta CA. Logo, para qualquer ponto X do menor arco BC tem-se que XBC = XCA.O ponto D, interseo desses dois arcos tal que DAB = DBC = DCA.(Note que qualquer ponto D com esta propriedade deve pertencer a cada um dos lugares geomtricos descritos acima, o que nos d a unicidade).XXI OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICAResultado - Primeiro Nvel (5a. e 6a. sries) NOME CIDADE ESTADOPRMIOHenry Wei Cheng Hsu So Paulo SP OuroDiogo dos Santos Suyama Belo Horizonte MG OuroSergio Santos do Nascimento So Paulo SP OuroGustavo Eufrsio Farias Fortaleza CE OuroLuciano Lacerda Silveira Campo Grande MS PrataEmanuel Augusto Varussa PadovanRio Claro SP PrataEUREKA!N7,200036Sociedade Brasileira de MatemticaFabrcio Henrique de Faria So Paulo SP PrataThiago Jorge Marinho Vieira Fortaleza CE PrataPaulo Roberto Sampaio Santiago Salvador BA PrataMariana de Moraes SilveiraBelo Horizonte MG PrataGabriel Vieira Lana Belo Horizonte MG BronzeJoo Cludio Telles Vianna Rio de Janeiro RJ BronzeRafael Daigo Hirama Campinas SP BronzeAna Cludia de Franco Suzuki So Paulo SP BronzeLuiza de Almeida Aoki S. J. dos Campos SP BronzeBruno Leonardo Schneider So Jos SC BronzePaulo Rebello Bortolini Jundia SP BronzeVictor Mesquita Barbosa Fortaleza CE BronzeThiago Augusto Caldas Bello Salvador BA BronzeSinuhe Djin Maschio Shin So Paulo SP BronzeRaul Mximo Alexandrino NogueiraFortaleza CE BronzeBruno Fiorio Fortaleza CE BronzePedro H. MiletPinheiro Pereira Rio de Janeiro RJ BronzeBernardo Melo Sobreira Fortaleza CE BronzeMrio Luiz Aranha da Silva Salvador BA BronzeConrado F.Paulo da Costa Rio de Janeiro RJBronzeRodrigo Aguiar Pinheiro Fortaleza CE BronzeDaniel Medeiros de Albuqerque Fortaleza CE BronzeGabriela Duarte Costa ConstantinoTimteo MG BronzeTiago Porto Barbosa Fortaleza CE Meno HonrosaVitor Henrique Gonalves So Carlos SP Meno HonrosaGabriel Tom de Lima Mogi das Cruzes SP Meno HonrosaGustavo Pinheiro MeloFortaleza CE Meno HonrosaTlio Ivo Cordeiro Fullio Campina Grande PB Meno HonrosaLeonardo Lucas Rentz Macei AL Meno HonrosaDaniela Satie Kondo So Paulo SP Meno HonrosaRafael Santos Correia de Araujo Salvador BA Meno HonrosaFelipe Paupitz Schlichting Florianpolis SC Meno Honrosalinson Santos Xavier Fortaleza CE Meno HonrosaAntonia Taline de Souza MendonaFortaleza CE Meno HonrosaGustavo Hbner Campina Grande PB Meno HonrosaLeonardo Deeke Boguszewski Curitiba PR Meno HonrosaPaola Valente Giorgini Rio de Janeiro RJ Meno HonrosaRoberta Pieroni Visconti So Paulo SP Meno HonrosaAlan Hideki Uchida So Paulo SP Meno HonrosaCincinato Furtado Leite NetoFortaleza CE Meno HonrosaMarcus Edson Barreto Brito Fortaleza CE Meno EUREKA!N7,200037Sociedade Brasileira de MatemticaHonrosaThiago de S Jorge Curitiba PR Meno HonrosaVento Inte Nunes Vieira Curitiba PR Meno HonrosaResultado - SegundoNvel (7a. e 8a. sries)NOME CIDADE ESTADOPRMIOHenrique Chociay Pinhais PR OuroDaviMximo Alexandrino Nogueira Fortaleza CE OuroMaurcio Massao Soares Matsumoto So Paulo SP OuroFbio Dias Moreira Rio de Janeiro RJ OuroEduardo Kunio Kuroda Abe So Paulo SP OuroLarissa de Lima Fortaleza CE PrataEinstein do Nascimento Jnior Fortaleza CE PrataDiego Cortez Gutierrez S. J.dos Campos SP PrataBernardo Freitas Paulo da Costa Rio de Janeiro RJPrataBruno Koga Fortaleza CE PrataRafael Tajra Fonteles Teresina PI PrataAndr Luis Hirschfeld Danila So Paulo SP PrataRodrigo Barbosa dos Santos Stein Vitria ES PrataDaniel Pessa Martins Cunha Fortaleza CE BronzeJaquelyne Gurgel Penaforte Fortaleza CE BronzeThiago Braga Cavalcante Fortaleza CE BronzeHenrique Cortada Barbieri So Paulo SP BronzeVincius Piovesan de Toledo Jundia SP BronzeLucas Gabriel Maltoni Romano Jundia SP BronzeDanilo Vieira Castejon Goinia GO BronzeThiago da Silva Sobral Fortaleza CE BronzeGuilherme Oliveira Campos Bauru SP BronzeEduardo Barbosa Arajo Fortaleza CE BronzeTatyana Zabanova Campinas SP BronzeRafael Montorfano Franco Maring PR BronzeOtaclio Torres Vilas Boas Salvador BA BronzeHenrique Fernandes Macedo Juiz de Fora MG Meno HonrosaVinicius de Aguiar Furvie So Paulo SP Meno HonrosaRenato R.Sinohara da S. Souza S. J.dos Campos SP Meno HonrosaDaniel Teixeira Braslia DF Meno HonrosaJefferson Ho YunLee So Paulo SP Meno HonrosaKiyoshi Horie FilhoOurinho SP Meno HonrosaFbio Eiji Arimura So Paulo SP Meno HonrosaToni Chenson Wang So Paulo SP Meno HonrosaGuilherme TosiNova Vencia ES Meno HonrosaYuri Gomes Lima Fortaleza CE Meno HonrosaThiago Mizuta So Paulo SP Meno HonrosaLucas Sber Rocha Maca RJ Meno HonrosaDaniel Nascimento Duplat Salvador BA Meno HonrosaTiago Monteiro Fernandes Rio Claro SP Meno HonrosaCaio Ribeiro de Souza Rio de Janeiro RJ Meno HonrosaAdalberto Studart Neto Fortaleza CE Meno HonrosaRenato Arajo Barbosa Sete Lagoas MG Meno HonrosaCibele Ferreira de Souza Mineiros GO Meno HonrosaMarina Lima Medeiros Fortaleza CE Meno HonrosaCarolina Nunes Nery Belo Horizonte MG Meno HonrosaGermanna Oliveira Queiroz Fortaleza CE Meno HonrosaLuciana Akemi Nishimaru So Paulo SP Meno HonrosaFabiano Siggelkow Linhares So Paulo SP Meno HonrosaSandraTie Nishibe Minamoto Mogidas Cruzes SP Meno HonrosaDaniel Haanwinckel Junqueira Salvador BA Meno HonrosaSolleon Natus Tavares de Menezes Fortaleza CE Meno HonrosaAnna Laura Sfredo So Paulo SP Meno HonrosaEUREKA!N7,200038Sociedade Brasileira de MatemticaBruno Gomes Coelho So Paulo SP Meno HonrosaDaniel Brscia dos Reis Belo Horizonte MG Meno HonrosaAndr Bastos Veras Teresina PI Meno HonrosaLincolnYoshyiti Hamaji So Paulo SP Meno HonrosaJoo Paulo Aguiar Santos Juiz de Fora MG Meno HonrosaBruno Bozon Furlan So Paulo SP Meno HonrosaMrcio Antonio Ferreira Belo Filho Goinia GO Meno HonrosaJoo Felipe Almeida Destri Florianpolis SC Meno HonrosaCaio Bria de Oliveira S. J. dos Campos SPMeno HonrosaPatrick Gonalves Jaguar ES Meno HonrosaLarissa Goulart Rodrigues Goinia GO Meno HonrosaEduardo Horai So Paulo SP Meno HonrosaResultado - TerceiroNvel (Ensino Mdio)NOME CIDADE ESTADO PRMIODaniel Massaki Yamamoto So Paulo SP OuroDaniel Nobuo Uno So Paulo SP OuroUlisses Medeiros Albuquerque Fortaleza CE OuroHumberto Silva Naves Goinia GO OuroCarlos Stein Naves de Brito Goinia GO PrataLucas Heitzmann Gabrielli So Paulo SP PrataFabrcio Siqueira Benevides Fortaleza CE PrataGiuliano Boava Cricima SC PrataJnathas Digenes Castello BrancoFortaleza CE PrataRonaldo Ikaro Farias Arajo Fortaleza CE PrataCarlos Emanuel Rodrigues NogueiraFortaleza CE BronzeDaniel Mouro Martins Fortaleza CE BronzeGilberto Santos do Nascimento So Paulo SP BronzeRogrio Uhlmann Yamauti So Paulo SP BronzeFernando Silva Barros C. Lafaiete MG BronzeLeandro dos Santos de Jesus Rio de Janeiro RJ BronzeHugo Pinto Iwata S. Jos do Rio Preto SPBronzeLeandro de Mattos Ferreira Rio de Janeiro RJ BronzeBruno Fernandes Cerqueira Leite So Paulo SP BronzeAdenilson Pereira Bonfim Belm PA BronzeMnica Mitiko Soares MatsumotoSo Paulo SP BronzeLeonardo da Costa Linhares Rio de Janeiro RJ BronzeTertuliano Franco Santos Franco Salvador BA BronzeArthur Duarte Nehmi So Paulo SP BronzePaulo Csar de Melo Hanaoka CampoGrande MS BronzeJoo Alfredo Castellani F. Freire Salvador BA Meno HonrosaEduardo Famini Silva Salvador BA Meno HonrosaLvia Camargos Rodrigues Oliveira Belo Horizonte MG Meno HonrosaRoberto Tiburcio Canito Frota Fortaleza CE Meno HonrosaRui Facundo Vigelis Fortaleza CE Meno HonrosaCarlos Yuji Hatae So Paulo SP Meno HonrosaDaniel Pinheiro Sobreira Fortaleza CE Meno HonrosaPedro Paulo de Simoni Gouvia Fortaleza CE Meno HonrosaEUREKA!N7,200039Sociedade Brasileira de MatemticaThiago Barros Rodrigues Costa Fortaleza CE Meno HonrosaMauricio Masayuki Honda So Paulo SP Meno HonrosaChristian Lyoiti Watanabe Itagua RJ Meno HonrosaGuilherme Goettems Schneider So Leopoldo RS Meno HonrosaDanilo Castello Branco A. Bessa So Paulo SP Meno HonrosaBruno Woltzenlogel Paleo Piracicaba SP Meno HonrosaCamila Shirota Piracicaba SP Meno HonrosaMiriam Ou So Paulo SP Meno HonrosaDigo Veloso Ucha Teresina PI Meno HonrosaPedro Ferreira Fortaleza CE Meno HonrosaCelio Hira So Paulo SP Meno HonrosaGustavo Maltez Lengler Rio de Janeiro RJ Meno HonrosaFernando Duarte Menezes Fortaleza CE Meno HonrosaFernando Prado Rocha Goinia GO Meno HonrosaPaulo Henrique Jacob Silva So Paulo SP Meno HonrosaZhang He So Paulo SP Meno HonrosaRenato Takamatsu So Paulo SP Meno HonrosaUlisses Duarte Nehmi So Paulo SP Meno HonrosaEduardo Moraes de Morais So Paulo SP Meno HonrosaHumberto Vinhais So Paulo SP Meno HonrosaIlan Felts Almog So Paulo SP Meno HonrosaPietro Kreitlon Carolino Salvador BA Meno HonrosaIvo Almino Gondim Fortaleza CE Meno HonrosaEQUAES DIOFANTINASAntonio Caminha Muniz Neto Nvel IntermedirioDenominaremosequao diofantina(emhomenagemao matemtico grego Diofanto de Alexandria) uma equao em nmeros inteiros. Nosso objetivo ser estudar dois tipos particulares de equaes diofantinas, a equao de Pitgoras e a de Pell, e determinar suas solues. Tambm estudaremos o mtodo EUREKA!N7,200040Sociedade Brasileira de Matemticadadescida, quenospermitirmostrar quealgumasequaesdiofantinasno possuem solues no triviais, num sentido a ser precisado.Ternos PitagricosQueremosestudarassolues(x,y,z)daequao x y z2 2 2+ , com x,y,z inteirosnonulos. Apsdeterminar taissolues, vamosver comopodemos utilizar as informaes obtidas para resolver outras equaes emnmeros inteiros. O resultado fundamental o seguinteTeorema 1:As solues (x,y,z) da equaox y z2 2 2+ , com x,y,zinteiros no nulos, so dadas por: ( , , ) ( , ( ) , ( ) ) x y z uvd u v d u v d + 22 2 2 2ou) ) ( , 2 , ) (( ) , , (2 2 2 2d v u uvd d v u z y x + onde d, u, v so inteiros no nulos, com u v, mdc(u, v) = 1 e u e v de paridades distintas.Prova: Sejam x,y,zinteiros positivos quaisquer satisfazendo a equao acima (os demais casos so anlogos), e d o mdc de x e y. Ento d2 divide z2, e da d divide z. Existem portanto inteiros no nulos a, b, c, com mdc(a, b) = 1, tais que (x, y, z) = (da, db, dc). Ademais, comox y z a b c2 2 2 2 2 2+ + ,basta determinarmos as solues (a, b, c) daequao,sujeitascondio mdc(a, b) = 1 (que por sua vez implica mdc(a, c) = 1 e mdc(b, c) = 1).Note agora que, dado um inteiro qualquer t, temos que t2 deixa resto 0 ou 1 na diviso por 4, quando t for respectivamente par ou mpar. Assim, se fossem a e b mpares, teramosa2eb2deixando resto 1 na diviso por 4, e da c a b2 2 2 + deixaria resto 2 quando dividido por 4, o que um absurdo. Como aebso primos entre si, no podem ser ambos pares. H ento dois casos:a mpar ebpar,apar ebmpar. Analisemos oprimeirocaso(osegundo anlogo).Seafor mpar ebpar, entoctambmmpar. Dea b c2 2 2+ obtemos b c a c a2 + ( )( ) , e no difcil concluir que mdc(c a, c + a) = 2. Podemos ento escreverb22=ca2 ca2 . Note que ( ) ( )2 2 ea c a c + so primos entre si. Masseoprodutodedois naturais primos entresi( )2 2ea c a c + um quadrado perfeito, ento cada um deles deve ser um quadrado perfeito. Existem EUREKA!N7,200041Sociedade Brasileira de Matemticaento inteiros positivos primos entre si u e v, tais quec a v c a u + 2 22 2, , e da( , , ) ( , , ) a b c u v uv u v +2 2 2 22 .Note ainda que, como u v c2 2+ mpar,ue vdevem ter paridades distintas. Por substituio na equao original, conclumos que os ternos acima so realmente solues da equao, de modo que nada mais h a fazer.tVemos ento que h uma quantidade infinita de ternos (x,y,z) satisfazendo a equao acima. Por exemplo, fazendo d = v = 1 e u = 2n, n inteiro positivo, obtemos o terno( , , ) ( , , ) x y z n n n + 4 4 1 4 12 2Um terno de inteiros positivos (x,y,z) tais quex y z2 2 2+ denominado um terno Pitagrico, em aluso ao matemtico grego Pitgoras e seu famoso teorema sobre tringulos retngulos. De fato, um tal terno (x, y, z) determina um tringulo retngulo de catetos x e y e hipotenusa z inteiros. x yzVejamos em que a equao acima pode ajudar na soluo de outros problemas. Consideremos a tarefa de determinar as solues inteiras no nulas da equao x y z2 2 22 + , com x y. Em uma qualquer dessas solues, devemos ter x e y comamesmaparidade, poiscasocontrrio x y2 2+ seriaumnmerompar. Assim, existem inteiros a e b tais que x a b y a b + ,Basta tomarmos a x y +12( )e b x y 12( ), notando que x+ ye x yso nmeros pares. Substituindo as expresses acima para x e y na equao original, conclumos que x y z a b z2 2 2 2 2 22 + + Mas essa ltima equao a nossa j conhecida equao de Pitgoras. Ento, de acordo com o teorema acima, podemos escrever ( , , ) ( , ( ) , ( ) ) a b z uvd u v d u v d + 22 2 2 2ou( , , ) (( ) , , ( ) ) a b z u v d uvd u v d +2 2 2 22onde d, u, v so inteiros no nulos, com u v, mdc(u, v) = 1 e u e v de paridades distintas.EUREKA!N7,200042Sociedade Brasileira de MatemticaSegue da que as solues (x, y, z) de nossa equao so de um dos tipos abaixo, onde d, u, v satisfazem as mesmas condies do teorema acima.( , , ) ( ( ) , ( ) , ( ) ) x y z uvd u v d uvd u v d u v d + + 2 22 2 2 2 2 2 ou) ) ( , 2 ) ( , 2 ) (( ) , , (2 2 2 2 2 2d v u uvd d v u uvd d v u z y x + + Descida de Fermat e Equaes sem SoluesAs equaes analisadas acima so, emumcertosentido, privilegiadas, pois possuemumainfinidadedesolues. Nossoprximoexemploserodeuma equao que s admite a soluo inteira x = y = z = 0. Ela ilustra um mtodo que podeserestendidoaoutrasequaes, afimdeprovarqueelasnopossuem solues inteiras no nulas. Exemplo 1: A equao3 22 2 2x y z + no possui solues inteiras no nulas.Prova:Suponhao contrrio.Entoaequaopossui uma soluo(x,y,z)em inteiros positivos. Ento, dentre todas as solues (x,y,z), com x,ye zinteiros positivos, existe uma (x,y,z) = (a,b,c) para a qualz = c o menor possvel. Trabalhemos tal soluo.Vamos usar o seguinte fato, que voc pode provar facilmente: se um inteiro u no for mltiplo de 3, ento u2 deixa resto 1, quando dividido por 3. Ento, se b no for mltiplo de 3, teremos de 3 22 2 2a b c + que c tambm no ser mltiplo de 3. Olhandoosrestosdecadatermodaequaopor3, teremosque32 2a b + deixa resto 1 e 22c deixa resto 2.1 = 2. Logo, no poderia ser 3 22 2 2a b c + . Assim,bdeve ser mltiplo de 3, digamos b b 31. Da vem que 3 9 2212 2a b c + , e c tambm mltiplo de 3, digamosc c 31. Substituindo na equao, chegamos a3 612 212b a c + .Ento,atambmmltiplode3. Sendo a a 31, aequaoacimanosd b a c1212123 2 + , e( , , ) b a c1 1 1 uma outra soluo de nossa equao original, com c cc1 3 2 um inteiro fixado. x y zn n n+ ,Por cercadetrssculososmatemticosdefrontaram-secomoproblemade decidir sobre a existncia de solues no nulas (x, y, z) dessa equao, problema que somente foi resolvido na dcada de noventa, utilizando mtodos muitssimo complexos. Vamos aproveitar omtododadescidaparaanalisar umcasosimples dessa equao, aquele em que n um mltiplo de 4. O leitor interessado em saber mais sobre essa equao pode consultar uma das referncias [2] ou [3] da bibliografia, onde o caso n = 3 discutido.Teorema 2: Se n for mltiplo de 4 ento no existem inteiros no nulos x, y, z tais quex y zn n n+ .Prova:Sejan= 4k,knatural. Se x y zn n n+ , ento teremos ( ) ( ) ( ) x y zk k k 4 4 2 2+ , ouseja, ( , , ) x y zk k k 2serumasoluodaequao a b c4 4 2+ . Assim, bastamostrarmos queessaltimaequaonoadmite solues no nulas. Por absurdo, suponhamos que existam inteiros positivos a, b, c tais que a b c4 4 2+ . Podemos tambm supor que a, b e c foram escolhidos de tal modo que no h outra soluo positiva a b c ' , ' , ' comc c < '(aqui vamos usar o mtodo da descida). Ento a e b so primos entre si, e o teorema 1 garante a existncia de inteiros positivos primos entre siuevtais que a u v b uv c u v2 2 2 2 2 22 + , , . Comoa v u2 2 2+ , seguenovamentedo teorema 1 a existncia de inteiros positivos primos entre si p e q tais que a p q v pq u p q +2 2 2 22 , , .Mas a) ( 4 22 2 2q p pq uv b + Comopeqsoprimosentresi, temosqueambossotambmprimoscom p q2 2+ . Portanto, sendo 42 2pq p q ( ) + umquadradodevemos terp,qe p q2 2+ quadrados, digamos p q p q + 2 2 2 2 2, , , com , , EUREKA!N7,200044Sociedade Brasileira de Matemticapositivos. Por fim, segue que 4 4 2+ , com ,2 2 2 2 2 + > + q p u v u c contrariando a minimalidade de c. Logo, no h solues no nulas dex y zn n n+ quando n for mltiplo de 4. tA Equao de PellNem sempre fcil, ou mesmo possvel, determinar todas as solues em inteiros de uma dada equao. Por exemplo, para a equaox y2 22 1 , bem mais fcil mostrar que ela possui uma infinidade de solues do que determinar todas elas. Podemos gerar infinitas solues dessa equao a partir de uma s soluo no nula.Uma vez que a b2 22 1 , teremos( )( ) a b a b + 2 2 1, e da ( ) ( ) a b a b + 2 2 12 2Desenvolvendo os binmios, chegamos a1 ) 2 2 2 )( 2 2 2 (2 2 2 2 + + + ab b a ab b a , e da a( ) ( ) 1 2 2 2222 2 + ab b aPortanto, se(a,b) for umasoluo, ( ) ab b a 2 , 22 2+ seroutrasoluo. Sendoaebpositivos, temos2 22b a a + < , edessemododeterminamosuma infinidadedesolues daequao(contantoquetenhamos umasoluono nula). Veja que (3, 2) uma soluo no nula de nossa equao. fcil ver que o mtodo acima utilizado tambm garante que, quando dfor um inteiro tal que d irracional, a equao x dy2 21 admite infinitas solues nonulas, desdequeadmitaumasoluononula. Tambm, com poucas modificaes podemos tratar a equaox dy2 21 (veja o exerccio 6). Observe que, apesar de determinarmos facilmente infinitas solues da equao acima, no sabemos se h outras. Vamos agora comear a responder essa pergunta, para uma classe mais ampla de equaes.Definio1(EquaodePell):Sejaduminteiropositivoquenosejaum quadrado. Nessecaso, sabemosque d irracional. Chamamosequaode Pell equaox dy m2 2 , onde m um inteiro qualquer. claro que no caso m = 0 a equao no admite solues alm da trivial x = y = 0, pois se esse fosse o caso teramos x e y no nulos, e dadxy , um racional.EUREKA!N7,200045Sociedade Brasileira de MatemticaLema 1: Seja um irracional qualquer. Existem infinitos racionais xy, com x e y inteiros no nulos primos entre si, tais que xyy < 12.Prova: Seja n > 1 um natural qualquer, e considere os nmeros j, com j = 0, 1, ..., n. Seja ). 1 , 0 [ ] [ } { j j j Como[ ) [ ) [ ) [ ) 0 1 0 11 1 2 1, , , ... , n n nnn,seguedoprincpiodeDirichlet queexistem0 < k j ntais que{ } je { } kpertencemaummesmointervalodosqueaparecemnoladodireitoda igualdade acima. Ento | { } j-{ } k | < 1n Da, ( ) ] ]( ) j k j kn < 1, e segue que ] ]( ) < j kj k j k nj k1 12 ( )( )Existeentoumpar (x,y) deinteiros, ] ]x j k y j k n , , taisque xyy < 12. Se x dx y dy 1 1, , com d>1, entoxyy y1112112 < < , de modo que podemos supor que x e y so primos entre si.Para garantirmos a existncia de infinitos tais pares, suponha que achamos x e y primosentresi etaisquexyy < 12. Escolhaagoraumnaturalntal que 1nxy< . Repetindooargumentoacima, chegamos a umpar de inteiros primosentresi x y1 1, , comx1y1 1ny1e n y 1. Portanto, < < yxny yx1 11 1e 211 11 1 1yny yx < , donde ( , ) ( , ) x y x y1 1 satisfaz o lema. tLema 2: Seja d um inteiro positivo que no seja um quadrado. Existe um inteiro m para o qual a equaox dy m2 2 admite infinitas solues inteiras.EUREKA!N7,200046Sociedade Brasileira de MatemticaProva:Sabemos qued irracional. Assim, o conjunto Sdos pares (x,y) de inteirosprimosentresitaisquexyyd 0e a db2 21 , donde a b d a b d + >( )10.Ento, 2 0 a a b d a b d + + > ( ) ( ) . Por outro lado, a b d + >1implica a b d a b d + 1 0. Logo, b > 0.Para terminar, basta mostrarmos que a equao x dy2 21 admite uma soluo. Tome, de acordocomolema 2, uminteiro(nonulo)mtal que x dy m2 2 admita uma infinidade de solues. Podemos escolher duas dessas solues, ( , ), ( , ) x y x y1 1 2 2digamos, tais que | | | | x x1 2 mas x x1 2 e y y1 2 , mdulo m. Ento( )( ) ( ) ( ) x y d x y d x x dy y x y x y d1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2+ + (*)Mas x x dy y x dy m1 2 1 2 12120 (mod ) e x y x y m2 1 1 2 (mod ) , donde existem inteiros u e v tais quex x dy y mu x y x y mv1 2 1 2 2 1 1 2 ,Segue de (*) que( )( ) ( ) x y d x y d m u v d1 1 2 2+ + , e da( )( ) ( ) x y d x y d m u v d1 1 2 2 + .Multiplicando ordenadamente essas duas igualdades, chegamos am x dy x dy m u dv212122222 2 2 2 ( )( ) ( ) ,ouseja,u dv2 21 . Restamostrarmosqueuevsononulos. Seu=0 teramos dv21, um absurdo. Se v = 0, viria u = 1 ou 1. De (*) seguiria que ( )( ) x y d x y d m1 1 2 2+ t , e assim ( ) ( ) x y d x y d1 1 2 2+ t + , donde por fim| | | | x x1 2 , o que um absurdo. tExemplo 2:Agora podemos determinartodas as solues inteiras no nulas da equao x y2 22 1 . Oteorema 3ensina que as solues positivas dessa equao so da forma( , ) x yn n, ondexneynso os nicos inteiros para os quais x y x yn nn+ + 2 21 1( ) , sendo ( , ) x y1 1asoluopositivaparaa qualx y1 12 + o menor possvel. Como os pares (x, y) = (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (2, 3) no so solues da equao e (3, 2) , fcil nos convencermos de EUREKA!N7,200048Sociedade Brasileira de Matemticaque ( , ) x y1 1=(3, 2). Dessemodo, temos os pares ( , ) x yn ndados pela igualdade x yn nn+ + 2 3 2 2 ( )Determine agora as demais solues no nulas da equao acima. O exerccio 7 discute mais alguns aspectos dessa equao.Exerccios:1.Seguindo os passos da prova do teorema 1, mostre que as solues eminteiros no nulos da equao x y z2 2 22 + so da forma x u v d y uvd z u v d t + ( ) , , ( )2 2 2 22 2 2 , onde d, u, v so inteirosno nulos, com u e 2v primos entre si.2. Mostre que as equaes a seguir no possuem solues inteiras no nulas:i.x y z4 4 24 + ii.x y z4 4 22 + iii.x y z2 2 23 + O item i do exerccio a seguir tem a ver com o exemplo 1 do texto.3.i. Mostre que no existem racionais x e y tais quex xy y2 22 + + .ii.Determine todas as solues racionais da equaox xy y2 21 + + .Para resolver os prximos dois exerccios utilizamos o teorema 1. Eles so mais difceisqueosanteriores, enoprimeirodelesvocpodeachartiloseguinte resultado, conhecido como Teorema de Ptolomeu: dado um quadriltero convexo inscritvel ABCD, tem-seAB CD AD BC AC BD . . . + AB DCPara uma prova do Teorema de Ptolomeu, voc pode consultar a referncia [4].4.Temos no plano uma circunferncia de raio 1. Mostre que podemosescolher em tal circunferncia 2000 pontosA A A1 2 2000, , ...,tais que A Ai j racional, quaisquer que sejam 1 2000 < i j.5.Seja r um inteiro positivo dado. Queremos determinar o nmero deEUREKA!N7,200049Sociedade Brasileira de Matemticatringulos ABC, dois a dois no congruentes, satisfazendo as seguintes condies:i.O raio da circunferncia inscrita em ABC mede r.ii.Os comprimentos dos lados de ABC so nmeros inteiros, primos entre si.Mostrequeonmerodetaistringulos2k, ondekonmerodefatores primos distintos de r.6.Prove, sem apelar para o teorema 2, que a equaox y2 22 1 admite uma infinidade de solues inteiras.7.Prove que as solues positivas ( , ) x yn n da equao do exemplo 2 sodadas pelas seqncias ( , ) ( , ) x y1 13 2 e x x yn n n + +13 4 , y x yn n n + +12 38. Prove que h infinitos inteiros n tais quen n2 21 + + ( )seja quadrado.Bibliografia[1] Introduo Teoria dos Nmeros. Plnio O. dos Santos. Coleo Matemtica Universitria.IMPA. 1999.[2] An Introduction to the Theory of Numbers. I. Niven, H. Zuckermann. John Wiley & Sons. New York. 1980.[3] A Classical Introduction to Modern Number Theory. K. Ireland & M. Rosen. Springer-Verlag.New York. 1990. [4] Quadrilteros e Tringulos. M. Mendes. Eureka! No5. OBM 1999SOLUES DE PROBLEMAS PROPOSTOSPublicamos aqui algumas das respostas enviadas por nossos leitores.29) Sejan>1umnmerointeiro. ExistemnlmpadasL0,L1, ... ,Ln1 colocadasemumcrculo. CadalmpadaestACESAouAPAGADA. Uma seqncia de passos S0,S1, ... ,Si, ... executada. O passo Sjafeta apenasoestadodalmpadaLj(deixandooestadodetodasasoutras inalterado) da seguinte forma:Se Lj1 est ACESA,Sjmuda o estado de Lj de ACESA para APAGADA, ou de APAGADA para ACESA;Se Lj1 est APAGADA, Sj deixa o estado de Lj inalterado.EUREKA!N7,200050Sociedade Brasileira de MatemticaAs lmpadas so rotuladas mod n, ou seja, L 1 = Ln 1, L0 = Ln,L1 = Ln + 1, etc.Inicialmente todas as lmpadas esto ACESAS. Mostre que: a) Existe um inteiro positivo M(n) tal que depois de M(n) passos todas as lmpadas esto ACESAS de novo; b) Se ndaforma 2kentotodasaslmpadas esto ACESAS depois de n2 1 passos; c) Se n tem a forma 2k+ 1 ento todas as lmpadas esto ACESAS depois de n2 n + 1 passos.Soluo de Frank Castro(So Paulo - SP):a) Vamos inicialmente representar o estado das lmpadas L0,L1,L2, ...,Ln1por uma n-upla u = (u0, u1, u2, ..., un1), onde ui = 0 se Li est apagada e ui = 1 se Li est acesa.Evidentemente o estado inicial das lmpadas dado pela n-upla e = (1, 1, 1, ...,1). Nessas condies a operao Sj tranforma a n-upla (u0, u1, u2, ..., un1) na nova n-upla(u0,u1,...,uj1,uj1+uj,...,uj+1,...,un1), ondeasomauj1+ujtomada mdulo 2 ( e j tomada mdulo n).Assim sendo, nosso problema consiste em determinar um valor natural r, tal que:e e S S S Sr r)))...)) ( ( (...( (0 1 1Para tanto, denotemos por Rj a operao que transforma a n-upla (u0, u1,..., uj1, uj,uj+1,..., un1) na n-upla ). ,... , (mod ) 1 ( mod ) 1 ( mod n n j n j n ju u u + + Observe que Rj a operao inversa de Rj e R0 deixa a n-upla inalterada.Nesses termos temos para uma n-upla qualquer )) ( (0 j j jR S R S. Agora para uma n-upla qualquer __upodemos escrever:. onde) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ...()... )( ( ) ( ... )))...) ( ( ...( (1__1 0 1__0 0__0 1 0 11 0 1 0__0 1 1__0 1 1R R u RS R u RS S R u S R S RR S R R S R u S S S S u S S S Sr r r rr r r r r r r r + + Consequentemente,e e R e RS e e S S S Sr r r r + + ) ( ) ( ) ( ) ( ...1 1 0 0 1 1 como existe apenas um nmero finito de estados das lmpadas (2n precisamente) que equivale ao nmero total den-uplas, emalgumestgio a seqncia ),... ( ) ( ), ( ) ( ,2 0 1 0e RS e RS edeverepetir algumdeseuselementos. Nessas condiesparaalgum men(m > > > ...1 0 enquanto tivermos . 01 ik)Substituindo na primeira igualdade k0 pela sua igualdade, obteremos m como funo de k1, r0. Tomando novamente k1 = 3 k2 + r2 e fazendo as substituies sucesivas de k2, k3, ..., kn-2; obtemos:0011222211 13 3 3 ... 3 3 3 + + + + + + r r r r r k mnnnn nne j que 01 nk, teremos 103nkkkr m com . 01 nrb)Sejams j iP P Pe ,trspontosquaisquerdeVeporhiptesei< j