Brazilian_MO/md/pt-bq2009_N2.md

Nível 2

Lista 1

1. Vista ruim - Numa classe, $40 %$ dos alunos não enxergam bem. Desses, $70 %$ usam óculos e os $30 %$ restantes usam lentes de contato. Sabendo que 21 alunos usam óculos, quantos alunos tem essa classe?
2. Idade média da população de Campo Verde - $A$ razão entre o número de homens e o de mulheres na cidade de Campo Verde é $\frac{2}{3}$. A idade média dos homens é 37 anos e a das mulheres é 42 anos. Qual é a idade média dos habitantes de Campo Verde?
3. Área de triângulo - Se $A C=1,5 \mathrm{cm}$ e $A D=4 \mathrm{cm}$, qual é a relação entre as áreas dos triângulos $\triangle A B C$ e $\triangle D B C$ ?

4. Construindo quadrados perfeitos - Observe as seguintes igualdades:

Será que isso é sempre verdadeiro? Isto é: o produto de quatro números inteiros consecutivos, mais 1 , é sempre um quadrado perfeito?

5. Feira de Ciências - Na Feira de Ciências de uma escola, observou-se que metade dos alunos do ensino fundamental e um quarto dos alunos do ensino médio presentes nesse evento compraram um adesivo cada.

FEIRA DE CIÊNCIAS
Preço dos Adesivos (unidade)
$\mathrm{R} $ 0,30$	alunos do ensino fundamental
$\mathrm{R} $ 0,50$	alunos do ensino médio

Notou-se também que o número de alunos do ensino médio presentes que não compraram adesivos foi o dobro do número de alunos do ensino fundamental que não compraram adesivos. Sabendo que arrecadou-se $\mathrm{R} $ 38,00$ na venda de adesivos para os alunos desse dois níveis quantos alunos de cada nível participaram da feira?

Lista 2

1. Par perfeito - Dizemos que 2 números naturais formam um par perfeito quando a soma e o produto desses dois números são quadrados perfeitos. Por exemplo, 5 e 20 formam um par perfeito, pois $5+20=25=5^{2}$ e $5 \times 20=100=10^{2}$. Será que 122 forma um par perfeito com outro natural?
2. Um trapézio - No trapézio da figura abaixo $A B$ é paralelo a $C D, A D=A B=$ $B C=1 \mathrm{cm}$ e $D C=2 \mathrm{cm}$. Quanto mede o ângulo $C \hat{A} D$ ?

(A) $30^{\circ}$

(B) $45^{\circ}$

(C) $60^{\circ}$

(D) $90^{\circ}$

(E) $120^{\circ}$

3. Mistério das bolas - Henrique têm duas urnas. A primeira urna contém somente bolas pretas e a segunda somente bolas brancas. Henrique retirou um número de bolas da primeira urna e as colocou na segunda. Em seguida, retirou o mesmo número de bolas da segunda urna e as colocou na primeira. Depois disso o número de bolas brancas na primeira urna é maior, menor ou igual ao número de bolas pretas na segunda urna?
4. Contando a palavra BRASIL - Quantas vezes aparece a palavra BRASIL na figura ao lado? Só vale ler a palavra emendando letras que estão escritas em quadradinhos adjacentes.

				$\bar{B}$	R
			$\bar{B}$	$\bar{R}$	$\bar{A}$
		$B$	$\bar{R}$	$\bar{A}$	$\bar{S}$
	$\bar{B}$	$\mathrm{R}$	$\mathrm{A}$	$\bar{S}$	$T$
$B$	$\mathrm{R}$	$\mathrm{A}$	$\mathrm{S}$	$T$	$\mathrm{~L}$

5. Quais são os números? - Descubra quais números inteiros positivos $x$ e $y$ satisfazem a equação $x^{4}=y^{2}+71$.

Lista 3

1. No jogo - Aldo, Bernardo e Carlos jogam baralho. No início, a quantia em dinheiro que eles tinham estava na proporção $7: 6: 5$. No final do jogo, a proporção era $6: 5: 4$. Um dos jogadores ganhou 1200 reais. Qual a quantidade de dinheiro com que ficou cada jogador, no final da partida?
2. Um número inteiro - Mostre que $M=\sqrt[3]{\sqrt{5}+2}-\sqrt[3]{\sqrt{5}-2}$ é um número inteiro.
3. Área de triângulos - $\mathrm{A}$ área do quadrado $A B C D$ é $300 \mathrm{~cm}^{2}$. $\mathrm{Na}$ figura, $M$ é o ponto médio de $C D$ e o ponto $F$ pertence à reta que passa por $B$ e $C$.

(a) Qual é a área do triângulo $\triangle A B F$ ?

(b) Qual é área do triângulo $\triangle A D F$ ?

4. Um quadriculado - O retângulo quadriculado na figura é feito de 31 segmentos de $0,5 \mathrm{cm}$, e compreende 12 quadrados. Rosa desenhou numa folha retangular de $21 \mathrm{cm}$ por $29,7 \mathrm{cm}$ quadriculada com quadrados de lado $0,5 \mathrm{cm}$, um grande retângulo quadriculado feito com 1997 segmentos. Quantos quadrados tem esse retângulo?

5. Inteiros de 4 algarismos - Sabendo que $a$ é um número natural, e que $4 a^{2}$ e $\frac{4}{3} \times a^{3}$ são números naturais de 4 algarismos, determine $a$.

Lista 4

1. Pares positivos - Quantos pares de inteiros positivos $(x, y)$ são soluções da equação $3 x+5 y=501 ?$
2. Diferença de quadrados - Se a diferença dos quadrados de dois números inteiros consecutivos é 2000 , então os dois números são:

(A) menores que 100 .

(B) menores que 1000 , porém maiores que 99 .

(C) menores que 10000 , porém maiores que 999 .

(D) menores que 100000 , porém maiores que 9999 .

(E) não existem estes dois números.

3. Cálculo de ângulos - Em cada uma das figuras a seguir, calcule o valor do ângulo $x$, sabendo que os segmentos $A B$ e $D E$ são paralelos.
4. Tabela - $\mathrm{Na}$ tabela ao lado, com 6 colunas e diversas linhas, estão escritos os números $1,2,3,4, \ldots$ Qual é a posição do número 1000 ?

1	2	3	4	5	6
7	8	9	10	11	12
13	14	$\cdots$
$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$

5. Entre 1 e $\mathbf{2}$ - Complete os numeradores com inteiros positivos para satisfazer as condições: $\frac{a}{5}$ e $\frac{b}{7}$ são menores do que 1 , e $1<\frac{a}{5}+\frac{b}{7}<2$.

Lista 5

1. Triatlon - Maria está planejando participar do Triatlon-Brasil que começa às 24 horas de domingo e consta de $800 \mathrm{m}$ a nado, seguido de $20 \mathrm{km}$ de bicicleta e finalmente $4 \mathrm{~km}$ de corrida. Maria corre a uma velocidade constante e que é o triplo da velocidade que nada, e pedala 2,5 vezes mais rápido do que corre. Para terminar a prova em no máximo 1 hora e 20 minutos, quanto tempo ela deve gastar em cada uma das 3 etapas?
2. Foto de formatura - $\mathrm{O}$ diretor da escola decidiu tirar uma foto dos formandos de 2008 . Ele colocou os alunos em filas paralelas, todas com o mesmo número de alunos, mas essa disposição era muito larga para o campo de visão de sua máquina fotográfica. Para resolver esse problema, o diretor reparou que bastava tirar um aluno por fila e colocá-los numa nova fila. Essa disposição não agradou o diretor porque a nova fila tinha 4 alunos a menos que as outras. Ele decide então tirar mais 1 aluno por fila colocando-os na nova fila que ele criou, e constata que assim todas as filas ficam com o mesmo número de alunos, e finalmente tira a foto. Quantos alunos apareceram na foto?
3. Circunferências tangentes - Desenhe duas circunferências de mesmo centro, uma de raio $1 \mathrm{cm}$ e a outra de raio $3 \mathrm{cm}$. Na região exterior a circunferência de raio $1 \mathrm{cm}$ e interior a de raio $3 \mathrm{cm}$, desenhe circunferências que sejam simultaneamente tangentes às duas circunferências, como mostrado na figura a seguir.

(a) Qual deve ser o raio dessas circunferências?

(b) Qual o número máximo dessas circunferências, caso elas não se sobreponham?

4. Festa na escola - Para a festa de aniversário da escola, Ana, Pedro, Miriam e Fábio levaram juntos 90 docinhos. A professora deles observou que:

• se Ana tivesse levado 2 docinhos a mais;
• se Pedro tivesse levado 2 docinhos a menos;
• se Miriam tivesse levado o dobro;
• se Fábio tivesse levado a metade;

os 4 amigos teriam levado todos o mesmo número de docinhos. Quantos docinhos levou cada um dos amigos?

5. Inflação - Márcia está numa loja comprando um gravador que ela queria há muito tempo. Quando o caixa registra o preço ela exclama: "Não é possível, você registrou o número ao contrário, trocou a ordem de dois algarismos, lembro que na semana passada custava menos que 50 reais!" Responde o caixa: Sinto muito, mas ontem todos os nossos artigos tiveram um aumento de $20 %$. Qual é o novo preço do gravador?

Lista 6

1. Gatos no condomínio - Em um condomínio moram 29 famílias, cada uma delas possui ou 1 gato ou 3 gatos ou 5 gatos. O número de famílias que possuem apenas 1 gato é o mesmo que o de famílias que possuem 5 gatos. Quantos gatos tem esse condomínio?
2. Soma constante - Preencha as 5 casas em branco da tabela $3 \times 3$ com os números de 3 a 8 , sem repeti-los, de modo que as somas dos 4 números escritos nas subtabelas formadas por quadrados $2 \times 2$ seja a mesma nas 4 subtabelas.

$A B C D E$ $B C D E$ $C D E$ $D E$ mesmo algarismo e letras diferentes algarismos diferentes. Encontre o número $A B C D E$.

4. Proporção triangular - Num triângulo $\triangle A B C$, o ponto $F$ está sobre o lado $A C$ e $F C=2 A F$. Se $G$ é o ponto médio do segmento $B F$ e $E$ o ponto de interseção da reta passando por $A$ e $G$ com o segmento $B C$, calcule a razão $\frac{E C}{E B}$.

5. Números primos entre si - Encontre todos os pares de inteiros positivos $x, y$ tais que $x$ e $y$ são primos entre si, $x<y$ e $2000\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)$ é um inteiro ímpar.

Lista 7

1. Fique atento - Determine todas as soluções da equação $\sqrt{x}=x-2$.
2. Soluções inteiras - Determine todos os números inteiros $x$ e $y$ tais que:

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{19}\backslash frac\{1\}\{x\}+\backslash frac\{1\}\{y\}=\backslash frac\{1\}\{19\}$$

3. No ponto de ônibus - Um grupo de meninos e meninas aguarda em um ponto pelo ônibus. No primeiro ônibus que passa embarcam somente 15 meninas, e ficam 2 meninos para cada menina no ponto de ônibus. No segundo ônibus que passa, embarcam somente 45 meninos, e ficam 5 meninas para cada menino no ponto de ônibus. Determine o número de meninos e meninas que estavam no ponto antes da parada do primeiro ônibus.
4. Contorno circular - A figura a seguir é formada por quatro círculos tangentes de raio a. Determine o comprimento do contorno externo que está com o traçado destacado.

5. Um quadrilátero especial - Dois lados consecutivos de um quadrilátero medem $10 \mathrm{cm}$ e $15 \mathrm{cm}$. Se cada diagonal divide o quadrilátero em duas regiões de mesma área, calcule o seu perímetro.

Lista 8

1. Número curioso - 0 número 81 tem a seguinte propriedade: ele é divisível pela soma de seus algarismos $8+1=9$. Quantos números de dois algarismos cumprem esta propriedade?
2. Número premiado - Um número de 6 algarismos é "premiado" se a soma de seus primeiros 3 algarismos é igual à soma de seus 3 últimos algarismos. Por exemplo 342531 é premiado pois $3+4+2=5+3+1$.

(a) Qual é o maior e o menor número premiado, com 6 algarismos diferentes?

(b) Mostre que a soma de todos os números premiados, com 6 algarismos diferentes, é divisível por 13 .

3. Altura versus lado - Seja $\triangle A B C$ um triângulo tal que a altura relativa ao lado $B C$ não é menor do que o lado $B C$ e a altura relativa ao lado $A B$ não é menor do que o lado $A B$. Determine as medidas dos ângulos deste triângulo.
4. Frações egípcias - Encontre números inteiros positivos $a$ e $b$, com $a>b$, tais que:

$$\frac{2}{7}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\backslash frac\{2\}\{7\}=\backslash frac\{1\}\{a\}+\backslash frac\{1\}\{b\}$$

5. Tabuleiro de xadrez - De quantas maneiras podemos colocar dois bispos num tabuleiro de xadrez em filas, colunas e casas de cores distintas?

Lista 9

1. Quem é menor? - Sem usar calculadora, decida qual dos números $33^{12}, 63^{10}$ e $127^{8}$ é o menor.
2. Brincando com números - $\mathrm{A}$ soma $1+1+4$ dos algarismos do número 114 , divide o próprio número. Qual é o maior número, menor do que 900 , que satisfaz esta propriedade?
3. Cortando papéis - No início de uma brincadeira, André tinha 7 pedaços de papel. Na primeira rodada, ele pegou alguns destes pedaços e cortou cada um deles em 7 pedaços, que são misturados aos pedaços de papel que não foram cortados nesta rodada. Na segunda rodada, ele novamente pegou alguns pedaços e cortou cada um deles em 7 pedaços que foram misturados aos demais papéis. Continuando desta maneira, ao final de alguma rodada, André poderá ter exatamente 2009 pedaços de papel?
4. Um trapézio especial - A base $A D$ de um trapézio $A B C D$ mede $30 \mathrm{~cm}$. Suponhamos que existe um ponto $E$ sobre $A D$ tal que os triângulos $\triangle A B E, \triangle B C E$ e $\triangle C D E$ tenham perímetros iguais. Determine o comprimento de $B C$.
5. Uma estrela - Na estrela $A B C D E$ na figura que se segue, sabemos que $\measuredangle G B F=20^{\circ}$ e $\measuredangle G H I=130^{\circ}$. Qual é o valor do ângulo $\measuredangle J E I$ ?

Lista 10

1. Número palindrome - Um número é dito palindrome se a leitura da direita para a esquerda é igual a da esquerda para a direita. Por exemplo, os números 23432 e 18781 são palindromes. Quantos números palindromes de 4 algarismos são divisíveis por 9 ?
2. Multiplicação com letras - Na operação abaixo, as letras $a, b$ e $c$ são algarismos distintos e diferentes de 1 .

$$\begin{array}{r}abb\\ \times c\\ bcb1\end{array}\backslash begin\{array\}\{r\}\; a\; b\; b\; \backslash \backslash \; \backslash times\; \backslash quad\; c\; \backslash \backslash \; \backslash hline\; b\; c\; b\; 1\; \backslash end\{array\}$$

Determine os valores de $a, b$ e $c$.

3. Números sortudos - Um número sortudo é aquele cuja soma de seus algarismos é divisível por 7. Por exemplo, 7, 25 e 849 são números sortudos. O menor par de números sortudos é 7 e 16 .

(a) Encontre oito números consecutivos, dos quais dois são números sortudos.

(b) Encontre 12 números consecutivos, tal que nenhum seja sortudo.

(c) Mostre que qualquer sequência de 13 números consecutivos contém pelo menos um número sortudo.

4. Uma sequência especial - Na sequência $1,3,2, \ldots$ cada termo depois dos dois primeiros é igual ao termo precedente subtraído do termo que o precede, ou seja: se $n>2$ então $a_{n}=a_{n-1}-a_{n-2}$. Qual é a soma dos 100 primeiros termos dessa sequência?
5. Triângulos e ângulos... - Determine os ângulos $\alpha$ e $\beta$.

Soluções do Nível 2

Lista 1

1. Vista ruim - Seja $A$ o número total de alunos da sala. Logo, $\frac{40}{100} \times A$ não enchergam bem. Portanto, $\frac{70}{100} \times \frac{40}{100} \times A$ usam óculos. Consequentemente, temos que:

$$\frac{70}{100}\times \frac{40}{100}\times A=21\Rightarrow A=\frac{21\times 100}{7\times 4}=3\times 25=75\backslash frac\{70\}\{100\}\; \backslash times\; \backslash frac\{40\}\{100\}\; \backslash times\; A=21\; \backslash Rightarrow\; A=\backslash frac\{21\; \backslash times\; 100\}\{7\; \backslash times\; 4\}=3\; \backslash times\; 25=75$$

2. Idade média da população de Campo Verde - Se $H$ indica o número de homens e $M$ o de mulheres, então:

$$\frac{H}{M}=\frac{2}{3}\Rightarrow M=\frac{3H}{2}\backslash frac\{H\}\{M\}=\backslash frac\{2\}\{3\}\; \backslash quad\; \backslash Rightarrow\; \backslash quad\; M=\backslash frac\{3\; H\}\{2\}$$

A idade média da população é:

$$\frac{37H+42M}{H+M}=\frac{37H+42\frac{3H}{2}}{H+\frac{3H}{2}}=\frac{100H}{\frac{5H}{2}}=\frac{100\times 2}{5}=40\text{ anos. }\backslash frac\{37\; H+42\; M\}\{H+M\}=\backslash frac\{37\; H+42\; \backslash frac\{3\; H\}\{2\}\}\{H+\backslash frac\{3\; H\}\{2\}\}=\backslash frac\{100\; H\}\{\backslash frac\{5\; H\}\{2\}\}=\backslash frac\{100\; \backslash times\; 2\}\{5\}=40\; \backslash text\; \{\; anos.\; \}$$

3. Área de triângulo - Os triângulos $\triangle A B C$ e $\triangle D B C$ têm bases $A C$ e $C D$ respectivamente, e a mesma altura $h$ em relação a essas bases.

Assim temos:

$$\acute{\text{a}}\text{rea }\mathrm{△}ABC=\frac{AC\times h}{2}\text{ e }\acute{\text{a}}\text{rea }\mathrm{△}DBC=\frac{CD\times h}{2}\text{. }\backslash text\; \{\; área\; \}\; \backslash triangle\; A\; B\; C=\backslash frac\{A\; C\; \backslash times\; h\}\{2\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; e\; área\; \}\; \backslash triangle\; D\; B\; C=\backslash frac\{C\; D\; \backslash times\; h\}\{2\}\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Logo, a relação entre as áreas é dada por:

$$\frac{\acute{\text{a}}\text{rea }}{}\mathrm{△}ABC=\frac{\frac{AC\times h}{2}}{\acute{\text{a}}\text{rea }\mathrm{△}DBC}=\frac{AC}{CD}=\frac{1,5}{4-1,5}=\frac{15}{25}=\frac{3}{5}\backslash frac\{\backslash text\; \{\; área\; \}\}\{\}\; \backslash triangle\; A\; B\; C=\backslash frac\{\backslash frac\{A\; C\; \backslash times\; h\}\{2\}\}\{\backslash text\; \{\; área\; \}\; \backslash triangle\; D\; B\; C\}=\backslash frac\{A\; C\}\{C\; D\}=\backslash frac\{1,5\}\{4-1,5\}=\backslash frac\{15\}\{25\}=\backslash frac\{3\}\{5\}$$

LEMBRE-SE: A área de um triângulo é a metade do produto de um dos seus lados pela altura $h$ relativa a este lado, como exemplificado nas duas figuras a seguir.

Área do $\triangle B C D=\frac{C D \times h}{2}$

Área do $\triangle A B C=\frac{A C \times h}{2}$

4. Construindo quadrados perfeitos - Sim, será sempre um quadrado perfeito. De fato, se $n-1, n, n+1$ e $n+2$, são quatro inteiros consecutivos, então seu produto mais 1 , é dado por:

5. Feira de Ciências - Sejam $x$ e $y$ o número de alunos do ensino fundamental e do médio respectivamente, presentes na feira. Logo, o número daqueles que compraram um adesivo é:

$$\frac{x}{2}\text{ do ensino fundamental e }\frac{y}{4}\text{ do ensino m}\acute{\text{e}}\text{dio; }\backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash text\; \{\; do\; ensino\; fundamental\; e\; \}\; \backslash quad\; \backslash frac\{y\}\{4\}\; \backslash text\; \{\; do\; ensino\; médio;\; \}$$

e os que não compraram foram

$$\frac{x}{2}\text{ do ensino fundamental e }\frac{3y}{4}\text{ do ensino m}\acute{\text{e}}\text{dio. }\backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash text\; \{\; do\; ensino\; fundamental\; e\; \}\; \backslash frac\{3\; y\}\{4\}\; \backslash text\; \{\; do\; ensino\; médio.\; \}$$

Dentre os alunos que não compraram adesivos, os do ensino médio representam o dobro dos do ensino fundamental. Logo,

$$\frac{3y}{4}=2\times \frac{x}{2}\Rightarrow \frac{x}{2}=\frac{3y}{8}\backslash frac\{3\; y\}\{4\}=2\; \backslash times\; \backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash Rightarrow\; \backslash frac\{x\}\{2\}=\backslash frac\{3\; y\}\{8\}$$

Sabendo que o total arrecadado foi de $R $ 38,00$, concluímos que:

Agora, de $x=\frac{3 y}{4}$, segue que $x=120$.

Lista 2

1. Par perfeito - Chamemos de $n$ o natural "candidato" a formar um par perfeito com 122. Então, devemos ter: $122+n=A^{2}$ e $122 \times n=B^{2}$ onde $A$ e $B$ são números naturais.

Como $B^{2}=2 \times 61 \times n$, concluímos que $n$ tem também os fatores primos 2 e 61 . Logo, podemos escrever $n$ como $n=2 \times 61 \times m^{2}=122 \mathrm{~m}^{2}$.

Obtemos então $A^{2}=122+122 m^{2}=122\left(1+m^{2}\right)$. O menor valor de $\left(1+m^{2}\right)$ que satisfaz esta igualdade é $1+m^{2}=122$, ou seja, $m^{2}=121$. Daí segue que $m=11$. Consequentemente, $n=122 \times 121$ e temos:

$$A^2=122+122\times 121={122}^2\text{ e }{B}^2=122\times 122\times 121=(122\times 11{)}^{2}A^\{2\}=122+122\; \backslash times\; 121=122^\{2\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; e\; \}\; \backslash quad\; B^\{2\}=122\; \backslash times\; 122\; \backslash times\; 121=(122\; \backslash times\; 11)^\{2\}$$

Logo, 122 e $122 \times 121$ formam um par perfeito.

Observação. Na verdade, $122 \times 121$ é o menor natural que forma um par perfeito com 122. Será que existem outros?

2. Um trapézio - A resposta correta é (D).

Seja $P$ o ponto médio do segmento $C D$ e traçemos os segmentos $A P$ e $B P$. Os três triângulos formados $\triangle A D P$, $\triangle A B P$ e $\triangle B C P$ são equiláteros (porquê?). Então, os ângulos $D \widehat{A} P=60^{\circ}=P \widehat{A B}$. Como o segmento $A C$ é a bissetriz do ângulo $P \widehat{A} B$ (porquê?), concluímos que $P \widehat{A C}=30^{\circ}$. Portanto:

$$C\widehat{A}D=D\widehat{A}P+P\widehat{A}C={60}^{\circ }+{30}^{\circ }={90}^{\circ }C\; \backslash widehat\{A\}\; D=D\; \backslash widehat\{A\}\; P+P\; \backslash widehat\{A\}\; C=60^\{\backslash circ\}+30^\{\backslash circ\}=90^\{\backslash circ\}$$

3. Mistério das bolas - Seja $m$ o número de bolas pretas na primeira urna e $n$ o de bolas brancas na segunda urna. Inicialmente, Henrique retirou $k$ bolas pretas da primeira urna e as colocou na segunda urna. Nesse ponto a situação é a seguinte:

• na 1a urna temos:

$$\underset{\text{pretas }}{\underbrace{m-k}}\backslash underbrace\{m-k\}\_\{\backslash text\; \{pretas\; \}\}$$

• na $2^{\mathrm{a}}$ urna temos:

$$\underset{\text{brancas }}{\underbrace{n}}+\underset{\text{pretas }}{\underbrace{k}}\backslash underbrace\{n\}\_\{\backslash text\; \{brancas\; \}\}+\backslash underbrace\{k\}\_\{\backslash text\; \{pretas\; \}\}$$

Depois, ele retirou $k$ bolas da segunda urna e as colocou na primeira urna. Agora esse grupo de $k$ bolas pode ter bolas brancas e pretas. Assim chamemos de $p$ o número de bolas pretas e de $b$ o de bolas brancas retiradas da $2^{\mathrm{a}}$ urna, e logo $k=b+p$. Temos então:

• na 1a urna temos: $\underbrace{m-k}{\text {pretas }}+\underbrace{p}{\text {pretas }}+\underbrace{b}{\text {brancas }}=\underbrace{m-k+p}{\text {pretas }}+\underbrace{b}_{\text {brancas }}$
• na 2a urna temos:

$$\underset{\text{brancas }}{\underbrace{n}}+\underset{\text{pretas }}{\underbrace{k}}-\underset{\text{brancas }}{\underbrace{b}}-\underset{\text{pretas }}{\underbrace{p}}=\underset{\text{brancas }}{\underbrace{n-b}}+\underset{\text{pretas }}{\underbrace{k-p}}\backslash underbrace\{n\}\_\{\backslash text\; \{brancas\; \}\}+\backslash underbrace\{k\}\_\{\backslash text\; \{pretas\; \}\}-\backslash underbrace\{b\}\_\{\backslash text\; \{brancas\; \}\}-\backslash underbrace\{p\}\_\{\backslash text\; \{pretas\; \}\}=\backslash underbrace\{n-b\}\_\{\backslash text\; \{brancas\; \}\}+\backslash underbrace\{k-p\}\_\{\backslash text\; \{pretas\; \}\}$$

Assim, ele ficou com $b$ bolas brancas na primeira urna e $k-p$ bolas pretas na segunda urna. Mas, $k=p+b$, ou seja, $b=k-p$. Logo, o número de bolas brancas na primeira urna é igual ao número de bolas pretas na segunda urna.

4. Contando a palavra BRASIL - Para ler a palavra BRASIL, devemos percorrer um caminho que começa em uma letra B e termina em uma letra L. Observemos que o caminho a ser percorrido é composto sucessivamente de deslocamentos horizontais para a direita e verticais para baixo. Assim, vamos representar estes caminhos por sequências de letras $\mathrm{H}$ (significando deslocamento para a direita) e letras $\mathrm{V}$ (significando deslocamento para baixo).

Vamos ver dois exemplos:

(i) Começamos em B na segunda linha (de cima para baixo) e seguimos o caminho VHVVV.

(ii) Começamos em B na terceira linha e seguimos o caminho HVVHH.

Para resolver o problema devemos contar quantos caminhos começam com $B$ e terminam com L. Para isto, temos que listar esses caminhos. Seja $\mathcal{C}_{j}$ o número de tais caminhos começando na linha $j$, onde $j$ varia de 1 a 6 :

Linha 1: $V V V V V \leadsto \mathcal{C}_{1}=1$;

Linha 2: HVVVV, VHVVV, VVHVV, VVVHV, VVVVH $\leadsto \mathcal{C}_{2}=5$;

Linha 3: HHVVV, HVHVV, HVVHV, HVVVH, VHHVV, VHVHV, VHVVH, VVHHV, VVHVH, VVVHH $\leadsto \mathcal{C}_{3}=10 ;$

Linha 4: HHHVV, HHVHV, HHVVH, HVHHV, HVHVH, HVVHH, VHHHV, VHHVH, VHVHH, VVHHH $\leadsto \mathcal{C}_{4}=10 ;$

Linha 5: HHHHV, HHHVH, HHVHH, HVHHH, VHHHH $\leadsto \mathcal{C}_{5}=5$;

Linha 6: $\mathrm{HHHHH} \leadsto \mathcal{C}_{6}=1$.

Portanto, a palavra BRASIL aparece

$${\mathcal{C}}_1+{\mathcal{C}}_2+{\mathcal{C}}_3+{\mathcal{C}}_4+{\mathcal{C}}_5+{\mathcal{C}}_6=1+5+10+10+5+1=32\backslash mathcal\{C\}\_\{1\}+\backslash mathcal\{C\}\_\{2\}+\backslash mathcal\{C\}\_\{3\}+\backslash mathcal\{C\}\_\{4\}+\backslash mathcal\{C\}\_\{5\}+\backslash mathcal\{C\}\_\{6\}=1+5+10+10+5+1=32$$

vezes na figura (Procure entender a simetria: $\mathcal{C}{1}=\mathcal{C}{6} ; \mathcal{C}{2}=\mathcal{C}{5}$ e $\mathcal{C}{3}=\mathcal{C}{4}$ ).

5. Quais são os números? - A equação pode ser escrita na forma $x^{4}-y^{2}=71$. Agora, fatorando $x^{4}-y^{2}$ temos:

$$(x^2-y)(x^2+y)=71(\ast )\backslash left(x^\{2\}-y\backslash right)\backslash left(x^\{2\}+y\backslash right)=71(*)$$

Como $x$ e $y$ são inteiros, então cada um dos fatores $\left(x^{2}-y\right)$ e $\left(x^{2}+y\right)$ também é um número inteiro. Logo em $\left(^{*}\right)$ escrevemos 71 como o produto de 2 números inteiros. Como 71 é um número primo, ele só pode ser escrito como produto de inteiros na forma: $71=1 \times 71$. Temos então dois casos a considerar: $\left(x^{2}-y\right)=1$ e $\left(x^{2}+y\right)=71$, ou $\left(x^{2}-y\right)=71$ e $\left(x^{2}+y\right)=1$.

Vamos estudar cada caso. 1o caso: $\left{\begin{array}{l}x^{2}-y=1 \ x^{2}+y=71\end{array}\right.$.

Somando as duas equações obtemos: $2 x^{2}=72$, o que implica $x= \pm 6$. Portanto, $y=( \pm 6)^{2}-1=35$. Como $x, y$ são inteiros positivos, concluímos que a solução nesse primeiro caso é: $x=6$ e $y=35$.

2o caso: $\left{\begin{array}{l}x^{2}-y=71 \ x^{2}+y=1\end{array}\right.$.

Se $x^{2}+y=1$, então $x=0$ e $y=1$ ou $x=1$ e $y=0$ já que $x, y$ são inteiros positivos. Por outro lado, é fácil verificar que tais valores não satisfazem a equação $x^{4}=y^{2}+71$.

Logo, a solução para o problema é: $x=6$ e $y=35$.

Lista 3

1. No jogo - Seja $T$ a quantidade total de dinheiro no jogo. Assim, no início, os jogadores possuíam:

No final eles possuíam:

Para melhor comparar essas frações, coloquemo-las com um denominador comum:

No início:

No final:

Logo, Carlos perdeu 1/90 do total e Aldo ganhou 1/90. Portanto, 1220 corresponde a $1 / 90$ do total de dinheiro. Portanto, o total $T$ de dinheiro no início o jogo é:

$$\frac{1}{90}T=1200\Rightarrow T=90\times 1200=108000\backslash frac\{1\}\{90\}\; T=1200\; \backslash Rightarrow\; T=90\; \backslash times\; 1200=108000$$

Assim, no final da partida os jogadores possuiam:

Aldo: $\quad \frac{35}{90}$ de $108000=42000$

Bernardo: $\quad \frac{30}{90}$ de $108000=36000$

Carlos: $\quad \frac{25}{90}$ de $108000=30000$.

2. Um número inteiro - Sejam $a=\sqrt[3]{\sqrt{5}+2}$ e $b=\sqrt[3]{\sqrt{5}-2}$. Assim, $M=a-b$ e temos:

$$M^3=(a-b{)}^3=a^3-b^3-3ab(a-b)M^\{3\}=(a-b)^\{3\}=a^\{3\}-b^\{3\}-3\; a\; b(a-b)$$

Sabemos que $a^{3}-b^{3}=4$ e $a b=1$. Assim, $M^{3}+3 M-4=0$, ou seja, o número $M$ é raiz do polinômio $x^{3}+3 x-4$.

Por sua vez, o número 1 é uma raiz do polinômio $x^{3}+3 x-4$. Fatorando tal polinômio, obtemos $(x-1)\left(x^{2}+x+4\right)$. Mas o trinômio $x^{2}+x+4$ tem discriminante negativo. Consequentemente, 1 é a única raiz real de $x^{3}+3 x-4$. Portanto, $M=1$.

3. Área de triângulos -

(a) Note que $F \widehat{M} C$ e $A \widehat{M} D$ são ângulos opostos pelo vértice. Logo, $F \widehat{M C}=A \widehat{M} D$. Como $M C=M D$ e os triângulos $\triangle A M D$ e $\triangle F M C$ são retângulos, concluímos que eles são congruentes. Logo, possuem a mesma área, donde concluímos que a área do triângulo $\triangle A B F$ é igual a área do quadrado $A B C D$, ou seja $300 \mathrm{~cm}^{2}$.

(b) Como $A D=F C$ (do item anterior) e $D M=M C$, segue que os triângulos $\triangle A D M$, $\triangle D M F$ e $\triangle M C F$ têm a mesma área. Por outro lado, a área dos dois últimos é a metade da área do quadrado. Portanto, a área do triângulo $\triangle A D F$ é a metade da área do quadrado, ou seja $150 \mathrm{~cm}^{2}$.

4. Um quadriculado - Sejam $m$ e $n$ respectivamente, o número de segmentos de $0,5 \mathrm{cm}$ sobre dois lados consecutivos do retângulo. Sabemos que o número total de segmentos de $0,5 \mathrm{cm}$ na divisão do retângulo em $m \times n$ quadrados de lado $0,5 \mathrm{~cm}$ é: $m(n+1)+n(m+1)$ (prove isso). Assim,

$$m(n+1)+n(m+1)=1997\Rightarrow n=\frac{1997-m}{2m+1}m(n+1)+n(m+1)=1997\; \backslash Rightarrow\; n=\backslash frac\{1997-m\}\{2\; m+1\}$$

Além disso, um dos lados considerados é menor ou igual ao outro, digamos: $m \leq n$. Nesse caso podemos concluir que $m \leq 31$, pois

$$n\ge m\Rightarrow n(m+1)+m(n+1)\ge 2m(m+1)n\; \backslash geq\; m\; \backslash Rightarrow\; n(m+1)+m(n+1)\; \backslash geq\; 2\; m(m+1)$$

Logo $1997 \geq 2 m(m+1)$ e como $1998>1997$ segue que

$$1998>2m(m+1)\Rightarrow 999>m(m+1)1998>2\; m(m+1)\; \backslash Rightarrow\; 999>m(m+1)$$

Daí concluímos que $m<32$.

Por outro lado temos que:

$$n=\frac{1997-m}{2m+1}\Rightarrow 2n=\frac{3994-2m}{2m+1}=\frac{3995-(2m+1)}{2m+1}\Rightarrow 2n=\frac{3995}{2m+1}-1n=\backslash frac\{1997-m\}\{2\; m+1\}\; \backslash Rightarrow\; 2\; n=\backslash frac\{3994-2\; m\}\{2\; m+1\}=\backslash frac\{3995-(2\; m+1)\}\{2\; m+1\}\; \backslash Rightarrow\; 2\; n=\backslash frac\{3995\}\{2\; m+1\}-1$$

Assim, a questão se resume agora em pesquisar os divisores de $3995=5 \times 17 \times 47$. Os únicos valores de $m$ que atendem a condição $1 \leq m \leq 31$ são $m=2, m=8$ e $m=23$, que correspondem, respectivamente, aos divisores 5,17 e 47 . Para esses valores de $m$ temos $n=399, n=117$ e $n=42$ respectivamente. Os outros divisores darão configurações equivalentes (trocando $m$ por $n$ ).

Portanto, Rosa pode ter construído 3 configurações diferentes com os 1997 segmentos. A primeira com $2 \times 399$ quadrados, a segunda com $8 \times 117$ quadrados e a terceira com $23 \times 42$ quadrados.

5. Inteiros de 4 algarismos - Temos que $1000 \leq 4 a^{2}<10000$ e também $1000 \leq \frac{4}{3} \times a^{3}<10000$.

De $1000 \leq 4 a^{2}<10000$ segue que $250 \leq a^{2}<2500$. Sendo $a$ um número inteiro e $15^{2}=225,16^{2}=256$ e $50^{2}=2500$, temos que $15<a<50$.

De $1000 \leq \frac{4}{3} a^{3}<10000$ temos $750 \leq a^{3}<7500$. Mas, $10^{3}=1000,9^{3}=729$, $20^{3}=8000$ e $19^{3}=6859$. Assim, $9<a<20$.

Portanto, temos $a=16,17,18$ ou 19.

Por outro lado, como $\frac{4}{3} \times a^{3}$ é um número inteiro, concluímos que $a^{3}$ é múltiplo de 3 e consequentemente, $a$ é múltiplo de 3 . Logo, $a=18$.

Outra maneira de finalizar a solução é substituir os 4 possíveis valores para $a$ e verificar que o único valor é $a=18$.

Lista 4

1. Pares positivos - A equação dada é equivalente a $y=\frac{3(167-x)}{5}$. Como $y$ é um inteiro positivo, $167-x$ deve ser um múltiplo positivo de 5 , ou seja:

$167-x=5 k \quad \Rightarrow \quad x=167-5 k \quad \Rightarrow \quad x=5 \times 33+2-5 k \quad \Rightarrow \quad x=5(33-k)+2$

onde $k$ é um inteiro positivo. Como $x$ é positivo, devemos ter $k \leq 33$. Consequentemente, $k=1,2, \ldots, 33$ o que nos garante 33 soluções para o problema proposto.

2. Diferença de quadrados - A resposta correta é (E).

Inicialmente, observe que o quadrado de um número par é par, e o quadrado de um número ímpar é ímpar. Se os dois números são consecutivos, então um número é par e o outro é ímpar. Portanto, elevando ao quadrado, um deles é par e o outro é ímpar. Mas, a diferença entre um número par e um número ímpar é sempre um número ímpar. Como 2000 é um número par, concluímos que não existem dois números consecutivos cuja diferença dos seus quadrados seja 2000 .

Outra solução para o problema é a seguinte. Primeiramente, suponhamos que tais inteiros $a$ e $a+1$ são maiores ou iguais a zero. Nesse caso, temos:

$$(a+1{)}^2-a^2=2000(a+1)^\{2\}-a^\{2\}=2000$$

Fatorando a diferença de quadrados $(a+1)^{2}-a^{2}$ obtemos:

$$(a+1+a)(a+1-a)=2000\Rightarrow 2a+1=2000(a+1+a)(a+1-a)=2000\; \backslash Rightarrow\; 2\; a+1=2000$$

que não tem solução pois $2 a+1$ é ímpar e 2000 é par.

Se $a$ e $a+1$ fossem menores ou iguais a zero então $-a$ e $-a-1$ seriam inteiros maiores ou iguais a zero e sucessivos, satisfazendo a condição $(-a)^{2}-(-a-1)^{2}=2000$ o que não pode ocorrer como provado acima.

3. Cálculo de ângulos - Na primeira figura, prolongue o segmento $B C$ até que ele intercepte o segmento $E D$ em um ponto $F$. Uma vez que os segmentos $A B$ e $E D$ são paralelos, os ângulos $A \widehat{B} F$ e $B \widehat{F} D$ são alternos internos. Isto implica que esses ângulos possuem a mesma medida, ou seja, $C \widehat{F} D=25^{\circ}$. Agora vemos que o ângulo $x$ é externo ao triângulo $\triangle C D F$. Logo, $x$ é igual a soma dos dois ângulos internos não adjacentes, ou seja, $x=25^{\circ}+55^{\circ}=80^{\circ}$.

Na segunda figura, também prolongue o segmento $B C$ até que ele intercepte o prolongamento do segmento $E D$ em um ponto $F$. Como os segmentos $A B$ e $E F$ são paralelos, os ângulos $A \widehat{B F}$ e $D \widehat{F} B$ são colaterais internos. Isto implica que esses ângulos são suplementares, ou seja,

$$D\widehat{F}C={180}^{\circ }-{160}^{\circ }={20}^{\circ }D\; \backslash widehat\{F\}\; C=180^\{\backslash circ\}-160^\{\backslash circ\}=20^\{\backslash circ\}$$

Por outro lado, o ângulo $C \widehat{D} F$ é igual a $30^{\circ}$, pois ele é o suplemento do ângulo $E \widehat{D} C=150^{\circ}$. Finalmente, como $x$ é ângulo externo ao triângulo $\triangle C D F$ temos que: $x=20^{\circ}+30^{\circ}=50^{\circ}$.

4. Tabela - Como a tabela tem 6 colunas, em cada linha escrevemos 6 números consecutivos. Dividindo 1000 por 6 obtemos

$$1000=6\times 166+41000=6\; \backslash times\; 166+4$$

$1^{\text {a }}$ linha	1	2	3	4	5	6
$2^{\text {a }}$ linha	7	8	9	10	11	12
$3^{\text {a } l i n h a}$	13	14	15	16	17	18
$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$
$167^{\text {a }}$ linha	997	998	999	1000
$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$

Deste modo, para escrever o número 1000 na tabela serão necessárias 166 linhas completas (terminando no número $6 \times 166=996$ ) e mais uma linha com os 4 números: 997, 998, 999 e 1000. Logo, 1000 está escrito na 167a linha e na 4a coluna.

5. Entre 1 e 2 - Como as duas frações são positivas e menores do que 1, seus numeradores devem ser respectivamente menores que seus denominadores, logo devemos ter:

Temos $\frac{a}{5}+\frac{b}{7}=\frac{7 a+5 b}{35}$, portanto:

Vejamos as opções para que $a$ e $b$ sejam inteiros positivos e satisfaçam (1) e (2):

• $a=1 \Rightarrow 7 a+5 b=7+5 b$. Logo,

Como $b$ é um número inteiro, concluímos que $b=6,7,8, \ldots, 12$. No entanto, só podemos escolher $b=6$, pois $b<7$.

• $a=2 \Rightarrow 7 a+5 b=14+5 b$. Logo,

Nesse caso, só podemos escolher $b=5$ e $b=6$, pois $b<7$.

• $a=3 \Rightarrow 7 a+5 b=21+5 b$. Logo,

Aqui, podemos escolher $b=3,4,5,6$.

• $a=4 \Rightarrow 7 a+5 b=28+5 b$. Logo,

Podemos escolher $b=2,3,4,5,6$.

Para finalizar, exibimos as soluções na tabela abaixo:

$a$	$b$	$\frac{a}{5}+\frac{b}{7}$
1	6	$\frac{1}{5}+\frac{6}{7}=\frac{37}{35}$
2	5	$\frac{2}{5}+\frac{5}{7}=\frac{39}{35}$
	6	$\frac{2}{5}+\frac{6}{7}=\frac{44}{35}$
3	3	$\frac{3}{5}+\frac{3}{7}=\frac{36}{35}$
	4	$\frac{3}{5}+\frac{4}{7}=\frac{41}{35}$
	5	$\frac{3}{5}+\frac{5}{7}=\frac{46}{35}$
	6	$\frac{3}{5}+\frac{6}{7}=\frac{51}{35}$
4	2	$\frac{4}{5}+\frac{2}{7}=\frac{38}{35}$
	3	$\frac{4}{5}+\frac{3}{7}=\frac{43}{35}$
	4	$\frac{4}{5}+\frac{4}{7}=\frac{48}{35}$
	5	$\frac{4}{5}+\frac{5}{7}=\frac{53}{35}$
	6	$\frac{4}{5}+\frac{6}{7}=\frac{58}{35}$

Lista 5

1. Triatlon - Seja $x$ a velocidade em metros por minuto com que Maria nada. Logo, a sua velocidade na corrida é $3 x$ e na bicicleta $2,5 \times 3 x=7,5 x$. Logo, o tempo total que ela gastará nas 3 etapas é:

$$\underset{\text{nadando }}{\underbrace{\frac{800}{x}}}+\underset{\text{correndo }}{\underbrace{\frac{20000}{3x}}}+\underset{\text{pedalando }}{\underbrace{\frac{4000}{7,5x}}}=\frac{800\times 7,5+20000\times 2,5+4000}{7,5x}=\frac{60000}{7,5x}\backslash underbrace\{\backslash frac\{800\}\{x\}\}\_\{\backslash text\; \{nadando\; \}\}+\backslash underbrace\{\backslash frac\{20000\}\{3\; x\}\}\_\{\backslash text\; \{correndo\; \}\}+\backslash underbrace\{\backslash frac\{4000\}\{7,5\; x\}\}\_\{\backslash text\; \{pedalando\; \}\}=\backslash frac\{800\; \backslash times\; 7,5+20000\; \backslash times\; 2,5+4000\}\{7,5\; x\}=\backslash frac\{60000\}\{7,5\; x\}$$

Logo, para que ela vença as 3 etapas em 1 hora e 20 minutos ( $=80 \mathrm{~min})$, devemos ter:

$$\frac{60000}{7,5x}=80\Rightarrow x=\frac{60000}{7,5\times 80}=100\mathrm{m}\mathrm{/}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}\backslash frac\{60000\}\{7,5\; x\}=80\; \backslash Rightarrow\; x=\backslash frac\{60000\}\{7,5\; \backslash times\; 80\}=100\; \backslash mathrm\{~m\}\; /\; \backslash mathrm\{min\}$$

Segue que

$$3x=300\mathrm{m}\mathrm{/}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}\text{ e }7,5x=750\mathrm{m}\mathrm{/}\mathrm{s}\mathrm{e}\mathrm{g}3\; x=300\; \backslash mathrm\{~m\}\; /\; \backslash mathrm\{min\}\; \backslash text\; \{\; e\; \}\; 7,5\; x=750\; \backslash mathrm\{~m\}\; /\; \backslash mathrm\{seg\}$$

Assim, para que Maria termine a prova em no máximo 1 hora e 10 minutos, ela deve desenvolver as seguintes velocidades:

• nadar: a uma velocidade mínima de $100 \mathrm{~m} / \mathrm{min}$;
• correr: a uma velocidade mínima de $300 \mathrm{~m} / \mathrm{min}$;
• pedalar: a uma velocidade mínima de $750 \mathrm{~m} / \mathrm{min}$.

2. Foto de formatura - As figuras a seguir representam a situação do problema, onde em preto estão representados os alunos que foram inicialmente retirados e em cinza os alunos retirados na segunda vez.

Sejam $n$ e $m$ o número de filas (linhas horizontais) e de colunas da formação inicial, respectivamente. Ao retirar 1 aluno de cada fila, o diretor obtém uma formação com uma coluna a menos e uma fila incompleta - faltam 4 alunos. Logo, podemos concluir que:

$$n+4=m-1\Rightarrow m=n+5n+4=m-1\; \backslash quad\; \backslash Rightarrow\; \backslash quad\; m=n+5$$

Retirando agora mais um aluno de cada fila obtém-se uma formação retangular com 2 colunas a menos que a formação inicial. Logo, podemos concluir que o número de filas (iniciais) é $n=3$. Assim, $m=8$ e o número de alunos é dado por $n \times m=3 \times 8=24$.

3. Circunferências tangentes -

(a) Como as circunferências de raios $1 \mathrm{cm}$ e $3 \mathrm{cm}$ são concêntricas, as outras circunferência mostradas na figura devem ter raio igual a $1 \mathrm{~cm}$.

(b) Os centros das 3 circunferências de raio $1 \mathrm{cm}$ mostradas na figura formam um triângulo equilátero de lado $2 \mathrm{cm}$. Logo seus ângulos internos medem $60^{\circ}$.

Como $\frac{360}{60}=6$ concluímos que até 6 circunferências podem ser dispostas nas condições exigidas.

4. Festa na escola - Representando o número de docinhos que cada um dos 4 amigos levou pela inicial de seu nome temos:

$$\{\begin{array}{l}A+P+M+F=90\\ A+2=P-2=2M=\frac{F}{2}\end{array}\backslash left\backslash \{\backslash begin\{array\}\{l\}\; A+P+M+F=90\; \backslash \backslash \; A+2=P-2=2\; M=\backslash frac\{F\}\{2\}\; \backslash end\{array\}\backslash right.$$

Segue da segunda equação que:

$$P=A+4;M=\frac{A+2}{2};F=2(A+2)P=A+4\; \backslash quad\; ;\; \backslash quad\; M=\backslash frac\{A+2\}\{2\}\; \backslash quad\; ;\; \backslash quad\; F=2(A+2)$$

Substituindo esses valores na primeira equação obtemos:

$$A+A+4+\frac{A+2}{2}+2(A+2)=90\Rightarrow 9A=180-18\Rightarrow A=18A+A+4+\backslash frac\{A+2\}\{2\}+2(A+2)=90\; \backslash Rightarrow\; 9\; A=180-18\; \backslash Rightarrow\; A=18$$

Logo:

$$P=18+4=22;M=\frac{18+2}{2}=10\text{ e }F=2(18+2)=40P=18+4=22\; ;\; M=\backslash frac\{18+2\}\{2\}=10\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; e\; \}\; \backslash quad\; F=2(18+2)=40$$

5. Inflação - O preço antigo era menor que 50 reais e sofreu um acréscimo de $20 %$. Logo, o novo preço ainda é um número de 2 algarismos. Vamos representá-lo por $a b$, onde $a$ é o algarismo das dezenas e $b$ é o algarismo das unidades. Logo, o novo preço é $b a$, e temos:

$$10b+a=1,2(10a+b)\Rightarrow 10b-1,2b=12a-a10\; b+a=1,2(10\; a+b)\; \backslash Rightarrow\; 10\; b-1,2\; b=12\; a-a$$

Portanto:

$$8,8b=11a\Rightarrow a=\frac{8}{10}\times b=\frac{4}{5}\times b8,8\; b=11\; a\; \backslash quad\; \backslash Rightarrow\; \backslash quad\; a=\backslash frac\{8\}\{10\}\; \backslash times\; b=\backslash frac\{4\}\{5\}\; \backslash times\; b$$

Como $a$ e $b$ são algarismos, só podemos ter $a=4$ e $b=5$. Logo, o novo preço é $\mathrm{R} $ 54,00$.

Lista 6

1. Gatos no condomínio - Sejam:

Segue então que $x+y+z=29$ e $x=z$. Portanto, $2 x+y=29$. Por outro lado, $\mathrm{o}$ número de gatos é $x+3 y+5 z$. Daí temos:

$$\text{ n}\acute{\text{u}}\text{mero de gatos }=x+3y+5z=6x+3y=3(2x+y)=3\times 29=87\text{. }\backslash text\; \{\; número\; de\; gatos\; \}=x+3\; y+5\; z=6\; x+3\; y=3(2\; x+y)=3\; \backslash times\; 29=87\; \backslash text\; \{.\; \}$$

2. Soma constante -

Sejam $a, b, c, d, e$ e $f$ os números que colocaremos na tabela.

De acordo com a regra para as 4 subtabelas $2 \times 2$

1	$a$	2
b	9	$c$
$d$	$e$	$f$

1	$\mathrm{a}$
$\mathrm{b}$	9

$\mathrm{a}$	2
9	$\mathrm{c}$

b	9
$d$	$e$

9	$c$
$e$	$f$

temos:

a	$\mathbf{a}+\mathbf{1}=\mathbf{d}+\mathbf{e}$	Solução
3	4	não possu
4	5	não possui
5	6	não possui
	7	1	6	2
6		8	9	7
			3	5
7	8	não possui
8	9	1	8	2
		5	9	4
			3	7

Subtraindo a $2^{\mathrm{a}}$ igualdade da $3^{\mathrm{a}}$, obtemos $f=1+d$. A nossa tabela então ficará assim:

1	$a$	2
$b$	9	$b-1$
$d$	$e$	$d+1$

Como $a+1=d+e \mathrm{e}{a, b, d, e} \subset{3,4,5,6,7,8}$, temos os seguintes casos a considerar:

3. Qual é o número? -

Note que $5 \times E$ é um múltiplo de 5 , e no caso, terminado em

$5 B C D E$
$B C D E$
$C D E$
$D E$

$E$ é ímpar pois se fosse par teríamos $A=0$. Observe que $E$ não pode ser 1 , pois senão $4 D=5$, o que é impossível. Logo, $E=3,5,7,9$.

Analizemos cada possibilidade:

Restaram então os seguintes 3 casos: $5 B C 13$ $B C 13$ C 13 13 5555 $\begin{array}{r}5 B C 63 \ B C 63 \ C 63 \ 63 \ 3 \ \hline 55555\end{array}$ $5 B C 37$ В $C 37$ C 37 37

7 55555

Antes de analisar cada caso, observe que $B$ tem de ser menor do que 5 , ou seja $B=1,2,3,4$. Lembre que letras distintas representam algarismos distintos.

1o caso: $3 C$ termina em 5 .

Como 1, 3 e 5 já foram usados concluímos que esse caso não ocorre pois $C$ teria que valer 5 .

2o caso: $3 C+2$ termina em 5 .

Logo, $C=1$ e portanto $2 B=5$, o que não é possível.

3o caso: $3 C+1$ termina em 5 .

Logo, $C=8$ e portanto $2 B+2=5$, o que implica $B=2$. Finalmente, temos que $A B C D E=52837$.

4. Proporção triangular - Temos que $\frac{F C}{A F}=2$. Agora, trace o segmento $F H$, paralelo ao segmento $A E$ onde $H$ está sobre o segmento $B C$, como na figura a seguir.

Os triângulos $\triangle A E C$ e $\triangle F H C$ são semelhantes pois têm lados paralelos. Isto implica que $C H=2 E H$.

Por outro lado, os triângulos $\triangle B F H$ e $\triangle B G E$ também são semelhantes, pois têm lados paralelos. Dessa semelhança e do fato que $G$ é ponto médio do segmento $B F$ concluímos que $E$ é ponto médio do segmento $B H$.

Assim, $B E=E H$ e, portanto, $E C=E H+C H=E H+2 E H=3 E H=3 E B$. Consequentemente, $\frac{E C}{E B}=3$.

5. Números primos entre si -

Solução 1: Temos:

$$2000(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})=16\times 125\left(\frac{x^2+y^2}{xy}\right)2000\backslash left(\backslash frac\{x\}\{y\}+\backslash frac\{y\}\{x\}\backslash right)=16\; \backslash times\; 125\backslash left(\backslash frac\{x^\{2\}+y^\{2\}\}\{x\; y\}\backslash right)$$

Como $x$ e $y$ são primos entre si, concluímos que $x y$ e $x^{2}+y^{2}$ não têm fatores em comum (prove isso). Logo, $x$ e $y$ são divisores de $2000=16 \times 125=2^{4} \times 5^{3}$. Além disso, 16 tem que dividir $x y$ porque a expressão tem que ser ímpar. Portanto, $16=2^{4}$ divide $x$ ou $y$.

1o caso: 16 divide $x$.

Se $x>16$ então, $x$ é no mínimo $16 \times 5=80$, já que $x$ divide 2000 . Nesse caso, $x>y$ pois $x y$ divide 2000. Logo, $x=16$. Assim, como $x$ e $y$ são primos entre si, $x<y$ e $y$ divide 2000 concluímos que as únicas possibilidades são $y=25$ ou 125 .

2o caso: 16 divide $y$.

Como no item anterior fazemos:

Se $y>16$ então as possibilidades seriam: $y=16 \times 5$ e $x=1 ; y=16 \times 25$ e $x=1$; $y=16 \times 125$ e $x=1$.

Se $y=16$ então as possibilidades para $x$ seria: $x=1 ; x=5$.

Logo, os pares $(x, y)$ satisfazendo as condições do problema são:

$$(16,25);(16,125);(5,16);(1,16);(1,80);(1,400);(1,2000)(16,25)\; ;(16,125)\; ;(5,16)\; ;(1,16)\; ;(1,80)\; ;(1,400)\; ;(1,2000)$$

Porém, como podemos trocar $x$ e $y$ em vista da simetria da expressão, temos ainda as soluções:

$$(25,16);(125,16);(16,5);(16,1);(80,1);(400,1);(2000,1)(25,16)\; ;(125,16)\; ;(16,5)\; ;(16,1)\; ;(80,1)\; ;(400,1)\; ;(2000,1)$$

Solução 2:

Temos $N=2000\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)=\frac{16 \times 125 \times\left(x^{2}+y^{2}\right)}{x y}=\frac{2^{4} \times 5^{3}}{x y} \times\left(x^{2}+y^{2}\right)$.

Como $N$ é ímpar segue que $\frac{2^{4} \times 5^{3}}{x y}$ e $x^{2}+y^{2}$ são ímpares. As opções para isso são: $x y=2^{4}, 2^{4} \times 5,2^{4} \times 5^{2}, 2^{4} \times 5^{3}$ e, $x$ e $y$ têm paridades distintas. Vamos determinar $x$ e $y$ para cada uma dessas opções:

$x y$	$x$	$y$
$2^{4}$	1	$2^{4}$
$2^{4} .5$	1	$2^{4} .5$
	$2^{4}$	5
$2^{4} .5^{2}$	1	$2^{4} .5^{2}$
	$2^{4}$	$5^{2}$
$2^{4} .5^{3}$	1	$2^{4} .5^{3}$
	$2^{4}$	$5^{3}$

Logo, os pares $(x, y)$ satisfazendo as condições do problema são:

$$(1,16);(1,80);(16,5);(1,400);(16,25);(1,2000);(16,125)(1,16)\; ;(1,80)\; ;(16,5)\; ;(1,400)\; ;(16,25)\; ;(1,2000)\; ;(16,125)$$

Porém, como podemos trocar $x$ e $y$ em vista da simetria da expressão, temos ainda as soluções:

$$(16,1);(80,1);(5,16);(400,1);(25,16);(2000,1);(125,16)(16,1)\; ;(80,1)\; ;(5,16)\; ;(400,1)\; ;(25,16)\; ;(2000,1)\; ;(125,16)$$

Lista 7

1. Fique atento - Elevando ambos os membros da equação ao quadrado, obtemos $x=x^{2}-4 x+4$, que é equivalente a $x^{2}-5 x+4=0$. As raízes dessa equação do segundo grau são $x=1$ e $x=4$. Entretanto, quando substituímos $x=1$ na equação original $\sqrt{x}=x-2$ obtemos $\sqrt{1}=-1$, que é falso. No entanto, quando substituímos $x=4$ obtemos $\sqrt{4}=2$, que é verdadeiro. Portanto, a equação dada possui $x=4$ como única solução.

Atenção: O aparecimento da "solução estranha" $x=1$ deve-se ao fato que a implicação

$$a^2=b^2\Rightarrow a=ba^\{2\}=b^\{2\}\; \backslash Rightarrow\; a=b$$

não é verdadeira em geral. O correto é

$$a^2=b^2\Rightarrow a=\pm ba^\{2\}=b^\{2\}\; \backslash Rightarrow\; a=\; \backslash pm\; b$$

Deste modo, quando elevamos os dois membros de uma equação ao quadrado, obtemos uma nova equação que pode, eventualmente, conter mais soluç̃es que a equação original. Você também pode ver isso com clareza, por exemplo, nas equações: $x=1 \mathrm{e}$ $x^{2}=1^{2}$.

2. Soluções inteiras - A equação é equivalente a $x y=19(x+y)$. Uma vez que estamos procurando soluções inteiras e 19 é um número primo, esta igualdade implica que $x$ ou $y$ devem ser divisíveis por 19. Como a equação é simétrica em relação as variáveis $x$ e $y$, podemos supor que $x$ é divisível por 19 . Isto é, $x=19 k$ para algum valor inteiro de $k$. Nessa condição, temos:

$$xy=19(x+y)\iff ky=19k+yx\; y=19(x+y)\; \backslash quad\; \backslash Leftrightarrow\; \backslash quad\; k\; y=19\; k+y$$

Desta igualdade concluímos que $19 k+y$ é divisível por $k$. Uma vez que $19 k$ já é divisível por $k$ concluímos que $y$ é divisível por $k$ (prove isso). Isto é, $y=k m$ para algum valor inteiro de $m$. Assim,

$$ky=19k+y\Rightarrow k^{2}m=19k+km\Rightarrow km-m=19\Rightarrow m(k-1)=19k\; y=19\; k+y\; \backslash Rightarrow\; k^\{2\}\; m=19\; k+k\; m\; \backslash Rightarrow\; k\; m-m=19\; \backslash Rightarrow\; m(k-1)=19$$

Visto que $m$ e $k$ são números inteiros e 19 é um número primo, existem somente 4 possibilidades para a igualdade $m(k-1)=19$ :

• $m=19$ e $k-1=1$. Isto implica que $x=38$ e $y=38$;
• $m=-19$ e $k-1=-1$. Isto implica que $x=0$ e $y=0$, que não é possível, pois na equação original, $x \neq 0$ e $y \neq 0$;
• $m=1$ e $k-1=19$. Isto implica que $x=380$ e $y=20$;
• $m=-1$ e $k-1=-19$. Isto implica que $x=-342$ e $y=18$.

Deste modo, obtemos as seguintes possibilidades para o par de números inteiros $(x, y)$ que são soluções da equação dada:

$$(38,38);(380,20);(20,380);(-342,18);(18,-342)(38,38)\; ;(380,20)\; ;(20,380)\; ;(-342,18)\; ;(18,-342)$$

3. No ponto de ônibus - Vamos representar por $M$ o número de meninas e por $H \circ$ número de meninos que estavam no ponto antes da parada do primeiro ônibus. Depois do embarque das 15 meninas no primeiro ônibus, ficaram no ponto $M-15$ meninas e $H$ meninos. Uma vez que, neste momento, ficam no ponto 2 meninos para cada menina, temos: $H=2(M-15)$. No segundo ônibus embarcam 45 meninos, e ficaram no ponto $M-15$ meninas e $H-45$ meninos. Como, neste momento, ficaram no ponto 5 meninas para cada menino, temos: $M-15=5(H-45)$.

Deste modo, obtemos o sistema linear

$$\{\begin{array}{l}H=2(M-15)\\ M-15=5(H-45)\end{array}\backslash left\backslash \{\backslash begin\{array\}\{l\}\; H=2(M-15)\; \backslash \backslash \; M-15=5(H-45)\; \backslash end\{array\}\backslash right.$$

Substituindo a primeira equação na segunda obtemos: $M-15=5(2 M-30-45)$. Logo:

$$375-15=10M-M\Rightarrow M=40375-15=10\; M-M\; \backslash Rightarrow\; M=40$$

e $H=2(40-15)=50$.

4. Contorno circular - Sejam $A, B, C$ e $D$ os centros dos círculos, e $M, N, P$ e $Q$ os pontos de tangência.

Observe que $A D=D C=B C=A B=A C=2 a$. Logo, os triângulos $A B C$ e $A C D$ são equiláteros e por isso seus ângulos internos são iguais a $60^{\circ}$. Assim, temos:

$$A\widehat{BC}={60}^{\circ }\Rightarrow \widehat{MN}=\frac{5}{6}\times 2\pi a\text{ e }B\widehat{A}D={120}^{\circ }\Rightarrow \widehat{MQ}=\frac{2}{3}\times 2\pi aA\; \backslash widehat\{B\; C\}=60^\{\backslash circ\}\; \backslash Rightarrow\; \backslash widehat\{M\; N\}=\backslash frac\{5\}\{6\}\; \backslash times\; 2\; \backslash pi\; a\; \backslash text\; \{\; e\; \}\; B\; \backslash widehat\{A\}\; D=120^\{\backslash circ\}\; \backslash Rightarrow\; \backslash widehat\{M\; Q\}=\backslash frac\{2\}\{3\}\; \backslash times\; 2\; \backslash pi\; a$$

Como $\widehat{M N}=\widehat{P Q}$ e $\widehat{M Q}=\widehat{N P}$ segue que o contorno externo da figura dada tem comprimento igual a:

$$(2\times \frac{5}{6}+2\times \frac{2}{3})2\pi a=6\pi a\backslash left(2\; \backslash times\; \backslash frac\{5\}\{6\}+2\; \backslash times\; \backslash frac\{2\}\{3\}\backslash right)\; 2\; \backslash pi\; a=6\; \backslash pi\; a$$

5. Um quadrilátero especial - Se cada diagonal divide o quadrilátero em duas regiões de mesma área temos:

$$\acute{\text{A}}\text{rea }(\mathrm{△}ABD)=\acute{\text{A}}\text{rea }(\mathrm{△}BCD)\text{ e }\acute{\text{A}}\text{rea }(\mathrm{△}ABC)=\acute{\text{A}}\text{rea }(\mathrm{△}ACD)\text{. }\backslash text\; \{\; Área\; \}(\backslash triangle\; A\; B\; D)=\backslash text\; \{\; Área\; \}(\backslash triangle\; B\; C\; D)\; \backslash text\; \{\; e\; Área\; \}(\backslash triangle\; A\; B\; C)=\backslash text\; \{\; Área\; \}(\backslash triangle\; A\; C\; D)\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Mas,

Assim,

$$Z-X=\acute{\text{A}}\text{rea }(\mathrm{△}ABC)-\acute{\text{A}}\text{rea }(\mathrm{△}ABD)=\acute{\text{A}}\text{rea }(\mathrm{△}CDA)-\acute{\text{A}}\text{rea }(\mathrm{△}BCD)=X-ZZ-X=\backslash text\; \{\; Área\; \}(\backslash triangle\; A\; B\; C)-\backslash text\; \{\; Área\; \}(\backslash triangle\; A\; B\; D)=\backslash text\; \{\; Área\; \}(\backslash triangle\; C\; D\; A)-\backslash text\; \{\; Área\; \}(\backslash triangle\; B\; C\; D)=X-Z$$

e portanto, $Z=X$. Consequentemente, também temos $Y=W$.

Como as áreas opostas são iguais, resulta da semelhança de triângulos que:

$$AE\times ED=BE\times EC\text{ e }AE\times EB=CE\times EDA\; E\; \backslash times\; E\; D=B\; E\; \backslash times\; E\; C\; \backslash text\; \{\; e\; \}\; A\; E\; \backslash times\; E\; B=C\; E\; \backslash times\; E\; D$$

Dividindo esta duas equações obtemos:

$$\frac{ED}{EB}=\frac{EB}{ED}\Rightarrow ED=EB\backslash frac\{E\; D\}\{E\; B\}=\backslash frac\{E\; B\}\{E\; D\}\; \backslash quad\; \backslash Rightarrow\; \backslash quad\; E\; D=E\; B$$

Analogamente podemos mostrar que $E A=E C$. Logo, as diagonais se cortam no ponto médio, e consequentemente o quadrilátero é um paralelogramo donde, o perímetro é igual a $2 \times 10+2 \times 15=50 \mathrm{~cm}$.

Lista 8

1. Número curioso - Seja $a b$ um tal número. Por hipótese $a b=10 a+b$ é divisível por $a+b$. Logo, a diferença $(10 a+b)-(a+b)=9 a$, também é divisível por $a+b$. Além disso, sabemos que $10 a+b$ é divisível por $a+b$ se, e somente se, $(10 a+b)-(a+b)=9 a$ é divisível por $a+b$ (prove isso).

Antes de prosseguirmos na solução, note que como $a b$ é um número de dois algarismos então $a \neq 0$. Agora, basta atribuir valores para $a$ e calcular os valores de $b$ para os quais $a+b$ divide $9 a$. O resultado é mostrado na tabela a seguir.

$a$	$9 a$	$b$
1	9	$0,2,8$
2	18	$0,1,4,7$
3	27	0,6
4	36	$0,2,5,8$
5	45	0,4
6	54	0,3
7	63	0,2
8	72	$0,1,4$
9	81	0

Logo os números que satisfazem a propriedade são:

$10,12,18,20,21,24,27,30,36,40,42,45,48,50,54,60,63,70,72,80,81,84,90$

ou seja, existem 23 números nas condições exigidas.

2. Número premiado -

(a) O maior número premiado tem de começar com 98. Assim o número procurado é da forma: $98 a b c d$. Por hipótese temos: $9+8+a=b+c+d$. Para que $a$ seja máximo precisamos que $b+c+d$ seja máximo, e isto acontece quando $b=7, c=6$ e $d=5$. Neste caso, $a=1$ e consequentemente, o maior número premiado é 981765 .

Vamos agora determinar o menor número premiado. Tentemos um número da forma $10 a b c d$. Agora, não é difícil verificar que 108234 é o menor número premiado.

(b) Se o número $A B C D E F$ é premiado, então o número $D E F A B C$ também é premiado. A soma desses números é:

Somando todos os números premiados com 6 algarismos diferentes aos pares, resulta que cada par é divisível por 13. Logo, a soma de todos eles é divisível por 13.

Nota: De fato também é divisível por 11 e 7 .

3. Altura versus lado - Sejam $h_{a}$ e $h_{c}$ as alturas relativas aos lados $B C=a$ e $A B=c$, respectivamente. Por hipótese temos que $h_{a} \geq a$ e $h_{c} \geq c$. Como $h_{a}$ e $h_{c}$ são os comprimentos das alturas, então $h_{a} \leq c$ e $h_{c} \leq a$.

Um dos lados considerados é maior ou igual ao outro: digamos $a \geq c$. Das desigualdades acima temos:

$$h_a\ge a\ge c\ge h_a\Rightarrow a=c=h_{a}h\_\{a\}\; \backslash geq\; a\; \backslash geq\; c\; \backslash geq\; h\_\{a\}\; \backslash quad\; \backslash Rightarrow\; \backslash quad\; a=c=h\_\{a\}$$

Daí, segue que $A B$ é perpendicular a $B C$. Logo, o triângulo é retângulo isósceles e portanto, os ângulos medem $45^{\circ}, 45^{\circ}$ e $90^{\circ}$.

4. Frações egípcias - A equação é equivalente a $2 a b=7(a+b)$. Como 2 e 7 são números primos entre si, segue que $a b$ é múltiplo de 7 e que $a+b$ é múltiplo de 2 . Mas, para $a b$ ser múltiplo de 7 , a única possibilidade é $a$ ser múltiplo de 7 ou $b$ ser múltiplo de 7 . Suponhamos primeiramente que $a$ é múltiplo positivo de 7 , ou seja, $a=7 k$ para algum inteiro positivo $k$. Daí obtemos:

$$2ab=7(a+b)\Rightarrow 2kb=7k+b\Rightarrow (2k-1)b=7k2\; a\; b=7(a+b)\; \backslash Rightarrow\; 2\; k\; b=7\; k+b\; \backslash Rightarrow(2\; k-1)\; b=7\; k$$

Esta última equação implica que $b$ ou $2 k-1$ são mútiplos de 7 . Se $b$ é múltiplo de 7 , $b=7 m$, e assim

$$\frac{2}{7}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Rightarrow \frac{2}{7}=\frac{1}{7k}+\frac{1}{7m}\Rightarrow \frac{1}{k}+\frac{1}{m}=2\backslash frac\{2\}\{7\}=\backslash frac\{1\}\{a\}+\backslash frac\{1\}\{b\}\; \backslash Rightarrow\; \backslash frac\{2\}\{7\}=\backslash frac\{1\}\{7\; k\}+\backslash frac\{1\}\{7\; m\}\; \backslash Rightarrow\; \backslash frac\{1\}\{k\}+\backslash frac\{1\}\{m\}=2$$

Mas, $\frac{1}{k} \leq 1$ e $\frac{1}{m} \leq 1$. Assim $\frac{1}{k}+\frac{1}{m} \leq 2$. Portanto, a equação $\frac{1}{k}+\frac{1}{m}=2$ possui única solução inteira positiva, a saber, $k=1=m$. Entretanto, esta solução não nos interessa, pois neste caso $a=b$.

Passemos então ao caso em que $2 k-1$ é múltiplo de 7 .

Uma possibilidade para $2 k-1$ ser múltiplo de 7 ocorre quando $k=4$. Neste caso, temos que

$$\begin{array}{c}{\displaystyle k=4\Rightarrow a=7k=28}\\ {\displaystyle (2k-1)b=7k\Rightarrow 7b=28\Rightarrow b=4}\end{array}\backslash begin\{gathered\}\; k=4\; \backslash Rightarrow\; a=7\; k=28\; \backslash \backslash \; (2\; k-1)\; b=7\; k\; \backslash Rightarrow\; 7\; b=28\; \backslash Rightarrow\; b=4\; \backslash end\{gathered\}$$

Obtemos então

$$\frac{2}{7}=\frac{1}{28}+\frac{1}{4}\backslash frac\{2\}\{7\}=\backslash frac\{1\}\{28\}+\backslash frac\{1\}\{4\}$$

5. Tabuleiro de xadrez - Um tabuleiro de xadrez é um quadrado reticulado de 64 quadradinhos, sendo 32 claros e 32 escuros, posicionados alternadamente. Cada quadradinho recebe o nome de casa. As peças são denominadas: rei, dama, torre, bispo, cavalo e peão. São 16 peças claras e 16 escuras, sendo 2 peças de cada categoria.

Inicialmente, é possível colocar um bispo em $8 \times 8=64$ casas. Suponhamos que o bispo está numa casa branca, então na fila e na coluna onde ele está temos 8 casas pretas. Assim, o segundo bispo pode ser colocado em qualquer uma das $32-8=24$ casas pretas restantes. Concluímos então que se um dos bispos ocupa uma das 32 casas brancas então o outro terá 24 casas pretas para se localizar. Portanto, o número de configurações distintas que podem ser obtidas é:

Nota: Aqui estamos entendendo que alternando a posição desses dois bispos não mudamos a configuração no tabuleiro de xadrez. Mais precisamente, os bispos têm a mesma cor, isto é, pertencem a um mesmo competidor. $32 \times 24$.

Lista 9

1. Quem é menor? - Observemos que:

Logo, o maior dos números é $33^{12}$.

Por outro lado, $\frac{127}{63}=2+\frac{1}{63}<2,1$. Logo:

Logo, o menor dos três números dados é $127^{8}$.

2. Brincando com números - Como queremos encontrar o maior número possível, menor do que 900, iniciaremos com o algarismo 8 na casa da centena. Observemos que $\circ$ número 800 satisfaz a propriedade. Logo, o número procurado é maior que ou igual a 800 .

Devemos então encontrar $a$ e $b$ tais que $8+a+b$ divida $8 a b=800+10 a+b$. Lembramos que $8+a+b$ divide $8 a b=800+10 a+b$ se, e somente se, $8+a+b$ divide $800+10 a+b-(8+a+b)=792+9 a$. Agora, atribuindo valores para $a$ na ordem decrescente obtemos:

• $a=9 \Rightarrow 792+9 \times 9=873=9 \times 97$ e este número não possui nenhum divisor entre $17(b=0)$ e $26(b=9)$.
• $a=8 \Rightarrow 792+9 \times 8=864=2^{5} \times 3^{3}$. O maior divisor deste número entre $16 \mathrm{e}$ 25 é 24 , isto é, $b=8$. Logo, o número procurado é 888 .

3. Cortando papéis - Se na primeira rodada André pega $n_{1}$ pedaços de papel para cortar cada um deles em sete pedaços, ao final desta rodada ele ficará com $7-n_{1}$ pedaços sem cortar mais $7 n_{1}$ pedaços cortados, totalizando $\left(7-n_{1}\right)+7 n_{1}=7+6 n_{1}$ pedaços de papel. Analogamente, se na segunda rodada André pega $n_{2}$ pedaços de papel para cortar, ao final desta rodada ele ficará com $7+6 n_{1}-n_{2}$ pedaços que não foram cortados nesta rodada, mais $7 n_{2}$ pedaços de papel provenientes dos cortes que ele fez nesta rodada. Assim, ao final da segunda rodada André ficará com

$$(7+6n_1-n_2)+7n_2=7+6(n_1+n_2)\backslash left(7+6\; n\_\{1\}-n\_\{2\}\backslash right)+7\; n\_\{2\}=7+6\backslash left(n\_\{1\}+n\_\{2\}\backslash right)$$

Continuando deste modo, conclui-se que ao final de $k$ rodadas André fica com $7+6\left(n_{1}+n_{2}+\cdots+n_{k}\right)$ pedaços de papel. Para ele ficar então com 2009 pedaços de papel ao final de alguma rodada, deve-se ter

$$7+6(n_1+n_2+\cdots +n_k)=20097+6\backslash left(n\_\{1\}+n\_\{2\}+\backslash cdots+n\_\{k\}\backslash right)=2009$$

ou equivalentemente

$$6(n_1+n_2+\cdots +n_k)=20026\backslash left(n\_\{1\}+n\_\{2\}+\backslash cdots+n\_\{k\}\backslash right)=2002$$

Uma vez que 2002 não é mútiplo de 6, esta equação não admite solução e, portanto, André nunca poderá ficar com 2009 pedaços ao final de alguma rodada do jogo.

4. Um trapézio especial - Suponhamos que $A E$ seja maior do que $B C$, e seja $A^{\prime}$ um ponto sobre $A E$ tal que $A^{\prime} E=B C$.

Como $A^{\prime} E$ e $B C$ são paralelos temos que $A^{\prime} B C E$ é um paralelogramo, em particular $B A^{\prime}=C E$. Mas, $A A^{\prime}+A B>B A^{\prime}$ pela desigualdade triangular. Assim:

$A B+A E+B E=A B+A A^{\prime}+A^{\prime} E+B E>B A^{\prime}+A^{\prime} E+B E=B C+C E+E B$.

Portanto, o perímetro do triângulo $\triangle A B E$ é maior que o perímetro do triângulo $\triangle B C E$. Desta forma, $A E$ não pode ser maior que $B C$.

Por um processo similar podemos também concluir que $B C$ não pode ser maior que $A E$ e portanto $B C=A E$.

Analogamente, temos que $E D=B C$. Consequentemente,

$$BC=\frac{1}{2}(AE+ED)=15\mathrm{c}\mathrm{m}B\; C=\backslash frac\{1\}\{2\}(A\; E+E\; D)=15\; \backslash mathrm\{~cm\}$$

5. Uma estrela -

No triângulo $B H E$ temos:

$${20}^{\circ }+{130}^{\circ }+B\widehat{E}H={180}^{\circ }\Rightarrow B\widehat{E}H={30}^{\circ }20^\{\backslash circ\}+130^\{\backslash circ\}+B\; \backslash widehat\{E\}\; H=180^\{\backslash circ\}\; \backslash Rightarrow\; B\; \backslash widehat\{E\}\; H=30^\{\backslash circ\}$$

Note que $J \widehat{E} I=B \widehat{E} H=30^{\circ}$.

Lista 10

1. Número palindrome - Um número palindrome de 4 algarismos é da forma: $a b b a$, onde $a$ é um algarismo entre 1 e 9 e $b$ é um algarismo entre 0 e 9 . Como o número é divisível por 9 , então a soma de seus algarismos: $2 a+2 b=2(a+b)$ é divisível por 9 , ou seja $a+b$ é divisível por 9 . Se $a+b=9$, temos as 9 soluções:

$a=1$ e $b=8 \quad ; \quad a=2$ e $b=7 \quad ; \quad a=3$ e $b=6 \quad ; \quad a=4$ e $b=5$

$a=5$ e $b=4 \quad ; \quad a=6$ e $b=3 \quad ; \quad a=7$ e $b=2 \quad ; \quad a=8$ e $b=1$

$a=9$ e $b=0$.

Se $a+b=18$ então a única solução é: $a=b=9$.

Logo, o número de palindromes de 4 algarismos divisíveis por 9 é 10 , são eles: 1881 , $2772,3663,4554,8118,7227,6336,5445,9009$ e 9999.

2. Multiplicação com letras - Se o produto de $b$ por $c$ termina em 1 , então $b \times c$ pode ser 21 ou 81 segue que $b \times c=3 \times 7$ ou $9 \times 9$. A única possibilidade de escrever o produto de dois números distintos menores que 10 é $21=3 \times 7$. Assim temos dois possíveis casos:

1o caso: $b=3$ e $c=7$ :

$$\begin{array}{r}a33\\ \times 7\\ 3731\end{array}\backslash begin\{array\}\{r\}\; a\; 33\; \backslash \backslash \; \backslash times\; \backslash quad\; 7\; \backslash \backslash \; \backslash hline\; 3731\; \backslash end\{array\}$$

Neste caso $\frac{3731}{7}=533$ e, consequentemente, $a=5$.

2o caso: $b=7$ e $c=3$ :

Nesta caso $\frac{7371}{3}=2457$. Logo, este caso não ocorre.

3. Números sortudos -

(a) A sequência de oito números consecutivos de 52 a 59 tem exatamente, dois números sortudos: 52 e 59 . Outro exemplo é qualquer sequência de 8 números que contenha 59 e 61 , por exemplo: $55,56,57,58,59,60,61,62$.

(b) Dois exemplos: $994, \ldots, 1005$ e $7994, \ldots, 8005$. Existem mais exemplos, encontre alguns.

(c) Chamemos de década qualquer sequência de 10 números consecutivos cujo primeiro termo é múltiplo de 10 :

Note que qualquer sequência de 7 números consecutivos numa década contém pelo menos um número sortudo porque a soma de seus algarismos é uma sequência de 7 números consecutivos, um dos quais tem de ser divisível por 7 . Finalmente, qualquer sequência de 13 números consecutivos contém pelo menos 7 números consecutivos de uma década, que sempre contém um número sortudo. Examine alguns exemplos para melhor entender essa justificativa.

4. Uma sequência especial - Vamos inicialmente escrever alguns termos:

$$1,3,2,-1,-3,-2,1,3,2,\dots 1,3,2,-1,-3,-2,1,3,2,\; \backslash ldots$$

O 7 e e 80 termos são, respectivamente iguais ao 10 e 2 . Isso significa que a sequência se repete de 6 em 6 termos. A soma dos 6 primeiros termos é $1+3+2-1-3-2=0$, e portanto, a soma dos 96 primeiros termos também é 0 . Logo, a soma dos 100 primeiros termos dessa sequência é igual a soma dos 4 últimos termos, ou seja, $1+3+2-1=5$.

5. Triângulos e ângulos... - No triângulo menor, os ângulos medem $70^{\circ}, 180^{\circ}-130^{\circ}=50^{\circ}$ enquanto que o terceiro medirá

$${180}^{\circ }-({50}^{\circ }+{70}^{\circ })={60}^{\circ }180^\{\backslash circ\}-\backslash left(50^\{\backslash circ\}+70^\{\backslash circ\}\backslash right)=60^\{\backslash circ\}$$

Assim,

$$\alpha ={180}^{\circ }-{60}^{\circ }={120}^{\circ }\backslash alpha=180^\{\backslash circ\}-60^\{\backslash circ\}=120^\{\backslash circ\}$$

Agora, no triângulo maior temos:

$45^{\circ}+\beta+50^{\circ}=180^{\circ} \Rightarrow \beta=180^{\circ}-95^{\circ}=85^{\circ}$.