# Nível 2
1. População - Em 1998, a população do Canadá era de 30,3 milhões. Qual das opções abaixo representa a população do Canadá em 1998?
(a) 30300000
(b) 303000000
(c) 30300
(d) 303300
(e) 30300000000
2. Réguas em 15 minutos - Uma certa máquina é capaz de produzir oito réguas por minuto. Quantas réguas essa máquina consegue produzir em 15 minutos?
(a) 104
(b) 110
(c) 112
(d) 128
(e) 120
3. Alturas iguais - Luíza, Maria, Antônio e Júlio são irmãos. Dois deles têm a mesma altura. Sabe-se que
- Luíza é maior que Antônio;
- Antônio é maior do que Júlio;
- Maria é menor que Luíza;
- Júlio é menor do que Maria.
Quais deles têm a mesma altura?
(a) Maria e Júlio
(c) Antônio e Luíza
(e) Antônio e Maria
(b) Júlio e Luíza
(d) Antônio e Júlio
4. Unidade - O algarismo da unidade do número $1 \times 3 \times 5 \times 79 \times 97 \times 113$ é
(a) 1
(b) 3
(c) 5
(d) 7
(e) 9
5. Em que fio? - A, B, C, D, E, F, G e $\mathrm{H}$ são os fios de apoio que uma aranha usa para construir sua teia, conforme mostra a figura. A aranha continua seu trabalho. Sobre qual fio de apoio estará o número 118 ?
(a) B
(b) $\mathrm{D}$
(c) $\mathrm{E}$
(d) G
(e) $\mathrm{H}$
Para resolver as duas próximas questões, utilize as informações da tabela dada, que mostra o desempenho das seleções do grupo A da Copa do Mundo de 2002. Nessas partidas de futebol, a equipe vencedora ganha três pontos e a perdedora não ganha nem perde pontos; em caso de empate, as duas ganham um ponto.
| Seleção | J | V | E | D | GP | GC | P |
| :--- | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| Dinamarca | 3 | 2 | 1 | 0 | 5 | 2 | 7 |
| Senegal | 3 | 1 | 2 | 0 | 5 | 4 | $?$ |
| Uruguai | 3 | 0 | 2 | 1 | 4 | $?$ | 2 |
| França | 3 | 0 | 1 | 2 | 0 | 3 | 1 |
Legenda: J - jogos, V - vitórias, $\mathbf{E}$ - empates, $\mathbf{D}$ - derrotas, $\mathbf{G P}$ - gols marcados,
6. Pontos ganhos - Quantos pontos obteve a seleção do Senegal?
(a) 3
(b) 4
(c) 5
(d) 6
(e) 7
7. Gols sofridos - Quantos gols sofreu a seleção do Uruguai?
(a) 2
(b) 3
(c) 4
(d) 5
(e) 6
8. Qual é o ângulo? - Na figura, temos $\widehat{B}=50^{\circ}$, sendo $A D \mathrm{e}$ $C D$ as bissetrizes dos ângulos $\widehat{A}$ e $\widehat{C}$, respectivamente. Qual é a medida do ângulo $A \widehat{D} C$ ?
(a) $90^{\circ}$
(b) $100^{\circ}$
(c) $115^{\circ}$
(d) $122,5^{\circ}$
(e) $125^{\circ}$
9. Basquete - O gráfico mostra o número de pontos que cada jogador da seleção de basquete da escola marcou no último jogo. O número total de pontos marcados pela equipe foi
(a) 54
(b) 8
(c) 12
(d) 58
(e) 46
10. Telefone - Geni é cliente de uma companhia telefônica que oferece o seguinte plano:
- tarifa mensal fixa de $\mathrm{R} \$ 18,00$;
- gratuidade em 10 horas de ligações por mês;
- $\mathrm{R} \$ 0,03$ por minuto que exceder as 10 horas gratuitas.
Em janeiro, Geni usou seu telefone por 15 horas e 17 minutos e, em fevereiro, por 9 horas e 55 minutos. Qual foi a despesa de Geni com telefone nesses dois meses, em reais?
(a) 45,51
(b) 131,10
(c) 455,10
(d) 13,11
(e) 4,55
11. Área - Na figura dada, temos dois quadrados. O lado do maior mede $a+b$ e o do menor $a$. Qual é a área da região cinza destacada?
(a) $b$
(b) $a+b$
(c) $a^{2}+2 a b$
(d) $b^{2}$
(e) $2 a b+b^{2}$
12. Comprando sorvete - Veja as promoções de dois supermercados:
| Supermercado A | Supermercado B |
| :---: | :---: |
| 6 latas de 3 litros do sorvete QUENTE | Sorvete QUENTE - lata de 3 litros |
| $\mathrm{R} \$ 24,00$ | 4 latas - só $\mathrm{R} \$ 14,00$ |
Joana quer comprar 12 latas de sorvete para a festa de seu aniversário. Em qual supermercado ela deve comprar e por quê?
(a) No A, pois economizará $R \$ 7,00$ em relação ao $B$.
(b) No A, pois economizará $R \$ 6,00$ em relação ao $B$.
(c) No B, pois economizará $\mathrm{R} \$ 8,00$ em relação ao $\mathrm{A}$.
(d) No B, pois economizará $\mathrm{R} \$ 6,00$ em relação ao $\mathrm{A}$.
(e) Tanto faz, porque o preço é o mesmo nos dois supermercados.
13. Cartolina e barbante - Passa-se um barbante através dos seis furos de uma cartolina. A frente da cartolina, com o barbante, é mostrada na figura. Qual das figuras a seguir não pode ser o verso dessa cartolina?
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
14. Amigos e frações - Adriano, Bruno, César e Daniel são quatro bons amigos. Daniel não tinha dinheiro, mas os outros tinham. Adriano deu a Daniel um quinto do seu dinheiro, Bruno deu um quarto do seu dinheiro e César deu um terço do seu dinheiro. Cada um deu a Daniel a mesma quantia. A quantia que Daniel possui agora representa que fração da quantia total que seus três amigos juntos possuíam inicialmente?
(a) $\frac{1}{10}$
(b) $\frac{1}{4}$
(c) $\frac{1}{3}$
(d) $\frac{2}{5}$
(e) $\frac{1}{2}$
15. Escolhendo sorvetes - Paulo quer comprar um sorvete com quatro bolas em uma sorveteria que dispõe de três sabores: açaí, baunilha e cajá. De quantos modos diferentes ele pode fazer essa compra?
(a) 6
(b) 9
(c) 12
(d) 15
(e) 18
16. Peças de um quadrado - Pedro montou um quadrado com quatro das cinco peças abaixo. Qual é a peça que ele não usou?
(a)
(d)
(b)
(c)
(e)
17. Paradas de ônibus - Uma linha de ônibus possui 12 paradas numa rua em linha reta. A distância entre duas paradas consecutivas é sempre a mesma. Sabe-se que a distância entre a terceira e a sexta paradas é de 3300 metros. Qual é a distância, em quilômetros, entre a primeira e a última parada?
(a) 8,4
(b) 12,1
(c) 9,9
(d) 13,2
(e) 9,075
18. Desenho - Qual dos seguintes desenhos não pode ser feito sem tirar o lápis do papel e passando apenas uma vez ao longo de cada linha?
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
19. Qual é o cubo? - Cortamos um canto de um cubo, conforme mostra a figura.
Qual das representações a seguir corresponde ao que restou do cubo?
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
20. Quadrado mágico - Dizemos que o quadrado abaixo é um quadrado mágico porque a soma dos números de cada linha, de cada coluna e de cada diagonal é sempre a mesma. No caso do quadrado mágico da figura, essa soma é 15 .
| 4 | 9 | 2 |
| :--- | :--- | :--- |
| 3 | 5 | 7 |
| 8 | 1 | 6 |
Complete os cinco números que faltam no quadrado abaixo para que ele seja um quadrado mágico.
| -12 | | -4 |
| :---: | :---: | :---: |
| | 0 | |
| 4 | | |
21. Torneio - Sete equipes, divididas em dois grupos, participaram do torneio de futebol do meu bairro. O Grupo 1 foi formado pelas equipes Avaqui, Botágua e Corinense. O Grupo 2 foi formado pelas equipes Dinossauros, Esquisitos, Flurinthians e Guaraná.
$\mathrm{Na}$ primeira rodada do torneio, cada equipe enfrentou cada uma das equipes do seu grupo exatamente uma vez. Na segunda rodada do torneio, cada equipe enfrentou cada uma das equipes do outro grupo exatamente uma vez.
(a) Quantas partidas foram disputadas na primeira rodada no Grupo 1?
(b) Quantas partidas foram disputadas na primeira rodada no Grupo 2?
(c) Quantas partidas foram disputadas na segunda rodada?
22. Truque numérico - Você já viu um truque numérico? Aqui vão os passos de um truque numérico:
(i) Escolha um número qualquer.
(ii) Multiplique-o por 6.
(iii) Do resultado subtraia 21.
(iv) Divida esse novo resultado por 3.
(v) Desse último resultado subtraia o dobro do número que você escolheu.
(a) Experimente essa sequência de cinco passos três vezes, iniciando cada vez com um número diferente. Qual foi o resultado de seu experimento?
(b) A seguir, usando a letra $x$ para representar o número que você escolheu no primeiro passo, mostre por que os resultados do item (a) não são apenas uma coincidência, mas sim um fato matemático.
23. Jogando sinuca - Na figura abaixo vemos uma mesa de sinuca quadriculada e parte da trajetória de uma bola, tacada a partir de um canto da mesa, de modo que, sempre que a bola bater em uma das beiradas da mesa, ela segue seu movimento formando ângulos de $45^{\circ}$ com a beirada.
(a) Em qual das quatro caçapas a bola cairá?
(b) Quantas vezes a bola baterá nas beiradas da mesa antes de cair na caçapa?
(c) A bola seguirá pela diagonal de quantos desses quadrados durante sua trajetória?
24. Triângulo isósceles - Na figura, o triângulo $\triangle A B C$ é isósceles, com $B \widehat{A} C=20^{\circ}$.
Sabendo que $B C=B D=B E$, determine a medida do ângulo $B \widehat{D} E$.
25. Pesando moedas - São dadas quatro moedas aparentemente iguais, das quais três são verdadeiras e uma é falsa. As três verdadeiras têm o mesmo peso e a falsa tem um peso diferente das verdadeiras, mas não se sabe se a moeda falsa é mais leve ou mais pesada do que as verdadeiras.
Mostre que é possível determinar a moeda falsa empregando somente duas pesagens em uma balança de dois pratos.
Observação: Numa balança de dois pratos só podemos comparar os pesos colocados nos dois pratos: a balança só pode ficar equilibrada ou, então, pender para o lado mais pesado.
26. Números binomiais - Os quadrados em branco da figura devem ser preenchidos com números de tal modo que cada número, a partir da segunda linha, seja igual à soma dos dois números vizinhos da linha imediatamente superior. Por exemplo, o número da primeira casa da segunda linha é 11 , porque $11=5+6$. Qual é o número que vai aparecer no quadrado indicado com $\times$ ?
(a) 4
(b) 6
(c) 9
(d) 15
(e) 10
27. Costuras da bola - Uma bola de futebol é feita com 32 peças de couro. Dessas peças 12 são pentágonos regulares idênticos e as outras 20 são hexágonos, também regulares e idênticos. Os lados dos pentágonos são iguais aos lados dos hexágonos. Para unir dois lados de duas dessas peças é necessária uma costura. Quantas são as costuras necessárias para fazer uma bola?
(a) 60
(b) 64
(c) 90
(d) 120
(e) 180
28. Razão de áreas - A figura ao lado mostra uma grade formada por quadrados de $1 \mathrm{~cm}$ de lado. Qual é a razão entre a área sombreada e a não sombreada?
(a) $\frac{1}{4}$
(b) $\frac{1}{5}$
(c) $\frac{1}{6}$
(d) $\frac{2}{5}$
(e) $\frac{2}{7}$
29. Só sorvete - Em um quente dia de verão, 64 crianças comeram, cada uma, um sorvete pela manhã e outro à tarde. Os sorvetes eram de quatro sabores, abacaxi, banana, chocolate e doce de leite. A tabela dada mostra quantas crianças consumiram um desses sabores pela manhã e outro à tarde. Por exemplo, o único número 7 que aparece na tabela indica que sete crianças tomaram sorvete de banana pela manhã e de chocolate à tarde.
| | TARDE | | | | |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| | | Abacaxi | Banana | Chocolate | Doce de leite |
| M | Abacaxi | 1 | 8 | 0 | 3 |
| A | Banana | 6 | 2 | 7 | 5 |
| $\mathrm{N}$
$\mathrm{H}$ | Chocolate | 3 | 3 | 0 | 5 |
| $\tilde{A}$ | Doce de Leite | 2 | 9 | 9 | 1 |
Quantas crianças tomaram sorvetes de sabores diferentes nesse dia?
(a) 58
(b) 59
(c) 60
(d) 61
(e) 62
30. Brincando com tabuleiro - Camila e Lara têm, cada uma, um tabuleiro $4 \times 4$. Começando com ambos tabuleiros em branco, elas fazem uma brincadeira com o desdobramento seguinte.
- Camila, escondida de Lara, pinta de preto algumas casas de seu tabuleiro.
- Ainda em seu tabuleiro, Camila escreve em cada casa o número de casas vizinhas que estão pintadas de preto (duas casas distintas são vizinhas se possuem um lado ou um vértice em comum).
- Camila copia os números escritos em seu tabuleiro no tabuleiro de Lara.
- Lara deve adivinhar, a partir dos números escritos em seu tabuleiro, quantas são as casas pretas do tabuleiro de Camila.
Por exemplo, se Camila pintar seu tabuleiro como o da figura à esquerda, então ela coloca os números no tabuleiro de Lara como na figura à direita.
| 1 | 1 | 3 | 1 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| 2 | 3 | 2 | 2 |
| 1 | 3 | 1 | 1 |
| 1 | 2 | 0 | 0 |
Quantas foram as casas que Camila pintou se o tabuleiro de Lara tiver os números do tabuleiro a seguir?
(a) 3
(d) 6
(b) 4
(e) 7
(c) 5
| 1 | 2 | 1 | 1 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| 0 | 2 | 1 | 2 |
| 2 | 3 | 3 | 1 |
| 1 | 0 | 2 | 1 |
31. Cartões numerados - Larissa e Jorge estão jogando com cartões numerados de 1 a 6 que devem ser colocados nas casas do tabuleiro a seguir de tal modo que formem um número de seis algarismos.
Jorge coloca o primeiro cartão e, a seguir, as jogadas são alternadas entre os dois. O objetivo de Larissa é obter o maior número possível e o de Jorge é obter o menor número possível. Larissa tem os cartões com os algarismos 1, 3 e 5 e Jorge tem os cartões com os algarismos 2, 4 e 6 . Se os dois jogadores forem espertos, qual é o número que aparecerá ao final do jogo?
(a) 254361
(b) 253416
(c) 251634
(d) 256134
(e) 251346
32. Faltam balas - Uma professora tem 237 balas para dar a seus 31 alunos. Qual é o número mínimo de balas a mais que ela precisa conseguir para que todos seus alunos recebam a mesma quantidade de balas, sem sobrar nenhuma?
(a) 11
(b) 20
(c) 21
(d) 31
(e) 41
33. Artesãos de braceletes - Um artesão começa a trabalhar às $08 \mathrm{~h}$ e produz seis braceletes a cada 20 minutos; já seu auxiliar começa a trabalhar uma hora depois e produz oito braceletes do mesmo tipo a cada meia hora. $\mathrm{O}$ artesão para de trabalhar às $12 \mathrm{~h}$, mas avisa ao seu auxiliar que deverá continuar trabalhando até produzir o mesmo número de braceletes que ele. A que horas o auxiliar irá parar de trabalhar?
(a) $12 \mathrm{~h}$
(b) $12 \mathrm{~h} 30 \mathrm{~min}$
(c) $13 \mathrm{~h}$
(d) $13 \mathrm{~h} 30 \mathrm{~min}$
(e) $14 \mathrm{~h} 30 \mathrm{~min}$
34. Girando um pentágono - Qual figura será obtida se girarmos no sentido horário o pentágono regular por um ângulo de $252^{\circ} \mathrm{em}$ torno do seu centro?
Observação: o sentido horário é o sentido em que giram os ponteiros de um relógio; no caso do pentágono, isso está indicado pela seta no desenho.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
35. Área em função da diagonal - O perímetro de um retângulo mede $100 \mathrm{~cm}$ e a diagonal mede $x \mathrm{~cm}$. Qual é a área desse retângulo em função de $x$ ?
(a) $625-x^{2}$
(b) $625-\frac{x^{2}}{2}$
(c) $1250-\frac{x^{2}}{2}$
(d) $225-\frac{x^{2}}{2}$
(e) $2500-\frac{x^{2}}{2}$
36. Valor de uma quadrática - Se $x+y=8$ e $x y=15$, qual é o valor de $x^{2}+6 x y+y^{2}$ ?
(a) 64
(b) 109
(c) 120
(d) 124
(e) 154
37. Ângulos em função de $x$ - Na figura estão indicadas, em graus, as medidas de alguns ângulos em função de $x$. Quanto vale $x$ ?
(a) $6^{\circ}$
(b) $12^{\circ}$
(c) $18^{\circ}$
(d) $20^{\circ}$
(e) $24^{\circ}$
38. Operação diferente - Se $m$ e $n$ são inteiros maiores do que zero e se $m5$, então qual dos números dados é o menor?
(a) $5 / x$
(b) $5 /(x+1)$
(c) $5 /(x-1)$
(d) $x / 5$
(e) $(x+1) / 5$
63. Área de quadrado - O quadrado $S T U V$ é formado de um quadrado limitado por 4 retângulos iguais. O perímetro de cada retângulo é $40 \mathrm{~cm}$. Qual é a área, $\mathrm{em} \mathrm{cm}^{2}$, do quadrado STUV?
(a) 400
(c) 160
(e) 80
(b) 200
(d) 100
## 64. Operando frações
(a) Calcule as diferenças $1-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}-\frac{1}{4}, \frac{1}{4}-\frac{1}{5}$ e $\frac{1}{5}-\frac{1}{6}$.
(b) Deduza de (a) o valor da soma $\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\frac{1}{20}+\frac{1}{30}$.
(c) Calcule a soma $\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\frac{1}{20}+\frac{1}{30}+\frac{1}{42}+\cdots+\frac{1}{999000}$.
65. Ângulos e perimetro - Calcule os ângulos que não estão indicados e o perímetro da figura, sabendo que $B D=B C$ e $D \widehat{B} C=B \widehat{C} D$.
66. Desigualdade racional - Quais são os valores de $x$ que satisfazem a desigualdade $\frac{1}{x-2}<4$ ?
(a) $x>\frac{9}{4}$
(c) $x<2$ ou $x>\frac{9}{4}$
(e) $x<2$
(b) $21$ são dados por:
(a) $x<2$;
(b) $x>1$;
(c) $12$.
130. A sala do Professor Newton - O professor Newton dividiu seus alunos em grupos de 4 e sobraram 2. Ele dividiu seus alunos em grupos de 5 e um aluno ficou de fora. Se 15 alunos são mulheres e tem mais mulheres do que homens, o número de alunos homens é:
(a) 7 ;
(b) 8 ;
(c) 9 ;
(d) 10 ;
(e) 11 .
131. Um jardim retangular - Na figura, o retângulo $A B C D$ representa um terreno retangular cuja largura mede $3 / 5$ do comprimento. O retângulo $A B E F$ representa um jardim retangular cuja largura também mede $3 / 5$ do comprimento.
Qual é a razão entre a área do jardim e a área total do terreno?
(a) $30 \%$
(b) $36 \%$
(c) $40 \%$
(d) $45 \%$
(e) $50 \%$
132. Números decrescentes - Escreva em ordem decrescente os números
$$
\sqrt[5]{3}, \quad 3^{-2 / 3}, \quad 3^{-2}, \quad\left(\frac{1}{3}\right)^{3} \text { e }\left(\frac{1}{3}\right)^{-1}
$$
133. Os bombons misturados - Marta e Carmem ganharam, cada uma, muitos bombons. Elas misturaram todos os bombons e, agora, não sabem mais qual foi o número de bombons que cada uma ganhou. Vamos ajudá-las a descobrir esses números? Sabe-se que:
(a) juntas, elas ganharam 200 bombons;
(b) Marta se lembra que ganhou menos do que 100 bombons, mas mais do que $4 / 5$ do que ganhou Carmem; e
(c) o número de bombons que cada uma ganhou é um múltiplo de 8 .
134. Jantar aos sábado - Três casais jantam todo sábado num mesmo restaurante, sempre à mesma mesa. A mesa é redonda e os casais combinaram que
(a) jamais marido e mulher sentam à mesa como vizinhos; e
(b) a disposição dos seis à mesa é diferente a cada sábado.
Desconsiderando rotações nas disposições à mesa, durante quantos sábados esses três casais poderão ir a esse restaurante sem repetir sua disposição à mesa?
135. Expressão com radicais - O valor de $(\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1}}})^{4}$ é:
(a) $\sqrt{2}+\sqrt{3}$;
(b) $\frac{1}{2}(7+3 \sqrt{5})$;
(c) $1+2 \sqrt{3}$;
(d) 3 ;
(e) $3+2 \sqrt{2}$.
136. Possiveis triângulos - Os lados de um triângulo têm comprimentos $a, a+2$ e $a+5$, sendo $a>0$. Determine todos os possíveis valores de $a$.
137. Uma diferença $-\mathrm{O}$ valor de $\frac{\sqrt[3]{-0,001} \times \sqrt{400}}{\sqrt{0,25}}-\frac{\sqrt{0,036}-\sqrt{0,4}}{\sqrt{0,4}}$ é:
(a) $-3,3$;
(b) $-4,7$;
(c) $-4,9$;
(d) $-3,8$;
(e) $-7,5$.
138. A Terra - A superfície do globo terrestre consiste em $70 \%$ de água e $30 \%$ de terra. Dois quintos da terra são desertos ou cobertos por gelo e um terço da terra é pastagem, floresta ou montanha; o resto da terra é cultivado. Qual é o percentual da superfície total do globo terrestre que é cultivada?
139. Uma fração - Na figura dada, determine o valor da fração $\frac{A N}{A C}$.
140. Cáculo de ângulo - Na figura dada, a reta $P Q$ é paralela à reta $R S$ e $T U=T V$. Se o ângulo $T \widehat{W} S$ mede $110^{\circ}$, o ângulo $Q \widehat{U} V$ mede:
(a) $135^{\circ}$;
(b) $130^{\circ}$;
(c) $125^{\circ}$;
(d) $115^{\circ}$;
(e) $110^{\circ}$.
141. Uma loja de brinquedos - Uma loja estava vendendo cada unidade de um brinquedo a $R \$ 13,00$. Para conseguir vender todo o seu estoque, que não era superior a 100 unidades, a gerência da loja resolveu baixar o preço por um número inteiro de reais, obtendo $\mathrm{R} \$ 781,00$ por todo o estoque. Qual foi a redução do preço, por unidade?
142. Fração de fração - Qual o valor de $1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{2}}}$ ?
143. Potências de $3-$ Se $3^{a}=2$, quanto vale $27^{2 a}$ ?
144. Aumento de preço - Se o preço de um produto passou de 5,00 para 5,55 reais, qual foi o percentual do aumento?
145. Roseiras em fila - Jorge ganhou 15 roseiras para seu jardim e quer plantá-las em 6 filas de 5 roseiras cada uma. Isso é possível? Em caso afirmativo, faça um desenho indicando como Jorge pode plantar suas roseiras.
146. Calculadora diferente - Uma fábrica produziu uma calculadora original que efetua duas operações,
(a) a adição usual, denotada por $+\mathrm{e}$
(b) uma operação denotada por $\circledast$.
Sabemos que, para todo número natural $a$, valem
$$
\text { (i) } \quad a \circledast a=a \quad \text { e } \quad \text { (ii) } \quad a \circledast 0=2 a
$$
$\mathrm{e}$, para quaisquer quatro números naturais $a, b, c$ e $d$, vale
$$
\text { (iii) } \quad(a \circledast b)+(c \circledast d)=(a+c) \circledast(b+d)
$$
Quais são os resultados das operações $(2+3) \circledast(0+3)$ e $1024 \circledast 48$ ?
147. Dois quadrados - Na figura dada, o lado do quadrado maior mede $10 \mathrm{~cm}$ e o lado do menor mede $4 \mathrm{~cm}$. As diagonais do quadrado maior contém as diagonais do quadrado menor. Quanto mede a área da região tracejada?
148. Paralelismo - Sendo o segmento $I L$ paralelo ao segmento $E U$ e o segmento $R E$ paralelo ao segmento $N I$, determine o valor da fração
$$
\frac{F N \times F U}{F R \times F L}
$$
149. Um subconjunto - O conjunto $\{1,2,3, \ldots, 3000\}$ contém um subconjunto de 2000 elementos em que nenhum elemento é o dobro do outro?
150. Triângulos retângulos - Determine os valores de $v, w, x, y$ e $z$ na figura dada, em que já estão marcados três ângulos retos e os comprimentos de três segmentos.
151. Uma desigualdade especial - Que valores de $x$ satisfazem $x^{2}<|x|+2$ ?
(a) $x<-1$ ou $x>1$
(b) $x>1$
(c) $-22$, então $a_{n}=a_{n-1}-a_{n-2}$. Qual é a soma dos cem primeiros termos dessa sequência?
231. Triângulos e ângulos... - Determine os ângulos $\alpha$ e $\beta$ dados na figura.
## Soluções do Nível 2
1. População - A opção correta é (a).
Como 1 milhão $=1000000$, temos 30,3 milhões $=30,3 \times 1000000=30300000$.
2. Réguas em 15 minutos - A opção correta é (e).
Se a máquina produz oito réguas em um minuto, em 15 minutos ela produzirá $8 \times 15=$ 120 réguas.
3. Alturas iguais - A opção correta é (e).
Usaremos a notação $a\mathrm{A}$ ou, equivalentemente, $\mathrm{A}<\mathrm{L}$ );
(ii) $\mathrm{M}$ é menor do que $\mathrm{L}(\mathrm{M}<\mathrm{L})$;
(iii) A é maior do que $\mathrm{J}$ ( $\mathrm{A}>\mathrm{J}$ ou, equivalentemente, $\mathrm{J}<\mathrm{A}$ );
(iv) $\mathrm{J}$ é menor do que $\mathrm{M}(\mathrm{J}<\mathrm{M})$.
De (i) e (iii) segue que $\mathrm{J}<\mathrm{A}<\mathrm{L}$. Portanto, os irmãos de mesma altura não estão entre Júlio, Antônio e Luíza. De (ii) e (iv) segue que $\mathrm{J}<\mathrm{M}<\mathrm{L}$. Portanto, os irmãos de mesma altura não estão entre Júlio, Maria e Luíza. Logo, a única opção é que Antônio e Maria tenham a mesma altura.
4. Unidade - A opção correta é (c).
O produto dado tem um de seus fatores igual a 5 , portanto, é um múltiplo de 5 , que sempre tem o algarismo da unidade igual a 0 ou 5 . Além disso, como todos os fatores são números ímpares, o produto é um número ímpar. Assim, seu algarismo da unidade é 5 .
5. Em que fio? - A opção correta é (d).
Observe que a aranha utiliza oito fios de apoio, numerados a partir do fio A, iniciando em 0 . Logo,
- sobre o fio A aparecem os múltiplos de 8;
- sobre o fio $\mathrm{B}$ aparecem os (múltiplos de 8)+1;
- sobre o fio $\mathrm{C}$ aparecem os (múltiplos de 8)+2;
- sobre o fio D aparecem os (múltiplos de 8)+3;
- sobre o fio $\mathrm{E}$ aparecem os (múltiplos de 8)+4;
- sobre o fio $\mathrm{F}$ aparecem os (múltiplos de 8)+5;
- sobre o fio $\mathrm{G}$ aparecem os (múltiplos de 8)+6;
- sobre o fio $\mathrm{H}$ aparecem os (múltiplos de 8)+7.
Na divisão de 118 por 8 encontramos resto 6, o que significa que 118 é dado por (múltiplos de 8) +6. Assim, 118 está sobre o fio G.
6. Pontos ganhos - A opção correta é (c).
Segundo as regras da Copa do Mundo, uma vitória vale três pontos e um empate vale só um ponto. Como a seleção do Senegal tem uma vitória e dois empates, ela obteve $1 \times 3+2 \times 1=5$ pontos.
7. Gols sofridos - A opção correta é (d).
Numa tabela de jogos, o número total de gols marcados é sempre igual ao número total de gols sofridos. Denotando por $x$ o número de gols que sofreu a seleção do Uruguai, vemos que $5+5+4+0=2+4+x+3$, portanto, $14=9+x$, e temos que $x=5$, ou seja, a seleção do Uruguai sofreu 5 gols.
8. Qual é o ângulo? - A opção correta é (c).
Nesta questão usaremos um importante teorema da Geometria Plana, como segue.
Teorema: A soma dos ângulos internos de um triângulo é sempre $180^{\circ}$.
Pelo teorema, temos $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^{\circ}$ e, como $\widehat{B}=50^{\circ}$, segue que $\widehat{A}+50^{\circ}+\widehat{C}=180^{\circ}$, ou seja, $\widehat{A}+\widehat{C}=130^{\circ}$. Como $A D$ e $C D$ são as bissetrizes dos ângulos $\widehat{A}$ e $\widehat{C}$, respectivamente, o teorema aplicado ao triângulo $\triangle A D C$ dá a relação
$$
\frac{1}{2} \widehat{A}+\frac{1}{2} \widehat{C}+A \widehat{D} C=180^{\circ}
$$
Mas $\frac{1}{2} \widehat{A}+\frac{1}{2} \widehat{C}=\frac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{C})=\frac{1}{2} 130^{\circ}=65^{\circ}$, portanto, da igualdade acima decorre que $A \widehat{D} C=180^{\circ}-65^{\circ}=115^{\circ}$.
9. Basquete - A opção correta é (a).
Analisando o gráfico, verificamos que os jogadores marcaram as seguintes quantidades de pontos: Daniel -7 , Ramon -8 , Ian -2 , Bernardo - 11, Tiago -6 , Pedro - 12, Ed -1 e André -7 . O total é 54 pontos.
10. Telefone - A opção correta é (a).
Vejamos a despesa em janeiro. Como 10 horas são gratuitas e Geni utilizou o telefone por 15 horas e 17 minutos, ela deve pagar a tarifa fixa mensal de 18 reais mais o custo de apenas 5 horas e 17 minutos. Como o preço é dado em minutos, passamos o tempo a pagar para minutos. Sabemos que 1 hora $=60$ minutos, portanto, 5 horas $=5 \times 60=300$ minutos. Logo, $5 \mathrm{~h} 17 \mathrm{~min}=300+17=317$. Assim, a conta telefônica de Geni em janeiro foi de $18+317 \times 0,03=18+9,51=27,51$ reais.
Em fevereiro, Geni usou seu telefone por menos do que 10 horas, portanto nesse mês ela só precisa pagar a tarifa fixa mensal de 18 reais. Logo, a despesa de Geni com telefone nesses dois meses foi de $27,51+18=45,51$ reais.
11. Área - A opção correta é (e).
Solução 1: A área de um quadrado de lado $l$ é $l^{2}$ e a área da região cinza é a diferença entre as áreas dos quadrados maior e menor. O lado do quadrado maior é $a+b$, portanto sua área é $(a+b)^{2}=a^{2}+2 a b+b^{2}$. Já o lado do quadrado menor é $a$, portanto sua área é $a^{2}$. Assim, a área da região cinza é $(a+b)^{2}-a^{2}=a^{2}+2 a b+b^{2}-a^{2}=2 a b+b^{2}$.
Solução 2: A área de um retângulo é o produto da largura pelo comprimento. Pelos dados do problema, a largura da região cinza é $(a+b)-a=b$.
Dividindo a região cinza em dois retângulos, um de largura $b$ e comprimento $a$ e o outro de largura $b$ e comprimento $a+b$ (ver figura), vemos que a área da região cinza é a soma das áreas desses dois retângulos, ou seja,
$$
\begin{aligned}
a \times b+b \times(a+b) & =a b+a b+b^{2} \\
& =2 a b+b^{2}
\end{aligned}
$$
Portanto, a área da região cinza é $2 a b+b^{2}$.
Solução 3: A região cinza é formada por dois retângulos de dimensões $a \times b$ e um quadrado de lado $b$. Logo, sua área é $2 a b+b^{2}$.
12. Comprando sorvete - A opção correta é (d).
Se comprar no supermercado A, Joana gastará $2 \times 24=48$ reais. Se comprar no supermercado B, ela gastará $3 \times 14=42$ reais. Portanto, no supermercado B ela economizará 6 reais em relação ao A.
13. Cartolina e barbante - A opção correta é (e).
Observando a frente da cartolina, verificamos que o barbante entra e sai pelos furos da primeira linha. A opção (e) não é possível, pois no verso esses dois furos aparecem como consecutivos ao percorrer o barbante, o que impede o barbante de continuar pelos demais furos.
14. Amigos e frações - A opção correta é (b).
Como cada amigo deu a Daniel a mesma quantia, digamos que Daniel tenha recebido $x$ reais de cada um de seus três amigos. Inicialmente, então, Adriano tinha $5 x$ reais, Bruno tinha $4 x$ reais e César tinha $3 x$ reais. Segue que o total de dinheiro inicial dos três amigos era de $5 x+4 x+3 x=12 x$ reais. Como cada um de seus três amigos lhe deu $x$ reais, Daniel tem agora $3 x$ reais, o que representa a quarta parte do total de $12 x$. Logo, ele agora possui $1 / 4$ da quantia que seus três amigos juntos possuíam inicialmente.
15. Escolhendo sorvetes - A opção correta é (d).
Vamos denotar cada sabor de sorvete pela sua letra inicial, ou seja, a - açaí, $b$ - baunilha, $c$ - cajá. Para enumerar todas as possibilidades de compra do sorvete com quatro bolas, devemos considerar os seguintes casos:
- quatro bolas do mesmo sabor (1a coluna ao lado);
- três bolas do mesmo sabor e uma de sabor diferente ( $2^{\mathrm{a}}$ coluna ao lado);
- duas bolas de um mesmo sabor e duas de outro sabor (3a- coluna ao lado);
- duas bolas de um mesmo sabor e as outras duas dos outros dois sabores (4- coluna ao lado).
| $a a a a$ | $a a a b$ | $a a b b$ | $a a b c$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $b b b b$ | $a a a c$ | $a a c c$ | $b b a c$ |
| $c c c c$ | | $b b c c$ | $c c a b$ |
| | $b b b a$ | | |
| | $b b b c$ | | |
| | | | |
| | $c c c a$ | | |
| | $c c c b$ | | |
Assim, obtemos 15 modos de fazer essa compra de sorvete.
16. Peças de um quadrado - A opção correta é (b).
Para que seja possível montar o quadrado, o número total de quadradinhos deve ser um quadrado perfeito. Um número inteiro é um quadrado perfeito se ele é igual ao quadrado de algum número inteiro. Por exemplo, 1, 4, 9, 16 e 25 são quadrados perfeitos, pois $1=1^{2}, 4=2^{2}, 9=3^{2}, 16=4^{3}$ e $25=5^{2}$. Observe que esses cinco inteiros são os únicos quadrados perfeitos menores do que 30 .
Contando o total de quadradinhos apresentados nas cinco opções de resposta obtemos $4+5+6+7+8=30$. Portanto, devemos eliminar uma peça com 5 quadradinhos, para restar 25, um quadrado perfeito, ou eliminar uma peça com 14 quadradinhos, para restar 16, outro quadrado perfeito, ou eliminar uma com 21 , para restar 9 , ou eliminar uma com 26, para restar 4, ou eliminar uma com 29 quadradinhos, para restar um único. Ocorre que não há peças com 14, 21, 26 ou 29 quadradinhos, restando a única opção de eliminar a peça (b), com 5 quadradinhos.
O único quadrado que Pedro poderia ter montado com quatro peças é não usando a peça (b). Isto não significa que seja possível montar um quadrado com as quatro peças restantes. Mas, sabendo que devemos montar um quadrado de lado 5 com as cinco peças (a), (c), (d) e (e), o problema já fica bem mais fácil. A figura mostra como isso pode ser feito.
17. Paradas de ônibus - A opção correta é (b).
Como a distância entre a terceira e a sexta paradas é $3300 \mathrm{~m}$, a distância entre duas paradas consecutivas é $3300 \div 3=1100 \mathrm{~m}$. Portanto, a distância entre a primeira e a última paradas é de $1100 \times 11=12100$ metros, ou seja, 12,1 quilômetros.
18. Desenho - A opção correta é (e).
(a)
(b)
(c)
(d)
Nas ilustrações (a), (b), (c) e (d) dadas, vemos que, iniciando o desenho no ponto $\mathrm{P}$ e seguindo as setas de acordo com a ordem numérica, é possível completar cada um desses desenhos sem tirar o lápis do papel.
Observe que, excetuando-se o vértice de início do traçado e o vértice de finalização, os demais vértices do desenho devem possuir obrigatoriamente um número par de linhas chegando até eles, pois a cada vez que se chega a um desses vértices por uma linha, deixa-se esse mesmo vértice por outra linha.
Assim, é impossível fazer o traçado da opção (e) do enunciado, que não pode ser construído sem tirar o lápis do papel, já que seus quatro vértices externos possuem três linhas chegando a cada um deles.
19. Qual é o cubo? - A opção correta é (e).
Ao cortar um canto do cubo, eliminamos um de seus vértices. Como cada vértice se liga a três arestas do cubo, uma representação do cubo cortado deve mostrar três cortes ao redor de um mesmo vértice.
20. Quadrado mágico - A soma dos números de uma diagonal é $4+0+(-4)=0$, portanto, o valor da soma dos números de cada linha, de cada coluna e da outra diagonal também deve ser 0 . Assim, obtemos de imediato os números que faltam nas casas cinza no primeiro tabuleiro, a saber, 16,8 e 12 , porque $(-12)+16+(-4)=0$ na primeira linha, $(-12)+8+4=0$ na primeira coluna e $(-12)+0+12=0$ na diagonal.
| -12 | | -4 |
| :---: | :---: | :---: |
| | | |
| 4 | | |$\rightarrow$| -12 | 16 | -4 |
| :---: | :---: | :---: |
| 8 | 0 | |
| 4 | | 12 |$\rightarrow$| -12 | 16 | -4 |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| 8 | 0 | -8 |
| 4 | -16 | 12 |
Agora, o número que falta na segunda linha do segundo tabuleiro é -8 , porque $8+0+(-8)=0$. Para a terceira linha, obtemos -16 , pois $-4+(-16)-12=0$.
21. Torneio - Denotemos as sete equipes pela sua letra inicial.
(a) Na primeira rodada do Grupo 1 foram disputadas três partidas, $\mathrm{A} \times \mathrm{B}, \mathrm{B} \times \mathrm{C}$ e $\mathrm{C} \times \mathrm{A}$.
(b) Na primeira rodada do Grupo 2 foram disputadas seis partidas, $\mathrm{D} \times \mathrm{E}, \mathrm{D} \times \mathrm{F}$, $\mathrm{D} \times \mathrm{G}, \mathrm{E} \times \mathrm{F}, \mathrm{E} \times \mathrm{G}$ e $\mathrm{F} \times \mathrm{G}$.
(c) Na segunda rodada, cada equipe do Grupo 1 jogou quatro partidas, uma com cada uma das equipes do Grupo 2. Como o Grupo 1 tem três equipes, na segunda rodada foram disputadas $3 \times 4=12$ partidas.
## 22. Truque numérico
(a) Vamos fazer o experimento com os números 0,5 e -4.
$$
\begin{aligned}
& 0 \xrightarrow[\times 6]{ } 0 \xrightarrow[-21]{ }-21 \xrightarrow[\div 3]{ }-7 \xrightarrow[-(0 \times 2)=0]{ }-7 \\
& 5 \xrightarrow[\times 6]{ } 30 \xrightarrow[-21]{ } 9 \xrightarrow[\div 3]{ } 3 \underset{-(5 \times 2)=-10}{\longrightarrow}-7 \\
& -4 \xrightarrow[\times 6]{\longrightarrow}-24 \xrightarrow[-21]{ }-45 \xrightarrow[\div 3]{-15 \xrightarrow[-(-4 \times 2)=+8]{\longrightarrow}}-7
\end{aligned}
$$
O resultado final é sempre -7 .
(b) É razoável, então, conjecturar que, para qualquer número inicial escolhido, o resultado final desse procedimento será sempre -7 . Seja $x$ o número inicial. Temos, então, as operações seguintes.
Portanto, o resultado dessa "mágica" sempre será igual a -7 , qualquer que seja o número inicialmente escolhido.
23. Jogando sinuca - A bola muda a direção de sua trajetória cada vez que bate numa das beiradas da mesa. Como a trajetória faz sempre um ângulo de $45^{\circ} \mathrm{com}$ a beirada, a trajetória dessa bola, tacada a partir de um canto, seguirá sempre as diagonais dos quadrados que ela cruzar. Traçando essa trajetória, concluímos que (b) a bola baterá cinco vezes nas beiradas da mesa antes de (a) cair na caçapa superior esquerda.
Contando quadrados atravessados, vemos que (c) ela atravessará 23 quadrados pela diagonal.
24. Triângulo isósceles - Por definição, um triângulo é isósceles se tiver dois lados iguais. O terceiro lado é chamado base do triângulo isósceles, e os ângulos formados entre a base e os dois lados iguais são os ângulos da base.
A figura mostra um triângulo isósceles $\triangle A B C$, cujos lados iguais são $A B$ e $A C$ e a base é $B C$. Denotamos os ângulos $A \widehat{B} C$ e $A \widehat{C} B$ da base por $\widehat{B}$ e $\widehat{C}$, respectivamente. Demonstra-se que num triângulo isósceles os ângulos da base são sempre iguais. No triângulo da figura temos, portanto, $\widehat{B}=\widehat{C}$.
Passando à resolução desta questão, observe que $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^{\circ}$, já que a soma dos ângulos internos de qualquer triângulo é $180^{\circ}$. Pelos dados do problema, $\widehat{A}=20^{\circ}$ e o triângulo é isósceles, de modo que $\widehat{B}=\widehat{C}$. Logo, $180^{\circ}=20^{\circ}+\widehat{B}+\widehat{C}=20^{\circ}+2 \widehat{B}$ e, portanto, $\widehat{B}=\widehat{C}=80^{\circ}$.
O triângulo $\triangle C B D$ também é isósceles, pois é dado que $C B=D B$. Como a base desse triângulo é $C D$, seus ângulos de base são $C \widehat{D} B=\widehat{C}$, portanto, $C \widehat{D} B=80^{\circ}$. Considerando a soma dos ângulos internos desse triângulo $\triangle C B D$, obtemos $C \widehat{B} D+C \widehat{D} B+\widehat{C}=180^{\circ}$. Substituindo os valores já obtidos, vemos que $C \widehat{B} D+80^{\circ}+$ $80^{\circ}=180^{\circ}$, de modo que $C \widehat{B} D=20^{\circ}$. Assim, $D \widehat{B E}=\widehat{B}-20^{\circ}=80^{\circ}-20^{\circ}=60^{\circ}$.
O triângulo $\triangle D B E$ também é isósceles, porque também $D B=B E$. A base desse triângulo é $D E$ e os ângulos iguais da base $B E$ são $E \widehat{D} B=D \widehat{E} B$. Como
$$
180^{\circ}=B \widehat{D} E+D \widehat{E} B+D \widehat{B} E=2 \times B \widehat{D} E+60^{\circ}
$$
concluímos que $B \widehat{D} E=60^{\circ}$.
25. Pesando moedas - Sejam $A, B, C$ e $D$ as quatro moedas aparentemente iguais. Comparamos as moedas $A$ e $B$ na balança, colocando uma em cada prato. Dois casos podem ocorrer: a balança fica em equilíbrio ou a balança não fica em equilíbrio. Vamos analisar separadamente cada caso. Observe que, em ambos casos, só utilizamos a balança duas vezes.
1o Caso: A balança fica equilibrada. Podemos concluir que $A$ e $B$ têm o mesmo peso, portanto, são verdadeiras. Vamos então comparar $A$ com $C$. Para isso, mantemos $A$ na balança e colocamos $C$ no lugar de $B$. Se houver equilíbrio novamente, é porque $A$ e $C$ têm o mesmo peso e são, portanto, verdadeiras. Assim, $A, B$ e $C$ são verdadeiras e a única opção é que $D$ seja a moeda falsa. Se não houver equilíbrio, $C$ é a moeda falsa.
2o Caso: A balança não fica equilibrada. Logo uma das duas moedas, $A$ ou $B$ é a falsa. Substituímos $A$ por $C$ na balança. Se houver equilíbrio, $A$ é a moeda falsa. Se não houver equilíbrio, a moeda falsa é $B$.
26. Números binomiais - A opção correta é (e).
Preenchendo o tabuleiro de acordo com as regras do problema, segue que $60=(x+17)+(2 x+13)=3 x+30$, donde $x=10$.
27. Costuras da bola - A opção correta é (c).
Se somarmos os números de lados de todos os polígonos (20 hexágonos e 12 pentágonos) que compõem a superfície da bola, obteremos um valor que é duas vezes o número de costuras, pois cada costura é lado comum de exatamente dois polígonos. Assim, temos que $2 \times$ número de costuras $=12 \times 5+20 \times 6=180$, donde o número de costuras é 90 .
28. Razão de áreas - A opção correta é (a).
A grade é um quadrado de lado igual a $5 \mathrm{~cm}$, logo sua área é igual a $25 \mathrm{~cm}^{2}$. A parte sombreada da grade é formada por quatro triângulos, sendo que dois deles têm base $1 \mathrm{~cm}$ e altura $2 \mathrm{~cm}$ e os outros dois têm base $1 \mathrm{~cm}$ e altura $3 \mathrm{~cm}$. Logo a área sombreada é igual a $2 \times \frac{1}{2}(1 \times 2)+2 \times \frac{1}{2}(1 \times 3)=5 \mathrm{~cm}^{2}$ e a área não sombreada é igual a $25-5=$ $20 \mathrm{~cm}^{2}$. Assim, a razão pedida é $5 / 20=1 / 4$.
29. Só sorvete - A opção correta é (c).
Vamos primeiro analisar a informação contida na diagonal da tabela indicada pelos números dentro dos quadradinhos.
| | | TARDE | | | |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| | Abacaxi | Banana | Chocolate | Doce
de leite | |
| M | Abacaxi | 1 | 8 | 0 | 3 |
| A | Banana | 6 | 2 | 7 | 5 |
| N | Chocolate | 3 | 3 | $\boxed{0}$ | 5 |
| H | Doce de | 2 | 9 | 9 | $\boxed{1}$ |
| $\tilde{\text { A }}$ | Leite | | | | |
Esses números indicam quantas foram as crianças que tomaram sorvetes com o mesmo sabor pela manhã e pela tarde: um tomou sorvetes de abacaxi, dois de banana, nenhum de chocolate e um de doce de leite. Todos os outros estudantes comeram sorvetes de sabores diferentes pela manhã e à tarde, num total de $64-(1+2+0+1)=60$.
30. Brincando com tabuleiro - A opção correta é (b).
Notamos primeiro que se uma casa tem o algarismo 0 , então nenhuma das casas vizinhas pode estar pintada. Logo, as casas marcadas com um $\times$ na figura à direita não foram pintadas.
Consideremos, agora, a casa do canto superior direito, na qual aparece o número 1. Ela tem três vizinhas, e já sabemos que duas delas não foram pintadas.
Logo, a vizinha que sobra (a casa imediatamente abaixo) foi pintada. Podemos aplicar o mesmo argumento às casas do canto inferior esquerdo e do canto inferior direito.
Olhamos agora para o 2 na última linha. Como esta casa já tem duas vizinhas pintadas, todas suas outras vizinhas não foram pintadas.
Argumento idêntico se aplica à casa da segunda linha e terceira coluna, pois nela aparece um 1 e já temos uma de suas vizinhas pintadas. Logo, as suas outras três vizinhas não foram pintadas.
Finalmente, usamos o 3 que aparece na casa da terceira linha e terceira coluna. Esta casa já tem duas vizinhas pintadas, logo deve haver mais uma de suas vizinhas pintada.
Esta vizinha só pode ser a casa em branco na figura acima, e podemos completar a tabela. Concluímos que o número de casas pintadas é 4 .
31. Cartões numerados - A opção correta é (b).
A formação de um número de 6 algarismos é ilustrada a seguir.
| centena
de milhar | dezena
de milhar | unidade
de milhar | centena | dezena | unidade |
| :---: | :---: | :---: | :--- | :--- | :--- |
Para se obter o menor número possível, os menores algarismos devem estar o mais à esquerda possível (na casa do milhar) e para se obter o maior número possível os maiores algarismos devem também estar o mais à esquerda possível (na casa do milhar).
Jorge joga primeiro: Para obter o menor número possível, ele coloca o menor algarismo que ele possui, que é o 2 , na casa da centena de milhar. Se ele não fizesse isso, Larissa colocaria seu 5 nesta casa na próxima jogada e obteria, assim, um número maior.
| 2 | dezena
de milhar | unidade
de milhar | centena | dezena | unidade |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
Agora é a vez de Larissa: Para obter o maior número possível, ela coloca o maior algarismo que ela possui, que é o 5 , na casa das dezenas de milhar, pois a casa das centenas de milhar já está ocupada.
| 2 | 5 | unidade
de milhar | centena | dezena | unidade |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
Agora, Jorge tem os algarismos 4 e 6, e Larissa 1 e 3. Logo, os algarismos de Larissa são menores do que os de Jorge, o que determina a estratégia de Jorge: ele deve tentar colocar seus algarismos o mais à direita possível, com o 6 à direita do 4 . Por sua vez, Larissa deve tentar colocar seus algarismos o mais à esquerda possível, com o 3 à esquerda do 1.
Jorge joga: Ele coloca o algarismo 6 na casa das unidades.
| 2 | 5 | unidade
de milhar | centena | dezena | 6 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
Larissa joga: Ela coloca seu 1 na casa das dezenas.
| 2 | 5 | unidade
de milhar | centena | 1 | 6 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
Agora, Jorge tem apenas o algarismo 4 e Larissa o 3. Ele então coloca o 4 na casa das centenas e Larissa coloca o 3 na casa das unidades de milhar, acabando o jogo.
| 2 | 5 | 3 | 4 | 1 | 6 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
Assim, o número final, obtido se os dois jogadores forem espertos, é 253416.
32. Faltam balas - A opção correta é (a).
Dividindo 237 por 37 , obtemos $237=7 \times 31+20$. Logo, 237 não é divisível por 31 . Isso quer dizer que a professora realmente vai ter que comprar mais balas para que todos os alunos recebam o mesmo número de balas. Devemos adicionar à expressão $7 \times 31+20$ o menor inteiro positivo $x$ tal que $7 \times 31+20+x$ seja múltiplo de 31 . Como $20+11=31$, basta que a professora compre 11 balas adicionais.
33. Artesãos de braceletes - A opção correta é (d).
O artesão produz 6 braceletes a cada 20 minutos. Como 1 hora $=60$ minutos $=$ $3 \times 20$ minutos, o artesão produz $6 \times 3=18$ braceletes em uma hora. Como ele trabalhou 12 horas -8 horas $=4$ horas, o número de braceletes feitos pelo artesão é $18 \times 4=72$. $\mathrm{O}$ auxiliar produz 8 braceletes a cada meia hora, portanto em 1 hora ele produz 16 braceletes. Para produzir 72 braceletes ele precisará de $72 / 16=4,5$ horas $=4$ horas e 30 minutos. Como ele inicia seu trabalho às 9 horas, ele terminará seu trabalho às $9+4,5=13 \mathrm{~h} 30 \mathrm{~min}$.
34. Girando um pentágono - A opção correta é (b).
O pentágono tem 5 lados. Logo, seu ângulo central mede $\frac{1}{5} 360^{\circ}=72^{\circ}$.
Solução 1: Dividindo 252 por 72, obtemos $252=3 \times 72+36$. Como $36=72 \div 2$, concluímos que uma rotação do pentágono de $252^{\circ}$ em torno do seu centro corresponde a uma rotação de um ângulo igual a três vezes e meia o ângulo central.
Solução 2: Como $252^{\circ}=72^{\circ}+180^{\circ}$, podemos pensar na rotação de $252^{\circ}$ como uma rotação de $72^{\circ}$ seguida de outra de $180^{\circ}$, conforme ilustrado na figura dada, em que $O$ é o centro do polígono.
35. Área em função da diagonal - A opção correta é (c).
A área $A$ de um retângulo é o produto do comprimento pela largura. Sejam $a$ e $b$ o comprimento e a largura do retângulo. Assim, $A=a b$. O perímetro desse retângulo é dado por $2 a+2 b$. Como o perímetro é 100 , temos que $2 a+2 b=100$, portanto, $a+b=50$. Elevando ao quadrado ambos os lados dessa última igualdade, obte-
$\operatorname{mos} a^{2}+b^{2}+2 a b=(a+b)^{2}=50^{2}=2500$. Se $x$ denota o comprimento da diagonal, o Teorema de Pitágoras afirma que $x^{2}=a^{2}+b^{2}$, portanto, $x^{2}+2 A=x^{2}+2 a b=2500$. Concluímos que $2 A=2500-x^{2}$, ou seja, $A=1250-\frac{1}{2} x^{2}$ é a expressão da área do retângulo em função da diagonal $x$.
36. Valor de uma quadrática - A opção correta é (d).
Elevando ao quadrado ambos os lados da igualdade $x+y=8$, obtemos $x^{2}+2 x y+y^{2}=(x+y)^{2}=8^{2}=64$. Como $x y=15$, concluímos que
$$
x^{2}+6 x y+y^{2}=\left(x^{2}+2 x y+y^{2}\right)+4 x y=64+4 \times 15=124
$$
37. Ângulos em função de $x$ - A opção correta é (c).
Completamos a figura marcando os ângulos $\alpha$ e $\beta$, lembrando que ângulos opostos pelo vértice são iguais. Lembremos que a soma dos ângulos internos de um triângulo é $180^{\circ}$. Olhando para o triângulo mais à esquerda, vemos que
$$
3 x+4 x+\alpha=180^{\circ} \text {. }
$$
Segue que $\alpha=180^{\circ}-7 x$. Considerando o triângulo do meio, temos
$$
\left(180^{\circ}-7 x\right)+5 x+\beta=180^{\circ}
$$
Concluímos que $\beta=2 x$. Finalmente, do triângulo da direita, temos que $\beta+2 x+6 x=180^{\circ}$, ou seja, $2 x+2 x+6 x=180^{\circ}$. Assim, $x=18^{\circ}$.
38. Operação diferente - A opção correta é (c).
Pela definição, obtemos $\frac{22 \nabla 26}{4 \nabla 6}=\frac{22+23+24+25+26}{4+5+6}=\frac{120}{15}=8$.
39. Taxi caro - A opção correta é (c).
Como a bandeirada é fixa, temos $10,00-2,50=7,50$ reais a serem gastos apenas com os metros rodados. Cada trecho de 100 metros rodado custa $R \$ 0,10$, então com $\mathrm{R} \$ 7,50$ posso fazer uma corrida de $(7,50) /(0,10)=750 / 10=75$ trechos de 100 metros cada um, ou seja, $75 \times 100=7500$ metros. Como 1 quilômetro tem 1000 metros, segue que, com $\mathrm{R} \$ 10,00$, posso pagar uma corrida de até 7500 metros, ou 7,5 quilômetros.
40. Múltiplos de 3 ou 4 - A opção correta é (d).
Para encontrar o número de múltiplos de 3 compreendidos entre 1 e 601, basta usar o algoritmo da divisão e observar que $601=200 \times 3+1$. Isso mostra que $3 \times 1,3 \times 2$, .., $3 \times 200$ são os múltiplos de 3 entre 1 e 601 , ou seja, temos 200 desses múltiplos. Do mesmo modo, vemos que existem 150 múltiplos de 4 entre 1 e 601. Nesse total de $200+150=350$, alguns números aparecem contados duas vezes, pois são múltiplos de 3 e de 4 ao mesmo tempo; por exemplo, foram incluídos 12, 36 e 60 nos 200 múltiplos de 3 e também nos 150 múltiplos de 4 . Lembre que os múltiplos de 3 e de 4 são, também, múltiplos de 12. O mesmo argumento usado acima mostra que temos 50 múltiplos de 12 entre 1 e 601. Logo, o número de múltiplos de 3 ou 4 entre 1 e 601 é $350-50=300$.
41. Lados de um paralelepípedo - A opção correta é (b).
Solução 1: De $x y z=240$, segue que $x y=\frac{240}{z}$. Substituindo em $x y+z=46$, obtemos $\frac{240}{z}+z=46$, ou seja, $z^{2}-46 z+240=0$. As raízes dessa equação são números cuja soma é 46 e cujo produto é 240 , e é fácil verificar que essas raízes são e 6 e 40. Logo, $z=6$ ou $z=40$. De maneira completamente análoga, a substituição de $y z=\frac{240}{x}$ em $x+y z=64$ nos leva a $x=4$ ou $x=60$.
Agora, de $x y z=240$, segue que $y=\frac{240}{x z}$. Como $y$ é um número inteiro, então $x z$ é um divisor de 240 . De $x=4$ ou $x=60$ e $z=6$ ou $z=40$ segue que as possibilidades para $x z$ são
$$
\underbrace{4}_{x} \times \underbrace{6}_{z}=24, \underbrace{4}_{x} \times \underbrace{40}_{z}=160, \underbrace{60}_{x} \times \underbrace{6}_{z}=360, \underbrace{60}_{x} \times \underbrace{40}_{z}=2400
$$
Vemos que só podemos ter $x=4 \mathrm{e} z=6$, pois em qualquer outro caso o produto $x z$ não é um divisor de 240. Segue que $y=\frac{240}{x z}=\frac{240}{4 \times 6}=10$, donde
$$
x+y+z=4+10+6=20
$$
Solução 2: Somando $x y+z=46$ e $x+y z=64$, obtemos
$$
(x+z)(y+1)=(x+z) y+(x+z)=x y+z+x+y z=46+64=110
$$
e vemos que $y+1$ é um divisor de 110. Logo, temos as possibilidades
$$
y+1=1,2,5,10,11,22,55 \text { e } 110
$$
ou seja, $y=0,1,4,9,10,21,54$ e 109. Por outro lado, $y$ é um divisor de 240 , porque $x y z=240$ e, além disso, $y$ é positivo, que nos deixa com as únicas possibilidades $y=1,4$ e 10. Examinemos cada caso de $y$.
- Se $y=1$, então $110=(x+z)(y+1)=(x+z) \times 2$, portanto, $x+z=55$. Como também $46=x y+z=x+z$, esse caso $y=1$ não é possível.
- Se $y=4$, então $110=(x+z)(y+1)=(x+z) \times 5$, portanto, $x+z=22$. Mas $240=x y z=4 x z$, portanto, $x z=60$. Podemos verificar (por exemplo, com uma lista de divisores de 60 ou, então, resolvendo a equação $w^{2}-22 w+60=0$ ) que não há valores inteiros positivos de $x$ e $z$ que verifiquem essas duas condições $x+z=22$ e $x z=60$. Logo, esse caso $y=4$ também não é possível.
- Se $y=10$, então $110=(x+z)(y+1)=(x+z) \times 10$, portanto, $x+z=11$. Mas $240=x y z=10 x z$, portanto, $x z=24$. Podemos verificar (por exemplo, com uma lista de divisores de 24 ou, então, resolvendo a equação $w^{2}-11 w+24=0$ ) que os únicos valores inteiros positivos de $x$ e $z$ que verifiquem essas duas condições $x+z=11$ e $x z=24$ são $x=4$ e $z=6$.
Assim, a única possibilidade é $x=4, y=10$ e $z=6$, com o que $x+y+z=20$.
42. Pontos da reta - A opção correta é (b).
Notamos que $a$ e $b$ são números maiores do que $1 / 2$ e menores do que 1 . Portanto, $a+b$ é um número maior do que 1 e menor do que 2 . Logo, $a+b$ só pode ser representado por $m$. Como $a0$, donde $a b5$, temos $00$ e $x-2<0$. Devemos ter $x<(9 / 4)$ e $x<2$. Portanto, $x<2$, pois sendo menor do que 2 , automaticamente $x$ será menor do que $9 / 4$. Concluímos que todo $x<2$ satisfaz a desigualdade.
2o Caso: $9-4 x<0$ e $x-2>0$. Devemos ter $x>(9 / 4)$ e $x>2$. Portanto, $x>(9 / 4)$, pois sendo maior do que $9 / 4$, automaticamente $x$ será maior do que 2 . Concluímos que todo $x>(9 / 4)$ satisfaz a desigualdade.
Juntando os dois casos, concluímos que $x$ satisfaz a desigualdade se, e só se, $x<2$ ou $x>(9 / 4)$.
67. Desigualdade dupla - A opção correta é (e).
Como os números que aparecem são todos positivos, podemos elevá-los ao quadrado mantendo o sentido das desigualdades, obtendo
$$
2000 \times 2000=2000^{2} foi posto fora de casa |
| :---: | :---: |
| Gato fora de casa | 0 minutos |
| Bolo no forno | 10 minutos |
| Fazer o café | $10+6=16$ minutos |
| Despertador toca | $35+10=45$ minutos |
| Gato entra em casa | $45-5=40$ minutos |
| Acabar de tomar o café | $40+3=43$ minutos |
| Telefone toca | $16+(40-16) \div 2=28$ minutos |
| Desligar o telefone | $28+5=33$ minutos |
Podemos, agora, dar as respostas.
(a) Às 3h59min desliguei o telefone, o que ocorreu 33 minutos depois de colocar o gato fora de casa. Como $59-33=26$, coloquei o gato para fora às $3 \mathrm{~h} 26 \mathrm{~min}$.
(b) O despertador toca 45 minutos após colocar o gato fora de casa.
(c) O gato já estava fora de casa por 28 minutos quando o telefone tocou.
Podemos saber exatamente a hora em que ocorreu cada atividade, conforme a tabela seguinte.
| Atividade | Tempo depois que o gato
foi posto fora de casa | Horário |
| :---: | :---: | :---: |
| Gato fora de casa | $0 \mathrm{~min}$ | $59-33=3 \mathrm{~h} 26 \mathrm{~min}$ |
| Bolo no forno | $10 \mathrm{~min}$ | $26+10=3 \mathrm{~h} 36 \mathrm{~min}$ |
| Fazer o café | $10+6=16 \mathrm{~min}$ | $26+16=3 \mathrm{~h} 42 \mathrm{~min}$ |
| Despertador toca | $35+10=45 \mathrm{~min}$ | $26+45=4 \mathrm{~h} 11 \mathrm{~min}$ |
| Gato entra em casa | $45-5=40 \mathrm{~min}$ | $26+40=4 \mathrm{~h} 06 \mathrm{~min}$ |
| Acabar de tomar o café | $40+3=43 \mathrm{~min}$ | $26+43=4 \mathrm{~h} 09 \mathrm{~min}$ |
| Telefone toca | $16+(40-16) \div 2=28 \mathrm{~min}$ | $26+28=3 \mathrm{~h} 54 \mathrm{~min}$ |
| Desligar o telefone | $28+5=33 \mathrm{~min}$ | $26+33=3 \mathrm{~h} 59 \mathrm{~min}$ |
71. Muitos angulos - Na figura I, temos $63^{\circ}+18^{\circ}+95^{\circ}=176^{\circ}$, que é menor do que $180^{\circ}$. Logo, esta figura está errada.
Na figura II, temos $112^{\circ}+72^{\circ}=184^{\circ}$, que é maior do que $180^{\circ}$. Logo, esta figura está errada.
Na figura III, temos $44^{\circ}+45^{\circ}+62^{\circ}+29^{\circ}=180^{\circ}$. Esta figura está correta.
72. Sinal de produto e de quociente
- Como $\frac{a}{5}>0$ e $5>0$, obtemos $a>0$.
- Como $a>0$, temos $7 a>0$. Como $\frac{-b}{7 a}>0$, segue que $-b>0$, portanto, $b<0$.
- Como $\frac{11}{a b c}>0$ e $11>0$, obtemos $a b c>0$. Como $b<00$ e $-18<0$, obtemos $a b c d<0$. Como $a b c>0$, segue que $d<0$.
73. Sinais e radicais - Temos $3 \sqrt{11}=\sqrt{9 \times 11}=\sqrt{99}$. Como $100>99$, obtemos $10=\sqrt{100}>\sqrt{99}=3 \sqrt{11}$, portanto, $10-3 \sqrt{11}>0$ e $3 \sqrt{11}-10<0$. Analogamente, temos $10 \sqrt{26}=\sqrt{100 \times 26}=\sqrt{2600}$. Como $2601>2600$, obtemos
$$
51=\sqrt{2601}>\sqrt{2600}=10 \sqrt{26}
$$
portanto, $51-10 \sqrt{26}>0$ e $10 \sqrt{26}-51<0$. Finalmente, $18^{2}=324<325=25 \times 13$ garante que $18<5 \sqrt{13}$, de modo que $18-5 \sqrt{13}<0$.
Os números negativos são (b) $3 \sqrt{11}-10$, (c) $10 \sqrt{26}-51$ e (e) $18-5 \sqrt{13}$.
74. Ângulos entre retas $-\mathrm{Temos} 80^{\circ}+y=180^{\circ}$, portanto, $y=100^{\circ}$. Como as retas $r$ e $s$ são paralelas, segue que $60^{\circ}+x+80^{\circ}=180^{\circ}$, donde $x=40^{\circ}$.
75. Variação de temperatura - A variação de temperatura é a diferença entre a máxima e a mínima. Completamos a tabela dada com as variações, como segue.
| Dia | Temperatura
máxima,
em ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ | Temperatura
mínima,
em ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ | Variação
da temperatura,
em ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $2^{\text {a-feira }}$ | 7 | -12 | $7-(-12)=7+12=19$ |
| 3-feira | 0 | -11 | $0-(-11)=0+11=11$ |
| $4^{\text {a }}$-feira | -2 | -15 | $-2-(-15)=15-2=13$ |
| 5-feira | 9 | -8 | $9-(-8)=9+8=17$ |
| 6a-feira | 13 | -7 | $13-(-7)=13+7=20$ |
Logo, a maior variação da temperatura ocorreu na sexta-feira.
76. Ordenando frações - A opção correta é (d).
Lembre que a ordem entre frações constituídas de inteiros positivos é determinada pelo produto cruzado dos inteiros, ou seja, $\frac{a}{b}<\frac{c}{d}$ equivale à afirmação $a \times d possíveis | 3 | 7 | 1 | 5 | 4 | 3 | 2 | 1 | 7 | 6 | 5 | 4 | 3 | 2 | 1 |
| | 8 | 14 | 6 | 12 | 11 | 10 | 9 | | | 15 | 14 | 13 | 12 | 11 | 10 |
| | 15 | | 13 | | | | | | | | | | | | |
Os números 8 e 9 só têm, cada um, apenas um possível vizinho, logo eles devem ser colocados no início e no fim da fila, seguidos de seus únicos vizinhos.
| 8 | 1 | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | 7 | 9 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
Sobram os números 2, 3, 4, 5, 6, 10,11 12, 13, 14 e 15. Na "tabela de vizinhos", vemos que, ao lado do 7 , só podemos colocar o 2 e, ao lado do 2 , só o 14 . Temos, então,
| 8 | 1 | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | 14 | 2 | 7 | 9 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
Consultando a "tabela de vizinhos" e os números que sobram, chegamos à resposta.
| 8 | 1 | 15 | 10 | 6 | 3 | 13 | 12 | 4 | 5 | 11 | 14 | 2 | 7 | 9 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
Veja, a seguir, a solução passo a passo.
| Formação da linha em cada etapa | | | | | | | | | | | | | | | |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :--- |
| 8 | 1 | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | 7 | 9 | $2,3,4,5,6,10,11,12$,
$13,14,15$ |
| 8 | 1 | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | 2 | 7 | 9 | $3,4,5,6,10,11,12,13$,
14,15 |
| 8 | 1 | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | 14 | 2 | 7 | 9 | $3,4,5,6,10,11,12,13$,
15 |
| 8 | 1 | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | 5 | 11 | 14 | 2 | 7 | 9 | $3,4,6,10,12,13,15$ |
| 8 | 1 | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | 4 | 5 | 11 | 14 | 2 | 7 | 9 | $3,6,10,12,13,15$ |
| 8 | 1 | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | 12 | 4 | 5 | 11 | 14 | 2 | 7 | 9 | $3,6,10,13,15$ |
| 8 | 1 | $?$ | $?$ | $?$ | $?$ | 13 | 12 | 4 | 5 | 11 | 14 | 2 | 7 | 9 | $3,6,10,15$ |
| 8 | 1 | $?$ | $?$ | $?$ | 3 | 13 | 12 | 4 | 5 | 11 | 14 | 2 | 7 | 9 | $6,10,15$ |
| 8 | 1 | 15 | 10 | 6 | 3 | 13 | 12 | 4 | 5 | 11 | 14 | 2 | 7 | 9 | Resposta |
86. Área de uma região - Lembre que a área de um triângulo é
$$
\frac{1}{2} \text { base } \times \text { altura }
$$
onde a altura é relativa à base escolhida. No triângulo $\triangle A E B$, temos base $=A B=$ comprimento do retângulo e a altura relativa a essa base é $B C=$ largura do retângulo. Logo, $\frac{1}{2} A B \times B C=24$ e $A B \times B C=48$. Logo, a área do retângulo é $48 \mathrm{~cm}^{2}$. Assim, a área pedida é $48-(24+13)=48-37=11 \mathrm{~cm}^{2}$.
87. Potências de 10 - A opção correta é (c).
$$
\begin{aligned}
\frac{0,00001 \times(0,01)^{2} \times 1000}{0,001} & =\frac{10^{-5} \times\left(10^{-2}\right)^{2} \times 10^{3}}{10^{-3}}=\frac{10^{-5} \times 10^{-4} \times 10^{3}}{10^{-3}} \\
& =\frac{10^{-5+(-4)+3}}{10^{-3}}=\frac{10^{-6}}{10^{-3}}=10^{-6-(-3)}=10^{-3}
\end{aligned}
$$
88. Diferença de quadrados - A opção correta é (d).
Como $(x+y)^{2}=x^{2}+2 x y+y^{2}$ e $(x-y)^{2}=x^{2}-2 x y+y^{2}$, temos
$$
20=(x+y)^{2}-(x-y)^{2}=x^{2}+2 x y+y^{2}-x^{2}+2 x y-y^{2}=4 x y
$$
portanto $x y=5$.
89. Um quadrilátero - Para que $A B C D$ seja um paralelogramo, seus lados devem ser dois a dois paralelos, isto é, $A B \| C D$ e $A D \| B C$. Como $D \widehat{A} B+A \widehat{B} C=180^{\circ}$, as retas $A D$ e $B C$ são paralelas. Também as retas $A B$ e $D C$ são paralelas, pois temos dois ângulos alternos internos de $45^{\circ}$ entre essas retas. Assim, $A B C D$ é um paralelogramo.
90. Sexta-feira treze - Como os dias da semana se repetem a cada 7 dias, a diferença entre os dias da semana é dada pelo resto ao dividir o número de dias transcorridos por 7. Na tabela abaixo, temos
(a) na primeira linha, o número de dias entre o dia 13 de um mês e o dia 13 do mês seguinte;
(b) na segunda linha, o resto obtido quando dividimos esse número por 7;
(c) na terceira linha, o resto obtido quando dividimos por 7 o número de dias entre o 13 de janeiro e o 13 do mês correspondente; assim, esse número é obtido somando os resultados obtidos na primeira linha, desde janeiro até o mês correspondente, calculando, depois, o resto da divisão por 7.
| J-F | F-M | M-A | A-M | M-J | J-J | J-A | A-S | S-O | O-N | N-D |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| 31 | 28 | 31 | 30 | 31 | 30 | 31 | 31 | 30 | 31 | 30 |
| 3 | 0 | 3 | 2 | 3 | 2 | 3 | 3 | 2 | 3 | 2 |
| 3 | 3 | 6 | 1 | 4 | 6 | 2 | 5 | 0 | 3 | 5 |
Os valores iguais na última linha, significam que, nesses meses, o dia 13 caiu no mesmo dia da semana. Em particular, a última linha nos diz que 13 de fevereiro, 13 de março e 13 de novembro correspondem ao mesmo dia da semana. Assim, no máximo, temos três sextas-feiras treze.
No caso de três sextas-feiras treze num mesmo ano, o 13 de janeiro ocorreu 3 dias antes de sexta-feira, isto é, numa terça-feira, e o dia 10 de janeiro aconteceu 3 dias antes, isto é, num sábado.
Observação: Note que uma sexta-feira 13 ocorre apenas quando o primeiro dia do mês cair num domingo. Assim, uma outra maneira, talvez mais simples, de resolver o problema é determinar o número máximo de vezes em que o primeiro dia do mês caia num domingo num ano que não seja bissexto.
91. Triângulos com lados inteiros - A opção correta é (b).
Para que três números $a, b$ e $c$ sejam os comprimentos dos lados de um triângulo, cada um deles deve ser maior do que a diferença e menor do que a soma dos outros dois. Sejam $a \leq b \leq c$ os comprimentos dos lados do triângulo, de modo que $c500+2 x$, isto é, $0,5 x>500$, ou $x>1000$.
116. Existência de triângulos - A opção correta é (c).
A soma dos três ângulos internos de um triângulo é $180^{\circ}$. Logo, se um deles mede $90^{\circ}$, a soma dos outros dois é $90^{\circ} \mathrm{e}$, por isso, não podem ser maiores do que $90^{\circ}$. Portanto, não existem triângulos retângulos obtusângulos. Os seguintes exemplos de comprimentos de lados mostram que cada um dos outros casos pode ocorrer:
(a) $2,3,3$;
(b) $1,1, \sqrt{2}$;
(d) $3,4,5$;
(e) $3,4,6$.
117. Os doze pontos - No total, temos 11 possíveis quadrados, mostrados nas figuras seguintes.
118. $O$ colar - Sejam $g$ o número de pérolas grandes, $p$ o de pequenas, $a$ o peso (em gramas) de uma pérola grande e $b$ o de uma pequena. Com essa notação, os dados são os seguintes.
(a) O número total de pérolas no colar é $g+p$ e temos $g+p<500$.
(b) O peso das pérolas grandes é $g a$ e o das pequenas é $p b$.
(c) O peso total do colar é $g a+p b$.
Antes de equacionar o problema, equacionamos as duas hipóteses do problema.
(a) Ao substituirmos $70 \%$ das pérolas grandes pelas pequenas, o número total de pérolas no colar fica composto por
$$
\underbrace{30 \% \times g}_{\text {grandes }}+\underbrace{p+70 \% \times g}_{\text {pequenas }}=0,3 g+(p+0,7 g)
$$
pérolas e seu peso fica sendo
$$
\underbrace{0,3 g \times a}_{\text {peso das grandes }}+\underbrace{(p+0,7 g) \times b}_{\text {peso das pequenas }}=\underbrace{0,4(g a+p b)}_{40 \% \text { do peso inicial }}
$$
(b) Analogamente, ao substituirmos $60 \%$ das pérolas pequenas pelas grandes, o número total de pérolas no colar fica composto por
$$
\underbrace{g+60 \% \times p}_{\text {grandes }}+\underbrace{40 \% \times p}_{\text {pequenas }}=(g+0,6 p)+0,4 p
$$
pérolas e seu peso fica sendo
$$
\underbrace{(g+0,6 p) \times a}_{\text {peso das grandes }}+\underbrace{0,4 p \times b}_{\text {peso das pequenas }}=\underbrace{1,7(g a+p b)}_{170 \% \text { do peso inicial }} \text {. }
$$
Assim, as duas hipóteses podem ser resumidas no sistema
$$
\left\{\begin{array}{l}
(0,3) g a+(0,7) g b+p b=0,4(g a+p b) \\
g a+(0,6) p a+(0,4) p b=1,7(g a+p b)
\end{array}\right.
$$
Para resolvê-lo, começamos multiplicando ambas equações por 10 e simplificamos, obtendo
$$
\left\{\begin{aligned}
(7 g+6 p) b & =g a \\
(7 g-6 p) a & =-13 p b
\end{aligned}\right.
$$
Eliminando as incógnitas $a$ e $b$, podemos escrever $\frac{7 g+6 p}{g}=\frac{a}{b}=\frac{-13 p}{7 g-6 p}$, resultando $49 g^{2}-36 p^{2}+13 p g=0$. Para fatorar essa expressão, desdobramos
$$
13 p g=49 p g-36 p g
$$
e obtemos
$$
\begin{aligned}
0=49 g^{2}+13 p g-36 p^{2} & =49 g^{2}+49 p g-36 p^{2}-36 p g \\
& =g(49 g-36 p)+p(49 g-36 p) \\
& =(g+p)(49 g-36 p)
\end{aligned}
$$
de modo que $(g+p)(49 g-36 p)=0$, ou seja,
$$
49 g=36 p
$$
Como 36 e 49 são primos entre si e $p$ e $g$ são inteiros positivos, segue que $g$ é um múltiplo de 36 e $p$ um de 49 , isto é, $g=36 k$ e $p=49 k^{\prime}$, para certos inteiros $k$ e $k^{\prime}$ maiores do que 1 . Decorre que $36 \times 49 k^{\prime}=36 p=49 g=49 \times 36 k$, ou seja, $k=k^{\prime}$, de modo que $g=36 k, p=49 k$ e $g+p=85 k$. Como $g+p<500$, o colar só pode ter 85 , 170, 255, 340 ou 425 pérolas.
119. Mulheres votantes - A opção correta é (b).
A fração de mulheres na população é $\frac{52}{100}$ e, delas, a fração que é votante é $\frac{40}{100}$. Logo, a fração de mulheres votantes é
$$
\frac{52}{100} \times \frac{40}{100} \times 100 \%=\frac{52}{250} \times 100 \%=0,208 \times 100 \%=20,8 \%
$$
120. Amigos do século $\boldsymbol{X} \boldsymbol{X}$ - Os dois amigos nasceram no mesmo mês e no mesmo ano, com uma diferença de 7 dias, de modo que um nasceu no dia $d / m / a$ e o outro no dia $(d+7) / m / a$. Com essas datas formamos os números $(d)(m)(a)$ e $(d+7)(m)(a)$. Sabemos que
$$
(d+7)(m)(a)=(d)(m)(a)+7 \times 10^{k}
$$
onde $k$ é o número de algarismos de $(m)(a)$. Observe que só podemos ter $k=3$, se o mês $m$ tem um algarismo, ou $k=4$, se o mês $m$ tem dois algarismos. Como também $(d+7)(m)(a)=6 \times(d)(m)(a)$, resulta
$$
7 \times 10^{k}=5(d)(m)(a)
$$
No caso $k=3$, decorre que o amigo mais velho nasceu em
$$
(d)(m)(a)=\frac{7000}{5}=1400
$$
isto é, 1 o de abril de 1900. No caso $k=4$, decorre $\frac{70000}{5}=14000$, que não é uma data válida.
121. Operação em uma fração - Seja $a / b$ uma fração qualquer e seja $c$ um número qualquer tal que
$$
\frac{a+c}{b+c}=\frac{b}{a}
$$
Esta igualdade é equivalente a $(a+c) a=(b+c) b$, ou seja, $a^{2}+a c=b^{2}+b c$ ou, ainda a $c(a-b)=b^{2}-a^{2}=(b-a)(a+b)$. Evidenciando $a-b$, vemos que o que se quer é um número $c$ tal que
$$
(a-b)(a+b+c)=0
$$
Essa igualdade pode ser satisfeita de duas maneiras.
(a) Se $a=b$, temos simplesmente $1=\frac{a}{b}$ e podemos somar qualquer número $c$ aos dois termos da fração para obter 1 novamente.
(b) Se $a \neq b$, precisamos ter $a+b+c=0$ e, nesse caso, só podemos somar $c=-(a+b)$ aos dois termos da fração $a / b$ para obter $b / a$.
122. O número 119 - Dados inteiros positivos $d$ e $r$, dizemos que $N$ dividido por $d$ deixa resto $r$ se existir um inteiro $n$ tal que $N=n d+r$. Se $M$ dividido por $d$ deixar o mesmo resto $r$, então existe um inteiro $m$ tal que $M=m d+r$. Nesse caso, se $M>N$, resulta que $m=n+p$ para algum inteiro $n$ e, portanto,
$$
M=m d+r=(n+p) d+r=n d+r+p q=N+p d
$$
de modo que $M-N=p d$ é um múltiplo de $d$. O mesmo ocorre se $M2007$.
Assim, os únicos números inteiros positivos e menores do que 2007 com as mesmas propriedades de divisão de 119 são
$$
59,119,179, \ldots, 1979(=119+60 \times 31)
$$
num total de 33 números.
123. Fonte com três torneiras - Para simplificar, numeramos os 10 garrafões de acordo com os respectivos tempos que levam para ficar cheios, de 1 a 10.
Solução 1: Uma ideia é utilizar o "tempo que sobra" de um garrafão para encher outro garrafão, enchendo simultaneamente outros dois. As figuras seguintes ilustram a solução. Na Figura I, as 3 torneiras gastam 10 minutos para encher os garrafões 10,
Figura II: 9 min
9, 8, 2 e 1 e, na Figura II, as 3 torneiras gastam mais 9 minutos para encher os garrafões $7,6,5,4$ e 3. Logo, o tempo total gasto é de 19 minutos.
Solução 2: Se tivéssemos uma torneira só, o tempo gasto para encher os 10 garrafões seria de $1+2+\cdots+9+10=55$ minutos. Como temos três torneiras e $55=3 \times 18+1$, uma torneira, pelo menos, vai levar 19 minutos e as outras duas, 18 minutos cada. A tabela seguinte mostra uma forma de fazer o trabalho em 19 minutos.
| Torneira 1 | 10 | 9 | | |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| Torneira 2 | 8 | 5 | 3 | 2 |
| Torneira 3 | 7 | 6 | 4 | 1 |
124. A sequência $x y z$ - Igualando os denominadores, verificamos que a sequência dada é igual a
$$
\frac{4}{8}, \frac{5}{8}, \frac{6}{8}, \frac{7}{8}, x, y, z
$$
Assim, o denominador é sempre 8 e os numeradores são consecutivos. Logo, $x=\frac{8}{8}=1, y=\frac{9}{8}$ e $z=\frac{10}{8}=\frac{5}{4}$.
125. A mesa circular - Se a próxima pessoa a se sentar vai ter que se sentar ao lado de uma cadeira ocupada, isso significa que existem no máximo 2 cadeiras consecutivas desocupadas. (Na figura, as cadeiras ocupadas estão representadas por quadradinhos pretos e as desocupadas por quadradinhos brancos.)
Podemos, então, pensar nas cadeiras em grupos ordenados de 3 cadeiras, em que a terceira já está ocupada. Logo, o menor valor de $N$ é $60 \div 3=20$.
126. Números proporcionais - A opção correta é (d).
Como $\frac{x}{y}=\frac{3}{z}$, então $x z=3 y$. Elevando ao quadrado ambos os membros dessa igualdade, obtemos $x^{2} z^{2}=9 y^{2}$.
127. Esportistas de uma escola - A opção correta é (c).
Denotemos por $x$ o número de estudantes que praticam simultaneamente os dois esportes. Logo, o número de estudantes que pratica somente futebol é $20-x$ e o que pratica somente vôlei é $19-x$. Portanto, os 15 estudantes que praticam exatamente um esporte estão divididos em $15=(20-x)+(19-x)$. Segue que $x=12$ e resulta que $20+(19-x)=27$ estudantes praticam pelo menos um dos dois esportes. Assim, $13=47-27$ estudantes não praticam nem futebol nem vôlei.
128. Vamos ao teatro - A opção correta é (c).
Mário pagou 3 e levou 5, portanto, pagou apenas $\frac{3}{5}$ do preço usual, tendo economizado $\frac{2}{5}$. Como $\frac{2}{5}=\frac{40}{100}$, a economia foi de $40 \%$.
129. Uma desigualdade - A opção correta é (c).
Note que o inverso de um número só é maior do que 1 quando o número for positivo e menor do que 1. Portanto,
$$
\frac{1}{x-1}>1 \Longleftrightarrow 0\frac{4}{5} y$. Então $y \geq 100$ e, portanto, $x>\frac{4}{5} \times 100=80$. Assim, $x$ é um inteiro compreendido entre 80 e 100 . Como deve ser um múltiplo de 8 , só pode ser 88 ou 96 . Vamos decidir qual é.
(a) Se $x=88$, então $y=200-88=112$. Logo, $88=x>\frac{4}{5} \times 112=89,6$, o que não é possível.
(b) Se $x=96$, então $y=200-96=104$ e $96=x>\frac{4}{5} \times 104=83,2$, o que é possível. Assim, Marta ganhou 96 bombons e Carmem 104.
134. Jantar aos sábado - Para simplificar, vamos denotar cada casal por um par de números, um número representando o marido e o outro a mulher. Temos, então, os três pares $(1,2),(3,4),(5,6)$, que não podem ser vizinhos. Podemos considerar o lugar do marido 1 à mesa como sendo fixo, já que desconsideramos rotações na disposição à mesa. Duas disposições possíveis são dadas na figura seguinte.
132546
164523
Essas disposições descrevemos por 132546 e 164523, sempre começando em 1, fixado numa posição à mesa, e prosseguindo no sentido horário. Assim, o problema se resume em encontrar todos os números de 6 algarismos distintos que podem ser escritos com os algarismos 1, 2, 3, 4, 5 e 6 , onde:
(a) todos os números começam com o algarismo 1;
(b) nenhum número pode terminar com o algarismo 2;
(c) não podem aparecer juntos 1 e 2, 3 e 4, 5 e 6 .
Encontramos os 16 números da tabela seguinte.
| 132546 | 132645 | 135246 | 135264 | 135426 | 136245 | 136254 | 136425 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 142536 | 142635 | 145236 | 145326 | 146235 | 146325 | 153246 | 154236 |
Logo, a resposta é 16 sábados.
135. Expressão com radicais - A opção correta é (e).
$$
(\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1}}})^{4}=(1+\sqrt{2})^{2}=1+2 \sqrt{2}+2=3+2 \sqrt{2}
$$
136. Possiveis triângulos - Como a soma dos comprimentos dos lados menores de um triângulo deve ser maior que o comprimento do lado maior, devemos ter $a+(a+2)>a+5$, ou seja, $a>3$.
137. Uma diferença - A opção correta é (a).
Efetuando as operações indicadas, obtemos
$$
\frac{-0,1 \times 20}{0,5}-\frac{\sqrt{0,4}(\sqrt{0,09}-1)}{\sqrt{0,4}}=-\frac{20}{5}-(0,3-1)=-4+0,7=-3,3
$$
138. A Terra - A fração de terra que é cultivada é
$$
1-\frac{2}{5}-\frac{1}{3}=\frac{15-6-5}{15}=\frac{4}{15}
$$
Como a terra ocupa 3/10 da superfície total do globo terrestre, resulta que a área cultivada é $\frac{4}{15} \times \frac{3}{10}=\frac{2}{25}$, isto é, $\frac{2}{25}=\frac{2}{25} \times \frac{4}{4}=\frac{8}{100}=8 \%$ da superfície do globo terrestre.
139. Uma fração - A figura mostra que $M N$ é paralelo a $B C$, portanto, os triângulos $A B C$ e $A M N$ são semelhantes e, por isso, seus lados são proporcionais. Usando o lado dos quadradinhos da grade da figura, obtemos $\frac{A M}{A B}=\frac{4}{7}$. Assim,
$$
\frac{A N}{A C}=\frac{A M}{A B}=\frac{4}{7}
$$
140. Cálculo de ângulo - A opção correta é (c).
Como as retas $P Q$ e $R S$ são paralelas, os ângulos $T \widehat{W} S$ e $Q \widehat{T} W$ são complementares. Assim, $Q \widehat{T} W=180^{\circ}-110^{\circ}=70^{\circ}$. Por outro lado, sabemos que o triângulo $\triangle U T V$ é isósceles, portanto, os ângulos em $U$ e em $V$ são iguais. Usando que a soma dos ângulos internos de um triângulo é $180^{\circ}$, vemos que $2 T \widehat{U} V=180^{\circ}-70^{\circ}=110^{\circ}$ e, portanto, $T \widehat{U} V=55^{\circ}$. Como os ângulos $T \widehat{U} V$ e $Q \widehat{U} V$ são complementares, resulta que
$$
Q \widehat{U} V=180^{\circ}-55^{\circ}=125^{\circ}
$$
141. Uma loja de brinquedos - Se $x$ denota o desconto em reais e $y$ o número total de peças, então $(13-x) \times y=781$. Assim, $(13-x)$ e $y$ são divisores de 781 e, como $781=11 \times 71$, os únicos divisores de 781 são $1,11,71$ e 781 . O divisor $13-x$ de 781 não pode ser igual a 1 , pois sabemos que $y \leq 100$. A única opção, então, é $13-x=11$ e $y=71$, de modo que a redução foi de $x=\mathrm{R} \$ 2,00$ por unidade.
142. Fração de fração - Temos
$$
1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{2}}}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{\frac{3}{2}}}=1+\frac{1}{1+\frac{2}{3}}=1+\frac{1}{\frac{5}{3}}=1+\frac{3}{5}=\frac{8}{5}
$$
143. Potências de 3 - Temos $27^{2 a}=\left(3^{3}\right)^{2 a}=3^{6 a}=\left(3^{a}\right)^{6}=2^{6}=64$.
144. Aumento de preço - Em reais, o aumento foi de 5,55 -5 $=0,55$ e, portanto, o percentual de aumento foi de
$$
\frac{0,55}{5}=\frac{0,55 \times 20}{5 \times 20}=\frac{11}{100}=11 \%
$$
145. Roseiras em fila - É possível plantar as roseiras em 6 filas de 5 roseiras cada uma, conforme mostra a figura.
146. Calculadora diferente - Para calcular $(2+3) \circledast(0+3)$ utilizaremos a propriedade (iii), obtendo $(2+3) \circledast(0+3)=(2 \circledast 0)+(3 \circledast 3)$. Agora, por (ii), temos $2 \circledast 0=2 \times 2=4$ e, por (i), temos $3 \circledast 3=3$. Portanto, $(2+3) \circledast(0+3)=4+3=7$.
Para calcular $1024 \circledast 48$ vamos usar a mesma estratégia, observando que $1024=976+48$ e $48=0+48$. Assim,
$$
\begin{aligned}
1024 \circledast 48 & =(976+48) \circledast(0+48) \\
& =(976 \circledast 0)+(48 \circledast 48) \\
& =2 \times 976+48=1952+48=2000 .
\end{aligned}
$$
## 147. Dois quadrados
Solução 1: A região tracejada é um trapézio de bases medindo 10 e $4 \mathrm{~cm}$. A altura do trapézio, que é a metade da diferença dos lados dos dois quadrados, mede $\frac{1}{2}(10-4)=3$ $\mathrm{cm}$. Assim, a área procurada mede
$$
3 \times \frac{1}{2}(10+4)=3 \times 7=21 \mathrm{~cm}^{2}
$$
Solução 2: A área do quadrado maior menos a área do quadrado menor é igual a 4 vezes a área procurada. Assim, a área procurada mede
$$
\frac{10^{2}-4^{2}}{4}=\frac{100-16}{4}=25-4=21 \mathrm{~cm}^{2}
$$
148. Paralelismo - Sendo $I L$ e $E U$ paralelos, temos $\frac{F U}{F L}=\frac{F E}{F I}$. Analogamente, sendo $R E$ e $N I$ paralelos, temos $\frac{F N}{F R}=\frac{F I}{F E}$. Assim,
$$
\frac{F N \times F U}{F R \times F L}=\frac{F I}{F E} \times \frac{F E}{F I}=1
$$
149. Um subconjunto - Vamos construir um subconjunto de $\{1,2,3, \ldots, 3000\}$ em que nenhum elemento seja o dobro do outro. Começamos incluindo todos os números ímpares, 1,3,5,..,2999. Assim, já temos 1500 números e nenhum é o dobro de algum outro. Agora podemos acrescentar os números que são o quádruplo de algum número ímpar, isto é, acrescentar
Essa lista tem 749 números e nenhum deles é o dobro do outro; além disso, nenhum deles é o dobro de um número ímpar.
Logo, nosso conjunto já possui $1500+749=2249$ elementos. Basta tomar qualquer subconjunto com 2000 elementos para obter um subconjunto de $\{1,2,3, \ldots, 3000\}$ em que nenhum elemento é o dobro do outro.
150. Triângulos retângulos - Observemos que os quatro triângulos que aparecem na figura são triângulos retângulos, dois a dois semelhantes, portanto, seus lados são proporcionais. Em particular, temos $9 / x=y / 20$, ou seja, $180=x y$. Além disso, pelo Teorema de Pitágoras, temos $y^{2}=x^{2}+9^{2}$, de modo que
$$
180^{2}=x^{2} y^{2}=x^{2}\left(x^{2}+9^{2}\right)=x^{4}+9^{2} x^{2}
$$
isto é, $x^{4}+9^{2} x^{2}-180^{2}=0$. Pela fórmula de Bhaskara, obtemos
$$
x^{2}=\frac{-81 \pm \sqrt{9^{4}+4 \times 180^{2}}}{2}=9 \frac{-9 \pm \sqrt{9^{2}+4 \times 20^{2}}}{2}=9 \frac{-9 \pm 41}{2}
$$
Mas $x^{2}>0$, portanto necessariamente $x^{2}=9 \times 16$ e, portanto, como $x>0$, a única opção é $x=12$.
A partir de $x=12$, obtemos todas as outras medidas. Pelo visto, temos $y=\sqrt{x^{2}+9^{2}}=15$ e, pelo Teorema de Pitágoras, obtemos
$$
z=\sqrt{20^{2}-x^{2}}=16
$$
Usando a proporcionalidade $v / 8=9 / x$, resulta $v=72 / x=6$ e, finalmente, pelo Teorema de Pitágoras, concluímos que $w=\sqrt{8^{2}+v^{2}}=10$.
151. Uma desigualdade especial - A opção correta é (c).
Observemos que se $x$ satisfaz a desigualdade, então $-x$ também satisfaz a desigualdade. Assim, os valores que satisfazem a desigualdade formam um conjunto simétrico em relação à origem $\mathrm{e}$, portanto, basta verificar quais $x \geq 0$ satisfazem $x^{2}0$ para $x \geq 0$, devemos ter $x-2<0$, ou seja, $x<2$. Pela simetria observada, concluímos que $-20
$$
Reduzindo ao mesmo denominador, temos
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2^{6}}+\frac{1}{5^{3}}+\frac{1}{2^{3} \times 3^{3}}-\frac{1}{2^{2} \times 3} & =\frac{2^{4} \times 3^{2} \times 5^{3}-3^{3} \times 5^{3}-2^{6} \times 3^{3}-2^{3} \times 5^{3}}{2^{6} \times 3^{3} \times 5^{3}} \\
& =\frac{18000-3375-1728-1000}{2^{6} \times 3^{3} \times 5^{3}} \\
& =\frac{11897}{2^{6} \times 3^{3} \times 5^{3}}
\end{aligned}
$$
Nem é preciso efetuar o produto indicado no denominador. Como o numerador é positivo, concluímos que a desigualdade se verifica.
## 156. Parte inteira
(a) Os números 9 e 16 são quadrados perfeitos e $9<12<16$. Então,
$$
3=\sqrt{9}<\sqrt{12}<\sqrt{16}=4
$$
e, portanto, $[\sqrt{12}]=3$.
(b) Como $12777 \times 2<28756<12777 \times 3$, temos
$$
2<\frac{28756}{12777}<3, \text { portanto, }\left[\frac{28756}{12777}\right]=2
$$
(c) Como $2007<2008$, temos $0<\frac{2007}{2008}<1$, ou
$$
-1<-\frac{2007}{2008}<0, \text { portanto, }\left[-\frac{2007}{2008}\right]=-1
$$
(d) Como $4^{3}=64<111<125=5^{3}$, temos
$$
(-5)^{3}=-5^{3}=-125<-111<-4^{3}=(-4)^{3}
$$
de modo que $-5<\sqrt[3]{-111}<-4$ e, portanto, $[\sqrt[3]{-111}]=-5$.
## 157. Soma nove
Solução 1: Vamos dividir em dois casos: números de dois algarismos e números de três algarismos. No caso de números de dois algarismos, temos $18,27,36,45,54,63$, 72, 81 e 90, num total de 9 números. Da mesma maneira, listamos os números de três algarismos, como segue:
$$
\begin{aligned}
108,117,126,135,144,153,162,171,180 & \leadsto 9 \text { números; } \\
207,216,225,234,243,252,261,270 & \leadsto 8 \text { números; } \\
306,315,324,333,342,351,360 & \leadsto 7 \text { números; } \\
405,414,423,432,441,450 & \leadsto 6 \text { números; } \\
504,513,522,531,540 & \leadsto 5 \text { números; } \\
603,612,621,630 & \leadsto 4 \text { números; } \\
702,711,720 & \leadsto 3 \text { números; } \\
801,810 & \leadsto 2 \text { números; } \\
900 & \leadsto 1 \text { número. }
\end{aligned}
$$
Portanto, temos $9+8+7+6+5+4+3+2+1=45$ números de três algarismos. Assim, existem $9+45=54$ números entre 10 e 999 cuja soma dos algarismos é igual a 9 .
Solução 2: No caso de números de dois algarismos, uma vez escolhido o algarismo da dezena, o algarismo da unidade fica automaticamente definido. Como o algarismo da dezena pode ser $1,2,3,4,5,6,7,8$ ou 9 , temos nove números de dois algarismos tais que a soma de seus algarismos seja 9 .
No caso de números de três algarismos, denotando por $n$ o algarismo da centena, a soma dos algarismos da dezena e da unidade é $9-n$, portanto, temos $9-n+1=10-n$ possibilidades de escolha para o algarismo da dezena, que pode ser inclusive 0 , e o algarismo da unidade fica automaticamente definido. Como o algarismo da centena pode ser $1,2,3,4,5,6,7,8$ ou 9 , temos
$(10-1)+(10-2)+(10-3)+(10-4)+(10-5)+(10-6)+(10-7)+(10-8)+(10-9)=45$
números de três algarismos tais que a soma dos seus algarismos é 9 . Assim, existem $9+45=54$ números entre 10 e 999 cuja soma dos algarismos é igual a 9.
158. Retângulos - Se $a$ e $b$ denotam o comprimento e a largura do retângulo, temos $a \times b=96$. Logo, $a$ e $b$ são divisores pares de 96 e, portanto, temos quatro retângulos satisfazendo as condições dadas, a saber, os retângulos de lados medindo 2 e 48; 4 e $24 ; 6$ e 16 e 8 e 12 .
## 159. Número de retas
Solução 1: Para contar o número de retas, dividiremos as retas de acordo com suas posições.
- retas paralelas aos lados dos quadrados: três horizontais e três verticais;
- retas paralelas às diagonais dos quadrados: $3+3=6$;
- outras retas: temos $4 \times 2=8$ retas, formando uma estrela, como na figura.
Assim, ao todo, temos $3+3+6+8=20$ retas.
Solução 2: Note que o ponto central é supérfluo, pois toda reta que passa por ele e um outro ponto do reticulado, passa também por um terceiro ponto do reticulado. Logo, o ponto central pode ser eliminado de nossas considerações. Assim, o problema fica reduzido a calcular quantas retas são determinadas por dois pontos quaisquer dos oito pontos do reticulado dado.
Com esses oito pontos, podem ser formados $8 \times 7$ possíveis pares de pontos distintos ( 8 possibilidades para o primeiro elemento do par e 7 possibilidades para o segundo). Como a ordem em que o par é formado não influi na reta determinada por ele, esse número deve ser dividido por 2 , ou seja,
$$
\frac{8 \times 7}{2}=28
$$
Finalmente, notamos que algumas retas estão sendo contadas três vezes e, portanto, devem ser subtraídas duas vezes desse número 28. São elas as quatro retas que contêm os lados do quadrado que delimita o reticulado. Logo, o número total de retas determinadas pelo reticulado é
$$
\frac{8 \times 7}{2}-2 \times 4=20
$$
160. Cubo - Um cubo tem seis faces distintas, duas a duas opostas, sendo que as faces opostas não têm aresta em comum. Temos três pares de faces opostas, logo três cores são suficientes, bastando pintar as faces opostas de uma mesma cor. Por outro lado, é claro que duas cores somente não bastam.
## 161. Área
Solução 1: Observemos, primeiro, que a razão entre as áreas de dois retângulos que têm a mesma base é igual à razão entre suas alturas. De fato, na figura à esquerda,
| 27 | 18 |
| :--- | :--- |
| $S$ | 72 |
estão representados dois retângulos que têm a mesma base $b$ e alturas $h_{1}$ e $h_{2}$. Suas áreas $S_{1}$ e $S_{2}$ são dadas por $S_{1}=b h_{1}$ e $S_{2}=b h_{2}$, portanto,
$$
\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{b h_{1}}{b h_{2}}=\frac{h_{1}}{h_{2}}
$$
Aplicando essa observação aos dois pares de retângulos dados (ver figura anterior, à direita) e denotando por $S$ a área do quarto retângulo, temos
$$
\frac{27}{S}=\frac{h_{1}}{h_{2}}=\frac{18}{72}=\frac{1}{4}
$$
de modo que $S=27 \times 4=108$. Assim, a área do lote que foi dividido mede $27+18+$ $72+108=225 \mathrm{~km}^{2}$.
Solução 2: Sejam $x, y, z$ e $w$ as medidas dos retângulos menores, conforme a figura. A área procurada é
$$
(x+w)(y+z)=x y+x z+w y+w z
$$
Basta determinar $w y$, pois é sabido que
| $x$ | 18 |
| :--- | :---: | :---: |
| | 72 |
$x y=27, x z=18$ e $w z=72$. Mas,
$$
\frac{w}{x}=\frac{w z}{x z}=\frac{72}{18}=4
$$
e, portanto, $w=4 x$. Como $x y=27$, segue que $w y=4 x \times 27 / x=4 \times 27=108$. Assim, a área do lote que foi dividido mede
$$
27+18+72+108=225 \mathrm{~km}^{2}
$$
## 162. Inteiro mais próximo
(a) Temos:
$$
\frac{19}{15}+\frac{19}{3}=1+\frac{4}{15}+6+\frac{1}{3}=7+\frac{9}{15}=7+\frac{3}{5}
$$
Logo, a soma dada está entre 7 e 8 . Como $\frac{3}{5}>\frac{1}{2}$, o número inteiro mais próximo é 8 .
(b) Temos:
$$
\begin{aligned}
\frac{85}{42}+\frac{43}{21} & +\frac{29}{14}+\frac{15}{7}=2+\frac{1}{42}+2+\frac{1}{21}+2+\frac{1}{14}+2+\frac{1}{7} \\
& =8+\frac{1}{42}+\frac{1}{21}+\frac{1}{14}+\frac{1}{7}=8+\frac{1}{7}\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+1\right)=8+\frac{2}{7}
\end{aligned}
$$
Logo, a soma dada está entre 8 e 9 . Como $\frac{2}{7}<\frac{1}{2}$, o número inteiro mais próximo é 8 .
(c) Temos:
$$
-\frac{11}{10}-\frac{1}{2}-\frac{7}{5}+\frac{2}{3}=-\frac{30}{10}+\frac{2}{3}=-3+\frac{2}{3}
$$
Logo, a soma dada está entre -3 e -2 . Como $\frac{2}{3}>\frac{1}{2}$, o número inteiro mais próximo é -2 .
163. Brincando com números ímpares - Como cada algarismo é ímpar, temos:
- cinco possibilidades de números com um algarismo: 1, 3, 5, 7 e 9;
- para números com dois algarismos, temos cinco possibilidades na casa das unidades e cinco na casa das dezenas, totalizando $5 \times 5=25$ possibilidades;
- para números com três algarismos, temos cinco possibilidades na casa das unidades, cinco na casa das dezenas e cinco na casa das centenas, totalizando $5 \times 5 \times 5=$ 125 possibilidades.
Assim, Beatriz pode escrever $5+25+125=155$ números com todos algarismos sendo impares.
164. Água no jarro - Inicialmente, o volume de água no jarro da Maria é $1 \mathrm{l}=$ $1000 \mathrm{ml}$. Depois de 200 dias, o volume é o mesmo, acrescido do que é colocado por João e diminuído do que ela tirou para colocar no do João, ou seja,
$$
\begin{aligned}
1000 & +1-2+3-4+\cdots+199-200 \\
& =1000+(1-2)+(3-4)+\cdots+(199-200) \\
& =1000-(\underbrace{1+\cdots+1}_{100})=900
\end{aligned}
$$
Logo, depois de 200 dias, Maria terá $900 \mathrm{ml}$ em seu jarro.
165. Formiga no cubo - Na figura temos um caminho percorrendo oito arestas que a formiga pode fazer partindo do vértice identificado como 1.
Será possível ela fazer um caminho passando por nove arestas? Para fazer esse caminho, ela teria que passar por nove vértices, pois o vértice de chegada é o mesmo que o de partida, já que a formiguinha volta ao vértice inicial.
Como o cubo só tem oito vértices, esse passeio não é possível. Logo, o passeio de maior comprimento percorre oito arestas.
166. Promoção - Sejam $b$ e $c$ o número de blusas e calças compradas, respectivamente. Logo, temos $15 b+17 c=143$, sendo $b$ e $c$ números inteiros positivos. Observe que $b<10$ e $c<9$, pois tanto $15 \times 10$ quanto $17 \times 9$ são maiores do que 143 . A partir deste ponto, apresentamos duas possibilidades de solução.
Solução 1: Temos que $15 b=143-17 c$, portanto $143-17 c$ é um múltiplo de 15 , de modo que $143-17 c$ termina em 0 ou 5 . Isso significa que $17 c$ termina em 3 ou 8 . Logo, $c=9$ ou $c=4$. Como $c<9$, a única solução é $c=4 \mathrm{e}$, portanto,
$$
b=\frac{143-17 \times 4}{15}=5
$$
Assim, Joana comprou cinco blusas e quatro calças.
Solução 2: Temos que
$$
b=\frac{143-17 c}{15}=9-c+\frac{8-2 c}{15}
$$
Note que $c$ é um número inteiro positivo, portanto, $8-2 c$ precisa ser um múltiplo de 15. Se $8-2 c \geq 15, c$ resulta negativo, portanto, $8-2 c=0$, ou seja, $c=4$. Daí obtemos que $b=5$. Assim, Joana comprou cinco blusas e quatro calças.
167. Soma de cubos - Temos a identidade do binômio, $(x+y)^{2}=x^{2}+2 x y+y^{2}$, e a do trinômio, $(x+y)^{3}=x^{3}+3 x^{2} y+3 x y^{2}+y^{3}$. Substituindo os valores de $x+y$ e $x^{2}+y^{2}$ na identidade do binômio, obtemos $1=2+2 x y$ e, portanto, $x y=-\frac{1}{2}$. Assim, pela identidade do trinômio,
$$
x^{3}+y^{3}=(x+y)^{3}-3 x y(x+y)=1-3 \cdot\left(-\frac{1}{2}\right) \cdot 1=\frac{5}{2}
$$
168. O revezamento em uma corrida - Como velocidade $=\frac{\text { distância }}{\text { tempo }}$, ou seja, tempo $=$ $\frac{\text { distância }}{\text { velocidade }}$ o tempo gasto por João foi de
$$
t=\frac{21}{12} \mathrm{~h}=\left(1+\frac{9}{12}\right) \mathrm{h}=1 \mathrm{~h}+\frac{9}{12} \times 60 \mathrm{~min}=1 \mathrm{~h} 45 \min
$$
Logo, Carlos precisa completar a prova em um tempo inferior a
$$
(2 \mathrm{~h} 48 \mathrm{~min})-(1 \mathrm{~h} 45 \mathrm{~min})=1 \mathrm{~h} 3 \mathrm{~min}=63 \mathrm{~min}
$$
Para isso, sua velocidade $v$, em $\mathrm{km} / \mathrm{min}$, deve satisfazer $\frac{21}{v}=t<63$, ou seja,
$$
v>\frac{21}{63}=\frac{1}{3} \mathrm{~km} / \mathrm{min}=\frac{60}{3} \mathrm{~km} / \mathrm{h}=20 \mathrm{~km} / \mathrm{h}
$$
Logo, Carlos deve correr com uma velocidade superior a $20 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$.
## 169. Produtos consecutivos
Solução 1: Como os produtos são números consecutivos, podemos denotá-los por $p \mathrm{e}$ $p+1$. Temos, então,
$$
p^{2}+p=p(p+1)=2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13 \times 17=510510
$$
Resolvendo a equação $p^{2}+p-510510=0$, encontramos uma única raiz positiva, $p=714$. Assim, $p+1=715$ e, fatorando, obtemos
$$
714=2 \times 3 \times 7 \times 17 \quad \text { e } \quad 715=5 \times 11 \times 13
$$
Solução 2: Os números dados são 2, 3, 5, 7, 11, 13 e 17. Se 2 e 5 estiverem no mesmo grupo, então um dos produtos termina em 0 e o outro, por ser consecutivo, termina em 1 ou 9. Os possíveis produtos terminados em 1 são $3 \times 7=21,3 \times 17=51$, $7 \times 13=91,13 \times 17=221,3 \times 7 \times 11=231,3 \times 11 \times 17=561$ e $7 \times 11 \times 13=1001$. Verifica-se que esses grupos não constituem solução e, analogamente, os terminados em 9. Concluímos que 2 e 5 estão em grupos diferentes. Logo, um produto termina em 5 e o outro em 4 ou 6. Como não é possível formar com os números dados um produto terminado em 6 , necessariamente um dos produtos termina em 4 e o outro em 5. Por tentativas, obtemos a solução
$$
714=2 \times 3 \times 7 \times 17 \quad \text { e } \quad 715=5 \times 11 \times 13
$$
170. Distraindo na fila - Observe que aquela que gritou os números 9 , 18, etc, sempre gritou múltiplos de 9. O primeiro múltiplo de 3 com quatro algarismos é 1002 e o primeiro múltiplo de 3 maior do que 2003 é 2004. Logo, Vivi gritou 2004 e Rosa 1002. Nenhum desses números é múltiplo de 9 , portanto, foi Tânia quem gritou 9 e seus múltiplos.
Quem gritou 3, também gritou $12=3+9,21=3+2 \times 9,30=3+3 \times 9$ e assim por diante, até $3+9 k$. Da mesma forma, quem grita 6 , grita todos os números da forma $6+9 k$. Dividindo por 9 , obtemos $2004=6+9 \times 222$ e $1002=3+9 \times 111$, portanto, quem gritou 3 foi Rosa e Vivi gritou 6.
| Rosa | Vivi | Tânia |
| :---: | :---: | :---: |
| 3 | 6 | 9 |
| 12 | 15 | 18 |
| 21 | 24 | 27 |
| $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ |
| 1002 | 1005 | 1008 |
| $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ |
| 2001 | 2004 | 2007 |
Da mesma forma, dividindo por 9, encontramos que 666 é múltiplo de 9 e $888=6+98 \times 9$, portanto Tânia gritou 666 e Vivi gritou 888 .
171. Número e o dobro - Inicialmente note que o dobro de um número inteiro é par, logo ele termina em $0,2,4,6$ ou 8 . No entanto, o número procurado não pode terminar em 0 , pois nesse caso o seu dobro também terminaria em 0 , e ambos teriam o algarismo 0 em comum. Portanto, temos os casos a seguir.
Vamos, agora, determinar todas as possibilidades para cada caso, lembrando sempre que o número e seu dobro não podem ter algarismos comuns.
- Caso I - temos três possibilidades:
$$
152 \times 2=304, \quad 182 \times 2=364, \quad 192 \times 2=384
$$
- Caso II - temos duas possibilidades:
$$
143 \times 2=286, \quad 153 \times 2=206
$$
- Caso III - temos três possibilidades:
$$
134 \times 2=268, \quad 154 \times 2=308, \quad 164 \times 2=328
$$
- Caso IV - temos três possibilidades:
$$
135 \times 2=270, \quad 145 \times 2=290, \quad 185 \times 2=370
$$
- Caso V - temos duas possibilidades:
$$
176 \times 2=352, \quad 186 \times 2=372
$$
- Caso VI - não há nenhuma possibilidade.
- Caso VII - temos três possibilidades:
$$
138 \times 2=276, \quad 148 \times 2=296, \quad 178 \times 2=356
$$
- Caso VIII - temos duas possibilidades:
$$
139 \times 2=278, \quad 179 \times 2=358
$$
Assim, temos $3+2+3+2+3+3+2=18$ soluções para esse problema, a saber:
172. Invertendo os algarismos - Devemos contar os números $a b$ de dois algarismos que têm o algarismo $b$ da unidade maior do que o algarismo $a$ da dezena, ou seja, tais que $b>a$. Se $a=1$, o algarismo $b$ da unidade pode ser $2,3,4,5,6,7,8$ ou 9 , portanto, temos oito possibilidades. Se $a=2$, o algarismo $b$ da unidade pode ser $3,4,5,6,7,8$ ou 9 , portanto, temos sete possibilidades. Continuando dessa maneira, chegamos até $a=8$, quando o algarismo $b$ da unidade só pode ser 9 , portanto, temos só uma possibilidade. Claramente, $a$ não pode ser 0 nem 9. Logo, existem $8+7+6+5+4+3+2+1=36$ números entre 10 e 99 tais que, invertendo a ordem de seus algarismos, obtemos um número maior do que o número original.
173. Razão entre segmentos - Se o arco $\widehat{P R}$ é o dobro do arco $\overparen{R Q}$, vale a mesma relação entre os ângulos centrais, ou seja, $P \widehat{O} R=2 R \widehat{O} Q$. Como $P \widehat{O} R+R \widehat{O} Q=180^{\circ}$, segue que
$$
180^{\circ}=2 R \widehat{O} Q+R \widehat{O} Q=3 R \widehat{O} Q
$$
donde $R \widehat{O} Q=60^{\circ}$. Mas, $O R=O Q$ é o raio do círculo, de modo que o triângulo $\triangle O R Q$ é equilátero. Assim, sua altura $R M$ também é a mediana, ou seja, $O M=M Q$. Se $r$ é o raio do círculo, então $O M=M Q=\frac{1}{2} r \mathrm{e}$
$$
\frac{P M}{M Q}=\frac{P O+O M}{M Q}=\frac{r+\frac{1}{2} r}{\frac{1}{2} r}=3
$$
ou seja, a razão entre $P M$ e $M Q$ é 3 .
174. Triângulos - Vamos supor que $a, b$ e $c$ sejam os comprimentos dos lados do triângulo. Não há perda de generalidade em supor que $a \leq b \leq c$, de modo que $a+b+c \leq 3 c$. Como cada lado de um triângulo é menor do que a soma dos outros dois, temos que $c16=2^{4}$, portanto, $x>2$. Em particular, $x^{2}+y=1$ é impossível, pois implicaria $1=x^{2}+y \geq 9+1=10$.
Assim, resta considerar o caso $x^{2}-y=1$ e $x^{2}+y=71$. Somando essas duas equações, obtemos $2 x^{2}=72$, o que fornece $x= \pm 6$ e, portanto, $y=( \pm 6)^{2}-1=35$. Como $x, y$ são inteiros positivos, concluímos que a única solução é $x=6$ e $y=35$.
192. No jogo - Seja $T$ a quantidade total de dinheiro no jogo. Assim, no início, os jogadores possuíam
Aldo: $\quad \frac{7}{18} T$,
Bernardo: $\frac{6}{18} T$,
Carlos: $\quad \frac{5}{18} T$
e, no final, eles possuíam
Aldo: $\quad \frac{6}{15} T$,
Bernardo: $\frac{5}{15} T$,
Carlos: $\quad \frac{4}{15} T$.
Para comparar essas frações, usamos o denominador comum de 18 e 15, a saber, 90. Desse modo, no início,
Aldo: $\quad \frac{7}{18} T=\frac{35}{90} T$,
Bernardo: $\frac{6}{18} T=\frac{30}{90} T$,
Carlos: $\quad \frac{5}{18} T=\frac{25}{90} T$
e, no final,
Aldo: $\quad \frac{6}{15} T=\frac{36}{90} T$,
Bernardo: $\frac{5}{15} T=\frac{30}{90} T$,
Carlos: $\quad \frac{4}{15} T=\frac{24}{90} T$.
Logo, foi Aldo quem ganhou um total de $\frac{1}{90} T$, que corresponde a 12 reais, de modo que $\frac{1}{90} T=12$, ou seja, o total $T$ de dinheiro no início o jogo foi
$$
T=90 \times 12=1080 \text { reais. }
$$
Assim, no final da partida, os jogadores possuiam, em reais,
Aldo: $\quad \frac{36}{90}$ de $1080=432$,
Bernardo: $\frac{30}{90}$ de $1080=360$,
Carlos: $\quad \frac{24}{90}$ de $1080=288$.
193. Um número inteiro - Denotemos $a=\sqrt[3]{\sqrt{5}+2}$ e $b=\sqrt[3]{\sqrt{5}-2}$. Então
$$
a^{3}-b^{3}=(\sqrt{5}+2)-(\sqrt{5}-2)=4
$$
e
$$
a b=\sqrt[3]{(\sqrt{5}+2)(\sqrt{5}-2)}=\sqrt[3]{5-4}=\sqrt[3]{1}=1
$$
de modo que $M=a-b$ satisfaz $M^{3}=(a-b)^{3}=a^{3}-b^{3}-3 a b(a-b)=4-3 M$.
Assim, $M^{3}+3 M-4=0$, ou seja, o número $M$ é raiz do polinômio $x^{3}+3 x-4$. Como o número 1 é uma raiz desse polinômio, podemos fatorá-lo e escrever $x^{3}+3 x-4$ como $(x-1)\left(x^{2}+x+4\right)$. O trinômio $x^{2}+x+4$ tem discriminante negativo, de modo que a única raiz real de $x^{3}+3 x-4$ é 1 e, portanto, $M=1$. Em particular, $M$ é um número inteiro.
## 194. Área de triângulos
(a) Note que $F \widehat{M} C$ e $A \widehat{M} D$ são ângulos opostos pelo vértice, de modo que $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, estabelecemos que eles são congruentes. Assim, possuem a mesma área, donde concluímos que a área do triângulo $\triangle A B F$ é igual à área do quadrado $A B C D$, que foi dada, medindo $300 \mathrm{~cm}^{2}$.
(b) Como $A D=F C$ (do item anterior) e $M C=M D$, segue que os triângulos $\triangle A M D, \triangle D M F$ e $\triangle F M C$ têm a mesma área. Por outro lado, a soma das áreas dos dois últimos é a metade da área do quadrado. Portanto, a área do triângulo $\triangle A F D$ é a metade da área do quadrado $A B C D$. Essa área foi dada, medindo $300 \mathrm{~cm}^{2}, \log$, a área do triângulo $\triangle A F D$ mede $150 \mathrm{~cm}^{2}$.
195. Um quadriculado - Sejam $m$ e $n$, respectivamente, o número de segmentos ao longo de dois lados consecutivos do retângulo desenhado por Rosa. Sabemos que o número total de segmentos que são lados de quadrados na divisão de um retângulo em $m \times n$ quadrados é $m(n+1)+n(m+1)$ (prove isso). Assim, como Rosa usou 1997 segmentos em seu desenho, temos $m(n+1)+n(m+1)=1997$.
Além disso, um dos lados considerados é menor do que ou igual ao outro, digamos, $m \leq n$. Nesse caso, obtemos $1997=m(n+1)+n(m+1) \geq 2 m(n+1)$.
Como $1998>1997$, segue que $1998>2 m(m+1)$, ou seja, $999>m(m+1)$, do que podemos deduzir que $1 \leq m \leq 31$. Por outro lado, multiplicando, obtemos $1997=m n+m+m n+n=m+n(2 m+1)$, de modo que $n=(1997-m) /(2 m+1)$ e, portanto,
$$
2 n=\frac{3994-2 m}{2 m+1}=\frac{3995-(2 m+1)}{2 m+1}=\frac{3995}{2 m+1}-1
$$
No entanto, $n$ é um inteiro positivo, portanto, $2 m+1$ precisa ser um divisor de 3995 . Como $3995=5 \times 17 \times 47$ e $1 \leq m \leq 31$, as únicas três opções são $2 m+1=5,17$ ou 47, que fornecem $m=2, m=8$ e $m=23$ e os valores correspondentes de $n=399$, $n=117$ e $n=42$.
Portanto, Rosa poderia ter desenhado três configurações diferentes com os 1997 segmentos, uma com $2 \times 399$ quadrados, outra com $8 \times 117$ quadrados e uma terceira, com $23 \times 42$ quadrados. Entretanto, a folha de papel utilizada mede 21 por $29,7 \mathrm{~cm}$ e os segmentos que formam os lados dos quadrados medem $0,5 \mathrm{~cm}$. Assim, as duas primeiras configurações não cabem no papel de Rosa e podemos afirmar que o retângulo que Rosa desenhou consiste em $23 \times 42$ quadrados e que, portanto, é constituído de 966 quadrados.
196. Inteiros de quatro algarismos - Temos $1000 \leq 4 a^{2}<10000$, do que decorre $250 \leq a^{2}<2500$. Mas, $15^{2}=225,16^{2}=256$ e $50^{2}=2500$, portanto, como $a$ é um número natural, obtemos $1516$, então $x$ é, no mínimo, $16 \times 5=80$, pois $x$ divide 2000 ; como também $x y$ divide 2000 , resultaria que $y \leq 25<80=x$, o que não é permitido. Logo $x=16$ e, como $x$ e $y$ são primos entre si e $y$ divide 2000 , necessariamente $y=25$ ou 125 .
$2^{2}$ Caso: Se 16 divide $y$, uma possibilidade é $y=16$, quando $x$ só pode ser 1 ou 5 , pois $x0, y>0 \text { e } x \neq y
$$
Como 2 e 7 são números primos, segue que 7 divide $x$ ou $y$. Como a equação é simétrica em $x$ e $y$, podemos supor que 7 divide $x$. Então, $x=7 k$, para algum $k>0$ inteiro e decorre que $2 \times 7 k y=7(7 k+y)$, ou seja, simplificando, $2 k y=7 k+y$ ou, ainda,
$$
(2 k-1) y=7 k=x
$$
Se 7 dividisse $y$, teríamos $y=7 m$, para algum $m>0$ inteiro. Nesse caso, teríamos $49 \times 2 k m=2 x y=7(x+y)=49(k+m)$, acarretando $2 k m=k+m$. Mas, então
$$
2=\frac{k+m}{k m}=\frac{1}{k}+\frac{1}{m} \leq 1+1=2
$$
o que significa que $k=m=1$ e, portanto, $x=7=y$. Como queremos $x \neq y$, concluímos que 7 não divide $y$, de modo que 7 divide $2 k-1$. Tomando $k=4$, resulta $x=28 \mathrm{e}$
$$
y=\frac{7 k}{2 k-1}=\frac{28}{7}=4
$$
fornecendo a solução
$$
\frac{1}{28}+\frac{1}{4}=\frac{2}{7}
$$
Observação: A solução obtida é única. De fato, como $2 k-1$ é, sempre, ímpar e 7 divide $2 k-1$, o múltiplo de 7 que é igual a $2 k-1$ deve ser ímpar. Assim, existe algum inteiro $n>0$ tal que
$$
7(2 n-1)=2 k-1
$$
Isso acarreta que $k=7 n-3 \mathrm{e}$, portanto,
$$
y=\frac{7 k}{2 k-1}=\frac{7(7 n-3)}{7(2 n-1)}=\frac{7 n-3}{2 n-1}=\frac{3(2 n-1)+n}{2 n-1}=3+\frac{n}{2 n-1}
$$
Como $y$ deve ser inteiro, concluímos que $2 n-1$ divide $n$, de modo que $2 n-1 \leq n$. No entanto, $n \geq 1$ e, portanto, $2 n-1 \geq n$. A única possibilidade é $2 n-1=n$ e, portanto, $n=1$. Segue que $k=4=b$ e $a=28$ dão a única solução.
221. Tabuleiro de xadrez - Um tabuleiro de xadrez é um quadrado reticulado de 64 quadradinhos, denominados casas, sendo 32 casas pretas e 32 brancas, posicionados alternadamente. Uma das peças do xadrez recebe o nome de bispo, havendo um par deles para cada jogador. Um dos dois bispos de um jogador só se movimenta pelas casas pretas e o outro só pelas brancas.
Inicialmente, é possível colocar um dos dois bispos em qualquer uma das 64 casas. Se o bispo estiver numa casa branca, então na fila em que ele está, bem como na coluna, temos quatro casas pretas que não podem ser ocupadas pelo segundo bispo, num total de oito casas. Assim, o segundo bispo pode ser colocado em qualquer uma das $32-8=24$ casas pretas restantes.
NOTA: Aqui estamos entendendo que alternando a posição desses dois bispos não muda a configuração no tabuleiro de xadrez. Mais precisamente, os bispos têm a mesma cor, isto é, pertencem a um mesmo jogador.
Concluímos, então, que se um dos bispos ocupar uma das 32 casas brancas, então o outro terá 24 casas pretas à disposição. Portanto, o número dessas configurações distintas que podem ser obtidas é $32 \times 24=768$.
222. Quem é menor? - Observemos que:
$$
\begin{aligned}
& 33^{12}>32^{12}=\left(2^{5}\right)^{12}=2^{60} \\
& 63^{10}<64^{10}=\left(2^{6}\right)^{10}=2^{60} \\
& 127^{8}<128^{8}=\left(2^{7}\right)^{8}=2^{56}<2^{60}
\end{aligned}
$$
Logo, o maior dos números é $33^{12}$. Por outro lado, $\frac{127}{63}=2+\frac{1}{63}$ garante que
$$
\left(\frac{127}{63}\right)^{2}=\left(2+\frac{1}{63}\right)^{2}=4+\frac{4}{63}+\frac{1}{63^{2}}<4+\frac{5}{63}<5
$$
e, portanto,
$$
\left(\frac{127}{63}\right)^{4}<25<63
$$
Assim, $127^{4}<63^{5}$, acarretando $127^{8}<63^{10}$. O menor dos três números dados é $127^{8}$.
223. Brincando com números - Como queremos encontrar o maior número que seja divisível pela soma de seus algarismos e também menor do que 900 , podemos começar nossa busca dentre os números com o algarismo 8 na casa da centena, já que, no mínimo, 800 é divisível pela soma $8+0+0=8$ de seus algarismos e 899 não tem essa propriedade. Assim, vamos examinar os números entre 800 e 899.
Queremos, então, encontrar algarismos $b$ e $c$ tais que $8+b+c$ divida $8 b c=800+10 b+c$. Lembrando que $8+b+c$ divide $8 b c=800+10 b+c$ se, e
somente se, $8+b+c$ divide $800+10 b+c-(8+b+c)=792+9 b$, basta procurar entre os divisores de $792+9 b$. Para isso, atribuímos valores para $b$ em ordem decrescente, a partir de 9 , até encontrar o maior número procurado.
- Se $b=9$, então $792+9 \times 9=873=9 \times 97$ e esse número não possui divisor $8+9+c$ entre $17(c=0)$ e $26(c=9)$.
- Se $b=8$, então $792+9 \times 8=864=2^{5} \times 3^{3}$. O maior divisor $8+b+c$ desse número entre 16 e 25 é 24 , isto é, $c=8$.
Logo, o número procurado é 888.
224. Cortando papéis - Se na primeira rodada André pega $n_{1}$ pedaços de papel para cortar cada um deles em sete pedaços, ao final dessa 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 dessa rodada ele ficará com $7+6 n_{1}-n_{2}$ pedaços que não foram cortados nessa rodada, mais $7 n_{2}$ pedaços de papel provenientes dos cortes que ele fez nessa rodada. Assim, ao final da segunda rodada, André ficará com
$$
\left(7+6 n_{1}-n_{2}\right)+7 n_{2}=7+6\left(n_{1}+n_{2}\right)
$$
Continuando assim, 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. Então, para ele ficar com 2009 pedaços de papel ao final de alguma rodada, deveríamos ter essa última expressão igual a 2009 ou, equivalentemente, subtraindo 7 de cada lado, $6\left(n_{1}+n_{2}+\cdots+n_{k}\right)=2002$.
No entanto, 2002 não é um mútiplo de 6 , de modo que essa equação não admite solução. Isso significa que André nunca poderá ficar com 2009 pedaços ao final de alguma rodada de sua brincadeira.
225. Um trapézio especial - Queremos provar que $A E$ é igual a $B C$. Para isso, suponhamos que $A E$ seja maior do que $B C$ e escolhamos o ponto $A^{\prime}$ sobre $A E$ tal que $E A^{\prime}=B C$. Por construção, $E A^{\prime}$ e $B C$ são paralelos, de modo que $A^{\prime} B C E$ é um paralelogramo e, em particular,
$$
A^{\prime} B=C E
$$
Pela desigualdade triangular, temos
$$
A^{\prime} A+A B>A^{\prime} B
$$
Logo,
$$
\begin{aligned}
E A+A B+B E & =E A^{\prime}+A^{\prime} A+A B+B E \\
& >E A^{\prime}+A^{\prime} B+B E=B C+C E+E B
\end{aligned}
$$
Disso decorre que o perímetro do triângulo $\triangle A B E$ é maior do que o perímetro do triângulo $\triangle B C E$, contrário aos dados do problema.
Por meio dessa contradição, estabelecemos que, diante das hipóteses do problema, $A E$ não pode ser maior do que $B C$. Por um processo totalmente análogo, também podemos estabelecer que, reciprocamente, $B C$ não pode ser maior do que $A E$, com o que concluímos que $B C=A E$. O mesmo raciocínio pode ser utilizado para mostrar que $B C=E D$. Assim,
$$
B C=\frac{1}{2}(A E+E D)=15 \mathrm{~cm}
$$
226. Uma estrela - Observe que $J \widehat{E} I=B \widehat{E} H$.
No triângulo $\triangle B E H$ temos
$$
20^{\circ}+130^{\circ}+B \widehat{E} H=180^{\circ}
$$
portanto,
$$
J \widehat{E} I=B \widehat{E} H=30^{\circ}
$$
227. Número palíndromo - Um número palíndromo de quatro 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 $2 a+2 b=2(a+b)$ de seus algarismos é divisível por 9 , ou seja, $a+b$ é divisível por 9 . Como $1 \leq a+b \leq 18$, as únicas opções são $a+b=9$ ou 18 . Se $a+b=18$, necessariamente $a=b=9$. Se $a+b=9$, temos as nove soluções seguintes.
$$
\begin{array}{lll}
a=1 \text { e } b=8 & a=2 \text { e } b=7 & a=3 \text { e } b=6 \\
a=4 \text { e } b=5 & a=5 \text { e } b=4 & a=6 \text { e } b=3 \\
a=7 \text { e } b=2 & a=8 \text { e } b=1 & a=9 \text { e } b=0
\end{array}
$$
Assim, existem dez números palíndromos de quatro algarismos divisíveis por 9 , a saber, 1881, $2772,3663,4554,5445,6336,7227,8118,9009$ e 9999.
228. Multiplicação com letras - Como o produto de $b$ por $c$ termina em 1 , então $b \times c$ pode ser 21 ou 81 e, portanto, $3 \times 7$ ou $9 \times 9$. A única possibilidade de escrever o produto de dois números distintos menores do que 10 é $21=3 \times 7$. Assim, temos somente dois casos possíveis.
1o Caso: Se $b=7$ e $c=3$, deveríamos ter
$$
\begin{array}{r}
a 77 \\
\times \quad 3 \\
\hline 7371
\end{array}
$$
mas isso é impossível, pois, $\frac{7371}{3}=2457$ tem quatro algarismos.
2으으 Caso: Se $b=3$ e $c=7$, temos
e, como $\frac{3731}{7}=533$, necessariamente $a=5$.
Logo, a única possibilidade é $a=5, b=3$ e $c=7$.
## 229. 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 oito números que contenha 59 e 61, por exemplo, $55,56,57,58,59,60,61,62$.
(b) Dois exemplos são $994, \ldots, 1005$ e $7994, \ldots, 8005$. Existem mais: encontre alguns.
(c) Digamos que uma década é qualquer sequência de dez números consecutivos cujo primeiro termo é algum múltiplo de 10. Por exemplo,
$$
10,11,12,13,14,15,16,17,18,19
$$
e
$$
140,141,142,143,144,145,146,147,148,149
$$
são décadas. Note que qualquer sequência de sete números consecutivos numa década contém, pelo menos, um número sortudo, porque a soma de seus algarismos é uma sequência de sete números consecutivos, um dos quais precisa ser divisível por 7. Finalmente, qualquer sequência de treze números consecutivos contém pelo menos sete números consecutivos de alguma década, que sempre contém um número sortudo. (Examine alguns exemplos para melhor entender essa justificativa.)
230. Uma sequência especial - Inicialmente escrevemos os primeiros termos dessa sequência, como segue.
$$
1,3,2,-1,-3,-2,1,3,2, \ldots
$$
O sétimo e o oitavo termos são, respectivamente, iguais ao primeiro e ao segundo. Isso significa que a sequência se repete de seis em seis termos. A soma dos seis primeiros termos é $1+3+2-1-3-2=0$ e, portanto, a soma dos 96 primeiros termos também é 0 . Assim, a soma dos 100 primeiros termos dessa sequência é igual à soma dos quatro últimos termos, ou seja, $1+3+2-1=5$.
231. Triângulos e ângulos... - No triângulo menor, dois ângulos medem $70^{\circ} \mathrm{e}$ $180^{\circ}-130^{\circ}=50^{\circ}$ e o terceiro mede
$$
180^{\circ}-\left(50^{\circ}+70^{\circ}\right)=60^{\circ}
$$
Assim,
$$
\alpha=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}
$$
Agora, no triângulo maior, temos
$$
45^{\circ}+\beta+50^{\circ}=180^{\circ}
$$
portanto,
$$
\beta=180^{\circ}-95^{\circ}=85^{\circ} \text {. }
$$
