UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA - ORM/SC

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA
XVII OLIMPÍADA REGIONAL DE MATEMÁTICA
PET MATEMÁTICA
A
SA
NT
A
CATARINA - U
FS
C
Gabarito 7 2 a fase de 2014
Nível 2
1. Quando trocamos um inteiro positivo pela soma de seus algarismos, não alteramos o resto da divisão por
9. Isto é explicado pela decomposição do inteiro na forma:
abcd = 1000a + 100b + 10c + d = 999a + 99b + 9c + a + b + c + d
Daí, temos que:
abcd − (a + b + c + d) = 999a + 99b + 9c = 9(111a + 11b + c)
Logo, abcd e a + b + c + d deixam o mesmo resto na divisão por 9.
Como todos os números que restaram no quadro estão entre 0 e 9, inclusive, todos os números 1 restantes
no quadro são originados a partir de números que deixam resto 1 na divisão por 9(1, 10, 19, 28, 37, ..., 1999).
Da mesma forma, todos os números 2 restantes no quadro são originados a partir de números que deixam
resto 2 na divisão por 9(2, 11, 20, 29, 38, ..., 2000). Comparando, vemos que cada um dos números 1 e 2
aparece 223 vezes no quadro. Portanto, ambos os números 1 e 2 aparecem o mesmo número de vezes.
OBS:Restarão no quadro os números de 1 a 8, cada um 223 vezes e o 9 aparecerá 222 vezes.
2. Os catetos do triângulo medem a e b, e a hipotenusa mede c . Como a área e o perímetro são iguais temos,
1
1
ab = a + b + c, e daí c = ab − a − b. Usando o teorema de Pitágoras, segue que
2
2
1
1
a2 + b2 = ( ab − a − b)2 = a2 + b2 + 2ab − a2 b − b2 a + a2 b2 ,
2
4
ou ainda 8ab − 4a2 b − 4b2 a + a2 b2 = 0 Dividindo por ab, obtemos (a − 4)(b − 4) = 8, de maneira que
a − 4 divide 8. Portanto, os possíveis valores de a são 2, 3, 5, 6, 8 e 12. Determinando os valores de b e c,
encontramos os triângulos de lados 5, 12, 13 ou 6, 8, 10.
3. Note que (2009 − x)2 − x2 = 2009(2009 − 2x),um múltiplo de 2009. Assim, sempre que Pedro apagar um
número, x2 digamos, basta Igor apagar o número (2009 − x)2 . Desse modo, no nal restarão dois números
cuja diferença é um múltiplo de 2009.
4. Inicialmente temos 4,5 litros de água e 4, 5 litros de álcool.Colocados x litros de água, para termos 30%
30
de álcool na mistura, basta que
(9 + x) = 4, 5, então x = 6.
100
5. O algarismo das centenas não pode ser zero. Vamos contar então todos os números que têm um determinado algarismo x, não nulo, pois há mais deles.
Há 9 × 9 = 81 números em que x aparece uma única vez, como algarismo das centenas.
Há 8 × 9 = 72números em que x aparece uma única vez, como algarismo das dezenas (lembre-se que o
das centenas não pode ser 0) e há 72 números em que o x aparece uma única vez, como algarismo das
unidades.
Há 9 números com x na centena e na dezena, menos na unidade,
9 números com x na centena e na unidade, menos na dezena e 8 números com x na dezena e na unidade,
menos na centena e um único número formado inteiramente de x. A quantidade total de números em que
gura o algarismo não nulo x é 81 + 72 + 72 + 9 + 9 + 8 + 1 = 252
6. A soma de um número de dois algarismos com a sua imagem é da forma (10a+b)+(10b+a) = 11(a+b),onde
a e b são seus algarismos. Se 11(a + b) é um quadrado perfeito, devemos ter outro fator primo 11 na soma
a + b. Além disso, como a e b são menores que 10, concluímos que a + b é um múltiplo de 11 menor que
20 e maior que 0, ou seja, é igual à 11. Os pares de dígitos (a, b), que vericam a + b = 11 são:
(2, 9), (3, 8), (4, 7), (5, 6), (6, 5), (7, 4), (8, 3) e (9, 2).
Portanto, existem 8 números de dois algarismos que cumprem o enunciado.
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