poti nível 1

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POLOS OLÍMPICOS DE
TREINAMENTO INTENSIVO
nível 1
teoria dos números
geometria
combinatória
Introdução
Sem vínculo oficial. Janeiro/2022.
O objetivo desta série de pdfs é único: organizar, quase que sistematicamente, os
excelentes materiais disponibilizados gratuitamente no site do POTI (Polos Olímpicos de
Treinamento Intensivo). O POTI tem sua versão presencial e virtual. Aqui, encontram-se
materiais do site https://poti.impa.br (i.e., versão virtual) (avá). Mas, afinal, o que é o
POTI? Mantido e organizado pelo Instituto de Matemática Pura e Aplicada (IMPA),
consiste num programa de treinamentos para estudantes do ensino fundamental II e médio
que desejam participar de olimpíadas de matemática, notadamente a OBM*.
Ao todo, serão três pdfs: um para cada um dos três níveis. Decidi compilar** assim pois,
ao juntar todos os níveis em um único pdf, obtive um pdf com mais de 2300 páginas, o
que não seria prático porque certamente levaria uma eternidade para ser completamente
aberto. Por observação, acredito que os materiais em pdf, principalmente dos níveis 2 e 3,
tenham sido elaborados em 2012 por diversos professores com vasta experiência em
olimpíadas (e em preparação olímpica). Posteriormente, fora elaborado um curso básico
(em 2015) para o nível 2 composto apenas por problemas resolvidos e mais listas foram
adicionadas no site, notadamente do nível 2.
Adendo: é possível encontrar alguns errinhos na numeração das aulas. Por exemplo, o
curso de teoria dos números do nível 3 tem duas aulas de número 6, mas, na verdade, uma
dessas aulas era para ser a aula de número 5 (congruências e bases). Ou também, ter no
título “grafos I” mas não ter pelo menos uma outra aula “grafos II” (curso de
combinatória, nível 2). Sendo assim, elaborei um sumário e acredito que sua ordem seja a
correta, ou que, pelo menos, seja a ordem caso não houvessem os pequenos errinhos na
numeração das aulas.
Aqui, temos os materiais elaborados para o nível 1 (6º e 7º anos), divididos em três partes:
teoria dos números (chamada de aritmética no nível 1), geometria e combinatória. Cada
uma dessas partes contêm várias aulas sobre assuntos recorrentes em olimpíadas de
matemática. Cada uma dessas aulas contêm parte teórica, problemas resolvidos,
problemas propostos, soluções… O POTI é, de certo, a melhor e mais completa referência
em português para se estudar matemática olímpica gratuitamente.
* A OBM (Olimpíada Brasileira de Matemática) e a OBMEP (Olimpíada Brasileira de
Matemática das Escolas Públicas e Privadas) não são a mesma olimpíada (algumas
pessoas não sabem).
** Material elaborado pelo IMPA. Compilado por Alexander Kahleul. Todo o crédito para
o IMPA.
Sumário
Sem vínculo oficial. Janeiro/2022.
teoria dos números (aritmética) 4
Aula 1 - operações aritméticas elementares 5
Aula 2 - múltiplos, divisores e primos I 18
Aula 3 - problemas de álgebra I 30
Aula 4 - dígitos e sistema decimal 41
Aula 5 - problemas de álgebra II 54
Aula 6 - sequências 64
Aula 7 - múltiplos, divisores e primos II 77
Aula 8 - problemas gerais 85
Aula 9 - problemas de teoria dos números e contagem 97
geometria 109
Aula 1 - áreas 110
Aula 2 - segmentos e perímetros 144
Aula 3 - objetos tridimensionais 172
Aula 4 - ângulos 187
Aula 5 - congruência de triângulos 214
Aula 6 - teorema de pitágoras 235
Aula 7 - semelhança e segmentos proporcionais 255
combinatória 277
Aula 1 - jogos e brincadeiras I 278
Aula 2 - jogos e brincadeiras II 285
Aula 3 - raciocínio lógico I 291
Aula 4 - raciocínio lógico II 297
Aula 5 - paridade 304
Aula 6 - percebendo padrões 310
Aula 7 - exemplos e contra-exemplos 318
Aula 8 - configurações mágicas 324
Aula 9 - tabuleiros 333
Aula 10 - contagem I (princípio multiplicativo) 339
Aula 11 - contagem II 345
POLOS OLÍMPICOS DE
TREINAMENTO INTENSIVO
teoria dos números (aritmética)
nível 1
Operações Aritméticas Elementares - Aula 01
Problemas sobre operações aritméticas elementares utilizam, além dos conceitos de soma,
subtração, multiplicação e divisão, os conceitos de fração e potência. Essa seção é muito
importante, já que as contas permeiam todo o resto do material. Boas contas!
Problema 1. Calcule os valores das seguintes expressões:
(a)
107
5× 104
(b)
2
1− 23
(c)
(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
10
)
(d) 26 + 26 + 26 + 26 − 44
Solução.
(a)
107
5× 104
=
107−4
5
=
103
5
=
1000
5
= 200
(b)
2
1− 2
3
=
2
3
3
− 2
3
=
2
1
3
=
2× 3
1× 3
3
=
6
1
= 6
(c)
(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
10
)
=
(
1
2
)(
2
3
)(
3
4
)
· · ·
(
9
10
)
=
1
10
(d) 26 + 26 + 26 + 26 − 44 = 4.26 − 44 = 22.26 − 224 = 28 − 22.4 = 28 − 28 = 0
1 Porcentagem
Esses próximos exemplos contém os conceitos de porcentagem de um número e também
a ideia de aumento e redução percentual, os dois tipos de aplicação de porcentagem em
problemas de olimṕıada. Bons estudos!
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Problema 2. (OBMEP 1a Fase) Em 2009 uma escola tinha 320 alunos esportistas, dos
quais 45% jogavam vôlei. Em 2010 essa porcentagem diminuiu para 25%, mas o número
de jogadores de vôlei nâo se alterou. Qual era o número de alunos esportistas em 2010?
Solução. Primeiramente vamos ver quantos alunos jogavam vôlei em 2009, são 45% de
320, ou seja
45
100
× 320 = 144. Agora veja que em 2010 25% = 25
100
=
1
4
dos esportistas
eram jogadores de vôlei, portanto o total de alunos esportistas em 2010 será 4×144 = 576.
Problema 3. (OBM 1a Fase) Se Joana comprar hoje um computador de 2000 reais, ela
conseguirá um desconto de 5%. Se ela deixarpara amanhã, irá conseguir o mesmo desconto
de 5%, mas o computador irá aumentar 5%. Se ela esperar, o que acontecerá?
a) Nada, pois pagará a mesma quantia.
b) Ela perderá 100 reais.
c) Ela ganhará 105 reais
d) Ela perderá 95 reais.
e) Ela perderá 105 reais.
Solução. Alternativa D - Comprando hoje o computador, Joana gastaria 1900 reais. Es-
perando o próximo dia, o preço do computador subiria para 2100 reais e ela gastaria
95
100
× 2100 = 1995 reais. Assim, ela perderia 95 reais. Podemos fazer a conta de uma vez
só, já que um desconto de 5% em cima de 2000 reais pode ser escrito como (1−5%)×2000 =
(1 − 0, 05) × 2000 = 0, 95 × 2000 = 1900 reais, e o aumento de 5% em cima do preço de
1900 reais pode ser escrito como (1 + 5%)×1900 = (1 + 0, 05)×1900 = 1, 05×1900 = 1995
reais. A conta poderia ser escrita como (1− 5%)× (1 + 5%)× 2000 = 1995 reais.
2 Problemas
Operações Aritméticas Elementares: Problemas Introdutórios
Problema 4. Quanto é o dobro de 24 mais o triplo de 13 menos o quádruplo de 15?
Problema 5. Quanto é 99 + 999 + 9999?
Problema 6. Podemos afirmar que 0, 12 + 0, 22 é igual a?
Problema 7. Sabendo que 987× 154 = 151998 podemos concluir que 9870× 1, 54 é igual a
(a) 15,1998
(b) 1519,98
(c) 15199,8
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
(d) 151998
(e) 1519980
Problema 8. Simplifique a fração
2004 + 2004
2004 + 2004 + 2004
.
Problema 9. Em maio, o valor total da conta de telefone celular de Esmeralda foi 119,76
reais, sem os impostos. Esse valor corresponde aos itens: chamadas, acesso á internet,
envio de mensagens. Se ela gastou 29,90 reais com acesso á Internet e 15,50 reais com o
serviço de envio de mensagens, quanto foi que ela gastou com chamadas?
Problema 10. Uma data curiosa neste ano é o dia 11/11/11, pois o dia, mês e dois últimos
d́ıgitos do ano são iguais. No ano passado, esse padrão aconteceu em 10/10/10. Quantos
dias há desde 10/10/10 até 11/11/11, incluindo o dia 10 e o dia 11?
Problema 11. Marina, ao comprar uma blusa de R$17,00, enganou-se e deu ao vendedor
uma nota de R$10,00 e outra de R$ 50,00. O vendedor, distráıdo, deu o troco como se
Marina lhe tivesse dado duas notas de R$ 10,00. Qual foi o prejúızo de Marina?
Problema 12. Pedro vende na feira cenouras a R$1,00 por quilo e tomates a R$1,10 por
quilo. Certo dia ele se distraiu, trocou os preços entre si, e acabou vendendo 100 quilos de
cenoura e 120 quilos de tomate pelos preços trocados. Quanto ele deixou de receber por
causa de sua distração?
Problema 13. Na adição de termos iguais 20132013 + 20132013 + · · ·+ 20132013 = 20132014
, escrita de forma simplificada, foram escritos muitos sinais de adição (+). Quantos foram
escritos?
Operações Aritméticas Elementares: Problemas Propostos
Problema 14. Uma professora de Matemática escreveu uma expressão no quadro-negro e
precisou sair da sala antes de resolvê-la com os alunos. Na ausência da professora, Carlos,
muito brincalhão, foi ao quadro-negro e trocou todos os algarismos 3 por 5, os 5 por 3, o
sinal de + pelo de × e o de × pelo de +, e a expressão passou a ser (13÷5)× (53 + 2)−25.
Qual é o resultado da expressão que a professora escreveu?
Problema 15. Qual é o algarismo das unidades do número 1 × 3 × 5 × 7 × 9 × 11 × 13 ×
15× 17× 19− 2015?
Problema 16. Dividindo-se o número 44
4
por 44 obtemos?
Problema 17. Efetuando as operações indicadas na expressão
(
22007 + 22005
22006 + 22004
)
× 2006 ob-
temos um número de quatro algarismos. Qual é a soma dos algarismos desse número?
Problema 18. Perguntado, Arnaldo diz que 1 bilhão é o mesmo que um milhão de milhões.
Professor Piraldo o corrigiu e disse que 1 bilhão é o mesmo que mil milhões. Qual é a
diferença entre essas duas respostas?
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Problema 19. Representamos por n! o produto de todos os inteiros positivos de 1 a n. Por
exemplo, 5! = 5×4×3×2×1 = 120. Calculando a soma 1!+2!+3!+4!+ · · ·+2010!+2011!,
qual é o algarismo das unidades do resultado obtido?
Problema 20. Colocando sinais de adição entre alguns dos algarismos do número 123456789
podemos obter várias somas. Por exemplo, podemos obter 279 com quatro sinais de adição:
123 + 4 + 56 + 7 + 89 = 279. Quantos sinais de adição são necessários para que se obtenha
assim o número 54?
Problema 21. A fração
a
b
, onde a e b são inteiros positivos, representa um número entre 0
e 1, na posição indicada no desenho a seguir. Qual é um posśıvel valor para a soma a + b?
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
Problema 22. Colocando apenas parêntesis, tantos quantos necessários, mas usando apenas
as adições e subtrações já indicadas, podemos fazer com que a expressão 1 − 2 + 3 − 4 +
5− 6 + 7− 8 + 9− 10 represente o maior número posśıvel. Qual é este número?
Porcentagens: Problemas Introdutórios
Problema 23. Uma loja de CD’s realizará uma liquidação e, para isso, o gerente pediu
para Anderlaine multiplicar todos os preços dos CD’s por 0, 68. Nessa liquidação, qual é o
desconto que a loja está oferecendo em seus produtos?
Problema 24. Por conta de uma erupção de um vulcção, 10% dos voos de um aeroporto
foram cancelados. Dos voos restantes, 20% foram cancelados pela chuva. Que porcentagem
do total de voos deste aeroporto foram cancelados?
Problema 25. Em uma prova de olimṕıada, 15% dos estudantes não resolveram nenhum
problema, 25% resolveram pelo menos um problema, mas cometeram algum erro, e os
restantes, 156 estudantes, resolveram todos os problemas corretamente. Quantos estudantes
participaram da olimṕıada?
Problema 26. Aumentando 2% o valor um número inteiro positivo, obtemos o seu sucessor.
Qual é a soma desses dois números?
4
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Problema 27. Diamantino colocou em um recipiente três litros de água e um litro de suco
composto de 20% de polpa e 80% de água. Depois de misturar tudo, que porcentagem do
volume final é polpa?
Porcentagens: Problemas Propostos
Problema 28. Uma classe tem 22 alunos e 18 alunas. Durante as férias, 60% de todos
os alunos dessa classe foram prestar trabalho comunitário. No mı́nimo, quantas alunas
participaram desse trabalho?
Problema 29. Três anos atrás, a população de Pirajussaráı era igual à população que
Tucupira tem hoje. De lá para cá, a população de Pirajussaráı não mudou mas a população
de Tucupira cresceu 50%. Atualmente, as duas cidades somam 9000 habitantes. Há três
anos, qual era a soma das duas populações?
Problema 30. A massa de gordura de uma pessoa corresponde a 20% de sua massa total.
Essa pessoa, pesando 100 kg, fez um regime e perdeu 40% de sua gordura, mantendo os
demais ı́ndices. Quantos quilogramas ela pesava ao final do regime?
Problema 31. O tanque do carro de Esmeralda, com capacidade de 60 litros, contém uma
mistura de 20% de álcool e 80% de gasolina ocupando metade de sua capacidade. Esmeralda
pediu para colocar álcool no tanque até que a mistura ficasse com quantidades iguais de
álcool e gasolina. Quantos litros de álcool devem ser colocados?
Problema 32. Num folheto de propaganda, uma montadora explica que um véıculo equi-
pado com a tecnologia flex fuel, bicombust́ıvel, pode usar álcool, gasolina, ou uma mistura
de álcool e gasolina em qualquer proporção. Testes realizados com cinco proporções apre-
sentaram os seguintes desempenhos:
Proporção de combust́ıvel Consumo
Álcool Gasolina (km por litro)
— 100% 14
40% 60% 13,2
50% 50% 11,8
70% 30% 10
100% — 8
Considere que o preço do litro de álcool é R$1,00 e o preço do litro de gasolina é R$2,00.
Nesse problema você pode utilizar calculadora!
Numa viagem de 400 km com esse véıculo:
(a) Quantos reais seriam gastos se o véıculo fosse abastecido somente com álcool?
(b) Qual das cinco proporções apresentadas possibilita o menor gasto com combust́ıvel?
5
POTI - Aritmética - Nı́vel1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Problema 33. Francisca compra produtos em grande quantidade para uma rede de restau-
rantes. No momento ela deve comprar detergente ĺıquido, escolhendo entre as marcas A, B
e C, que são vendidas em frascos com volumes diferentes. As três tem a mesma qualidade
e um galão com 80 litros do detergente B custa 50 reais, mas
• o detergente A é 40% mais caro que o B e contém 20% menos ĺıquido que o C;
• o detergente C custa 50% a mais que A e contém 50% mais ĺıquido que o B;
Francisca pensou e comprou a marca mais econômica. Qual é a marca mais econômica?
Utilize uma calculadora para fazer esse problema.
Problema 34. Segundo uma reportagem da revista Veja, 20% dos brasileiros nunca foram
ao dentista. Considere que a população do Brasil é de 200 milhões, dos quais 38 milhões
moram na zona rural, responda:
(a) Qual é o número de brasileiros que nunca foram ao dentista?
(b) A partir dos dados do problema, podemos afirmar que há residentes da zona urbana
que nunca foram ao dentista?
Problema 35. Um fabricante de chocolate cobrava R$ 5,00 por uma barra de 250 gramas.
Recentemente o peso da barra foi reduzido para 200 gramas, mas seu prećo continuou R$
5,00. Qual foi o aumento percentual do preço do chocolate desse fabricante?
Problema 36. Na escola de Esmeralda, neste ano, o aumento do número de alunos em
relação ao ano passado foi de 10% para os meninos e 20% para as meninas. Há atualmente
230 alunos, exatamente 30 a mais do que no ano passado. Quantas meninas há na escola?
Problema 37. Na população de uma espécie rara de 1000 aves da floresta amazônica, 98%
tinham cauda de cor verde. Após uma misteriosa epidemia que matou parte das aves
com cauda verde, esta porcentagem caiu para 95%. Quantas aves foram eliminadas com a
epidemia?
Problema 38. Júlia comprou 3 camisetas iguais e pagou sua compra com desconto de 10%,
enquanto que seu irmão comprou 2 camisetas iguais ás de Júlia com desconto de 5%. Júlia
gastou 12 reais a mais que seu irmão. Qual era, em reais, o preço sem desconto de cada
camiseta?
Problema 39. A quantidade de água de uma melancia corresponde a 95% de seu peso.
Joaquim retirou água dessa melancia até que a quantidade de água correspondesse a 90%
de seu peso, que passou a ser 6 kg. Qual era o peso original da melancia?
Problema 40. A Fuvest, maior vestibular do páıs, seleciona os estudantes que ingressarão
na Universidade de São Paulo (USP). Em valores aproximados, a cada ano são 150 mil can-
didatos, dos quais são escolhidos os 10 mil novos estudantes da USP. A Fuvest é composta
de duas fases. Em cada curso, o número de estudantes que são aprovados para a segunda
fase é aproximadamente igual a três vezes o número de vagas. Por exemplo, na carreira de
6
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Engenharia da Computação são oferecidas 900 vagas e, dos 9000 candidatos iniciais, 2700
classificam-se para a segunda fase. Em Medicina, 90% dos candidatos são eliminados na
primeira fase. Encontre o quociente A/B, onde A é o número de candidatos e B o número
de vagas da carreira de Medicina na primeira fase.
Problema 41. Atacando a defasagem salarial decorrente da inflação, os funcionários de
faculdades de Los Angeles, EUA, assinaram e enviaram ao governo a seguinte mensagem:
Prezados Senhores,
Estamos unidos num único propósito: queremos um aumento salarial.
Aumento Salarial(%) Inflação Anual(%) Ganho(%)
1990 0 6 −6
1991 0 3, 5 −3, 5
1992 0 3, 2 −3, 2
1993 0 2, 5 −2, 5
1994 3 2, 5 +0, 5
1995 2, 7 2, 3 +0, 4
−14, 3
Estamos cansados de trabalhar com números negativos! Utilizando uma calculadora, res-
ponda as perguntas:
(a) Suponha que em 1990 o funcionário Arnald tinha um salário mensal de US$1.000, 00.
Qual é o salário de Arnald no final de 1995?
(b) Suponha que em 1990 o funcionário Bernald tinha um gasto mensal de US$1.000, 00.
Qual o gasto mensal de Bernald no final de 1995, levando-se em consideração que ele
continua gastando com as mesmas coisas desde 1990?
(c) Baseados na tabela, os funcionários pediram um aumento salarial de 14, 3%. Nesse
caso, seriam realmente repostas todas as perdas salariais?
7
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Operações Aritméticas Elementares: Soluções dos Introdutórios
4) (OBM 1a Fase) O valor procurado é 2× 24 + 3× 13− 4× 15 = 4839− 60 = 27
5) (OBMEP 1a Fase) 99 + 999 + 9999 = (100− 1) + (1000− 1) + (10000− 1) = 11100− 3 =
11097.
6) (OBM 1a Fase) 0, 12 + 0, 22 = (
1
10
)2 + (
2
10
)2 =
1
100
+
4
100
=
5
100
=
1
20
7) (OBMEP 1a Fase) Temos 9870 × 1, 54 = 987 × 10 × 154
100
=
987× 154
10
=
151998
10
=
15199, 8
8) (OBM 1a Fase)
2004 + 2004
2004 + 2004 + 2004
=
2.2004
3.2004
=
2
3
9) (OBM 1a Fase) Ela gastou com chamadas 119, 76− 29, 90− 15, 50 = 74, 36 reais.
10) (OBM 1a Fase) Vamos quebrar o peŕıodo em duas partes. Temos: De 10/10/10 até
09/10/11, há 365 dias. De 10/10/11 até 11/11/11 há 22 dias mais 11 dias, ou seja, 33
dias. Logo, de 10/10/10 até 11/11/11, incluindo o dia 10 e o dia 11, há 365 + 33 = 398
dias.
11) (OBMEP 1a Fase) Marina, ao dar 60 reais para pagar uma conta de 17 reais, deveria
receber 60− 17 = 43 reais de troco, mas recebeu somente 20− 17 = 3 reais. Logo, seu
prejúızo foi de 43 − 3 = 40 reais. Uma outra maneira de resolver o problema é notar
que, ao confundir uma nota de 10 reais com uma de 50 reais, Marina teve um prejúızo
de 50 − 10 = 40 reais. Esta solução mostra que o prejúızo de Marina não depende do
preço da blusa.
12) (OBMEP 1a Fase) Solução 1: Se Pedro não tivesse trocado os preços, a quantia que
ele teria recebido pela venda de 100 quilos de cenoura e 120 quilos de tomate seria
100 × 1 + 120 × 1, 10 = 100 + 132 = 232 reais. A quantia que ele recebeu, de fato, foi
de 100× 1, 10 + 120× 1 = 110 + 120 = 230 reais. Logo, por causa de sua distração, ele
perdeu 232− 230 = 2 reais. Solução 2: Como a diferença dos preços dos dois produtos
é R$ 0,10 por quilo, ao trocar os preços Pedro ganhou 100 × 0, 10 = 10 reais na venda
das cenouras e perdeu 120× 0, 10 = 12 reais na venda dos tomates. Logo, no final, ele
perdeu 2 reais.
13) (OBM 1a Fase) Veja que 20132014 = 20131.20132013, logo nessa soma temos 2013 termos
20132013. Veja também que essa soma começa com um 20132013 e termina com 20132013,
portanto entre os números teremos um sinal de mais a menos. Portanto são 2012 sinais
de +.
Operações Aritméticas Elementares: Soluções dos Problemas Propostos
8
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
14) (OBMEP 1a Fase) Para encontrar a expressão que a professora escreveu no quadro
negro, precisamos destrocar tudo o que Carlos trocou, logo o resultado da expressão
que professora escreveu no quadro negro é (15÷ 3) + (35× 2)− 23 = 5 + 70− 23 = 52
15) (OBMEP 1a Fase) O número 1 × 3 × 5 × 7 × 9 × 11 × 13 × 15 × 17 × 19 termina em
5, pois qualquer número ı́mpar diferente de 1 que multiplicar 5, termina em 5. Logo, o
algarismo das unidades do número 1× 3× 5× 7× 9× 11× 13× 15× 17× 19− 2015 é 0.
16) (OBM 1a Fase) Nessa divisão perceba que a base é 4:
44
4
44
=
4(4
4
)
44
= 44
4−4 = 416−4 = 412
17) (OBM 1a Fase)
(
22007 + 22005
22006 + 22004
)
× 2006 = 2
2005.22 + 22005
22004.22 + 22004
× 2006 =
22005.
(
22 + 1
)
22004. (22 + 1)
×
2006 =
22005
22004
× 2006 = 2.2006 = 4012
18) (OBM 1a Fase) Arnaldo: 1 bilhão = 1.000.000× 1.000.000 = 1.000.000.000.000. Profes-
sor Piraldo: 1 bilhão = 1.000×1.000.000 = 1.000.000.000. A diferença é: 1.000.000.000.000−
1.000.000.000 = 999.000.000.000.
19) (OBM 1a Fase) Observe que 5!, 6!, 7!, 8!, ... terminam em 0, já que todos eles possuem
2 e 5 dentro da multiplicação, ou seja, são múltiplos de 2 × 5 = 10 e, por isso mesmo,
terminam em 0. Assim, o algarismo das unidades de 5! + 6! + ... + 2010! + 2011! é igual
a 0, e como 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 2 + 6 + 24 = 33, que termina em 3, temosfinalmente
que 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! + ... + 2010! + 2011! termina em 3 + 0 = 3.
20) (OBMEP 1a Fase) Como queremos obter a soma 54, devemos colocar sinais de adição
entre todos os algarismos a partir do 5, isto é, 1?2?3?4? 5 + 6 + 7 + 8 + 9︸ ︷︷ ︸
30
= 54
Logo precisamos que 1?2?3?4?5 = 24. Com o mesmo argumento usado anteriormente,
vemos que isso só pode ser feito como 12+3+4+5. Logo 12+3+4+5+6+7+8+9 = 54
é a expressão procurada, para a qual necessitamos de 7 sinais de adição.
21) (OBM 1a Fase) Alternativa E - A soma a + b é 1 se a = 0 e b = 1, ou seja,
a
b
= 0,
incompat́ıvel com o desenho. A soma é 2 se
a
b
=
1
1
= 1, também incompat́ıvel. E a
soma é 3 se
a
b
=
1
2
ou
a
b
=
2
1
= 2 > 1, ambos incompat́ıveis. Os casos em que a soma é
4 são:
a
b
=
1
3
<
1
2
ou
a
b
=
2
2
= 1 ou
a
b
=
3
1
= 3 > 1 , todos incompat́ıveis. Como todas
as quatro primeiras alternativas são falsas, a alternativa E é a verdadeira. De fato, a
soma é 5 nos casos:
a
b
=
1
4
<
1
2
ou
a
b
=
2
3
>
1
2
ou
a
b
=
3
2
> 1 ou
a
b
=
4
1
= 4 > 1 , dos
quais a possibilidade a = 2 e b = 3 dá a fração
a
b
=
2
3
≈ 0, 67.
22) (OBM 2a Fase) Primeiro note que só vale colocar parênteses logo depois de sinais de −,
já que se o fizermos em frente ao sinal de + não alteramos o resultado.
9
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Ao efetuarmos os parênteses, o 2 terá sinal de − necessariamente. Suponha que não
colocamos parênteses depois do sinal de − do 2. Então o 4 também deve ter sinal de −
quando efetuamos os parênteses, e a soma é no máximo 1−2+3−4+5+6+7+8+9+10 =
43.
Então é mais vantajoso colocar parênteses entre o − e o 2. Ao fazermos isso, ao
efetuarmos os parênteses o 3 deve ter necessariamente sinal de −, e a soma é no
máximo 1 − 2 − 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 45. Podemos obter esse resultado:
1− (2 + 3− (4 + 5)− (6 + 7)− (8 + 9)− 10) = 45.
Então a maior soma posśıvel é 45.
Porcentagem: Soluções dos Problemas Introdutórios
23) (OBM 1a Fase) Ao multiplicar os preços por 0, 68 = 68% a loja oferece um desconto
100%− 68% = 32%.
24) (OBM 1a Fase) Seja N o número de voos. Se 10% dos voos foram cancelados, restaram
90% de N. Dos voos restantes, 20% foram cancelados pela chuva, ou seja, 20% de 90%
de N = 0, 20× 0, 90×N = 0, 18×N = 18% de N. Dessa forma, a porcentagem do total
de voos que foram cancelados é 28%.
25) (OBM 1a Fase) Os 156 estudantes que resolveram todos os problemas corretamente
correspondem a 100%−25%−15% = 60% do total. Logo, o número total de estudantes
é
600
100
.156 = 260.
26) (OBM 1a Fase) Se 2% de um número é igual a 1, então esse número é 50, pois, sendo
x esse número temos
2
100
.x = 1 ⇔ 1
50
.x = 1. Seu sucessor é 51, portanto a soma de
ambos é 101.
27) (OBM 1a Fase) A mistura final tem 0, 2 litros de polpa e litros de água. A porcentagem
de polpa em relação ao volume da mistura é
0, 2
4
=
2
40
= 0, 05 = 5%.
Porcentagem: Soluções dos Problemas Propostos
28) (OBM 1a Fase) De todos os alunos dessa classe, 60%.(22 + 18) = 0, 6.40 = 24 foram
prestar trabalho comunitário. O número mı́nimo de alunas que participaram desse
trabalho é obtido quando número de alunos que participaram é máximo, ou seja, quando
22 alunos se envolveram, restando assim o mı́nimo de 24−22 = 2 vagas para as meninas.
29) (OBM 1a Fase) Seja p a população de Tucupira há três anos. Atualmente, Tucupira tem
p+ 50% de p = p+ 0, 5p, população igual à atual de Pirajussaráı. Temos 1, 5p+ 1, 5p =
9000⇔ 3p = 9000⇔ p = 3000. Há três anos, a soma das populações das duas cidades
era 1, 5p + 0, 5p = 1, 5.3000 + 3000 = 4500 + 3000 = 7500 pessoas.
10
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
30) (OBM 2a Fase) Como 20% da massa total dessa pessoa correspondem á massa de gor-
dura, ela tem
20
100
.100 = 20 kg de gordura. Ela perdeu 40% da sua gordura, ou seja,
perdeu
40
100
.20 = 8 kg de gordura, e como manteve os demais ı́ndices, ela pesava ao final
do regime 100− 8 = 92 kg.
31) (OBM 2a Fase) O tanque contém uma mistura de 30 litros, sendo 0, 2× 30 = 6 litros de
álcool e 30− 6 = 24 litros de gasolina. Portanto, para que as quantidades de gasolina e
álcool fiquem iguais, devem ser colocados no tanque 24− 6 = 18 litros de álcool.
32) (OPM Primeira Fase)
(a) Somente com álcool, o véıculo percorre 400 km com 1 litro de combust́ıvel. Logo
serão necessários
400
8
= 50 litros, gerando um gasto de 50× 1 = 50 reais.
(b) As proporções de combust́ıvel apresentadas possibilitam os seguintes gastos para
se percorrer os 400 km:
400
14
× (0%× 1, 00 + 100%× 2, 00) ≈ 57, 14 reais
400
13, 2
× (40%× 1, 00 + 60%× 2, 00) ≈ 48, 48 reais
400
11, 8
× (50%× 1, 00 + 50%× 2, 00) ≈ 50, 84 reais
400
10
× (70%× 1, 00 + 30%× 2, 00) ≈ 52, 14 reais
400
8
× (100%× 1, 00 + 0%× 2, 00) = 50, 00 reais
Assim, a proporção que possibilita o menor gasto com combust́ıvel é formada por 40%
de álcool e 60% de gasolina.
33) (OPM Primeira Fase) Vejamos primeiramente o preço de cada marca de detergente,
lembrando que os volumes são diferentes. A marca B custa 50 reais, e como o detergente
A é 40% mais caro que a marca B, entã o preço de A é (1+40%)×50 = (1+0, 4)×50 =
1, 4×50 = 70 reais. O detergente C custa 50% a mais que a marca A, portanto preço da
marca C é (1+50%)×70 = (1+0, 5)×70 = 1, 5×70 = 105 reais. Agora vamos calcular
os volumes. O volume de B é de 80 litros, e como o detergente C contém 50% mais
liquido que B, o volume de C é de (1+50%)×80 = (1+0, 5)×80 = 1, 5×80 = 120 litros.
O detergente A tem um volume 20% menor que o detergente C, portanto o detergente A
tem (1−20%)×120 = (1−0, 2)×120 = 0, 8×120 = 96 litros. Para pensar em economia
podemos fazer um quociente, do volume pelo preço, quanto maior esse quociente então
isso quer dizer se leva um volume maior de detergente. Para o detergente A o quociente
é
96
70
≈ 1, 37, para o detergente B 80
50
= 1, 6 e finalmente para o detergente B temos o
quociente
120
105
≈ 1, 14. Portanto o detergente B é o mais econôomico.
34) (OPM Fase Final)
11
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
(a) 20% de 200 milhões é
20
100
.200000000 = 40000000 .
(b) Há mais pessoas que não vão ao dentista do que moradores da zona rural, em
outras palavras, se considerarmos que todos os 38 milhões de habitantes da zona
rural nunca foram ao dentista ainda restariam 40− 38 = 2 milhões de pessoas que
nunca foram ao dentista, e que são da zona urbana.
35) (OBMEP 1a Fase) Inicialmente o fabricante cobrava R$ 20,00 por quilo e passou, com
o aumento de preço, a cobrar R$ 25,00 por quilo. Logo o aumento do preço foi de R$
5,00 por quilo e o aumento percentual de
5
20
= 25%.
36) (OBM 2a Fase) Seja x a quantidade de meninas no ano passado. Então havia 200 − x
meninos. Assim, como o aumento foi de 10% para meninos, 20% para meninas e 30 no
total, temos 0, 10.(200 − x) + 0, 20x = 30 ⇔ x = 100. Logo, após o aumento de 20%,
existem 100.1, 20 = 120 meninas na escola.
37) (OBM 2a Fase) Inicialmente existiam 980 aves com a cauda verde e 20 das demais. Após
a epidemia, estas 20 aves correspondem a 5%, donde o total de aves agora é 20×20 = 400
(sendo 380 da cauda verde). Portanto, morreram 600 aves.
38) (OBM 2a Fase) Seja p o preço de cada camiseta em reais. Júlia comprou 3 camisetas e
pagou por elas 3p reais. Mas como teve 10% de desconto, ao final pagou 100%− 10% =
90% desse valor, ou seja, pagou 90%.3p = 0, 9.3p = 2, 7p reais. O irmão de Júlia
comprou 2 camisetas e pagou por elas 2p reais. Mas como teve 5% de desconto, ao final
pagou 100% − 5% = 95% desse valor, ou seja, pagou 95%.2p = 0, 95.2p = 1, 9p reais.
Como Júlia gastou 12 reais a mais que seu irmão, temos que 2, 7p = 1, 9p+12⇔ 0, 8p =
12⇔ p = 15
39) (OBMEP 1a Fase) Aqui usaremos os termos peso e massa como sinônimos, para tornar o
texto mais próximo da linguagem coloquial. Uma melancia éconstitúıda de duas partes:
água e componentes sólidos (fibras, açúcares, etc.). Durante a desidratação somente
ocorre perda de água; o peso dos demais componentes, antes e depois da desidratação,
permanece o mesmo. O enunciado diz que, após ser desidratada, a melancia pesa 6 kg,
dos quais 90% correspondem a água; os 10% restantes, cujo peso é
1
10
× 6 = 6
10
= 0, 6
kg, correspondem aos componentes sólidos. Por outro lado, antes de ser desidratada, a
melancia tinha 95% de água, logo ela continha 5% de componentes sólidos; como o peso
desses componentes não muda, vemos que 5% do peso original da melancia era 0,6 kg.
Portanto 10%, ou seja, a décima parte, do peso original da melancia era igual a 1,2 kg;
logo, o peso original da melancia era 10× 1, 2 = 12 kg.
40) (OPM Fase Final) Como 90% dos candidatos são eliminados na primeira fase, somente
100%−90% = 10% = 1
10
dos candidatos passam para a segunda fase. Desses candidatos,
1 em cada 3 é chamado para uma das vagas de Medicina. Assim, de
1
10
dos candidatos
12
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
que fizeram a primeira fase,
1
3
são chamados para as vagas de Medicina. Logo a razão
candidatos
vagas
é
1
10
.
1
3
=
1
30
, ou seja, a razão
vagas
candidatos
é o inverso de
1
30
, que é 30.
41) (OPM Fase Final)
(a) O salário sofreu um aumento de 3% em 1994, passando para 1000 + 3%× 1000 =
1000 + 30 = 1030 dólares. Em seguida, sofreu um aumento de 2, 7% em 1995,
passando então para 1030 + 2, 7%× 1030 = 1030 + 27, 81 = 1057, 81 dólares.
(b) Lembrando que aumentar de x% é o mesmo que multiplicar por 1 + x% o valor a
ser aumentado, de acordo com os dados o gasto de US$1000,00 em 1990 passaram a
(1+2, 3%).(1+2, 5%).(1+2, 5%).(1+3, 2%).(1+3, 5%).(1+6%).1000 = US$1216, 88
(c) Não. De acordo com o item (b), o gasto mensal de US$1000,00 em 1990 aumentou
de US$216,88, ou seja, aumentou 21,688%, mais que os 14,3% pedidos.
13
Múltiplos, Divisores e Primos - Aula 02
Nessa lista vamos explorar conceitos básicos de divisão Euclidiana, múltiplos, divisores
e primos.
Quando dividimos o número 7 pelo número 3, obtemos um quociente 2 e um resto 1.
Podemos transformar essa divisão na equação 7 = 3 × 2 + 1. De um modo mais geral, ao
dividirmos um número a por um número b, obtemos um quociente q e um resto r.
a = b× q + r (1)
Perceba que o resto não pode assumir qualquer valor, por exemplo, na divisão por 3
os restos posśıveis são 0, 1 ou 2, em outras palavras, o resto pode ir de 0 até o número
anterior ao divisor. Portanto, ao dividirmos por b, os restos posśıveis são 0, 1, 2, · · · , b− 1.
Um caso muito especial acontece quando o resto da divisão é zero. A equação anterior
fica:
a = b× q (2)
Dessa expressão podemos fazer quatro definições, que são equivalentes:
• a é múltiplo de b
• a é diviśıvel por b
• b é divisor de a
• b é fator de a
Assim, um número primo pode ser definido como um número p que possui exatamente
dois divisores positivos: 1 e p. São primos os números 2, 3, 5, 7, 11, · · · enquanto que 4
não é primo já que possui como divisores positivos 1, 2 e 4, assim como 6 também não é
já que possui como divisores positivos 1, 2, 3 e 6. Números que podem ser representados
como o produto de pelo menos dois números primos são chamados de números compostos,
como exemplo temos 4 = 2× 2 ou 12 = 2× 2× 3.
Problema 1. (OBM 1a Fase) A soma de dois números primos a e b é 34 e a soma dos
primos a e c é 33. Quanto vale a+ b+ c?
Solução. Como a+b = 34, que é um número par, ou a e b são pares, ou são ambos ı́mpares,
como o único primo par é 2, teŕıamos a+ b = 4, portanto a e b são ı́mpares. Com a mesma
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas
análise verificamos que, como a+ c = 33, então temos um número par e um número ı́mpar
entre a e c, e como anteriormente verificamos que a é ı́mpar, então c é um número primo
par, logo c = 2, portanto: a + c = 33 ⇔ a + 2 = 33 ⇔ a = 31. Substituindo na outra
equação temos: a+ b = 34 ⇔ 31+ b = 34 ⇔ b = 3 Finalmente, a+ b+ c = 31+3+2 = 36.
Problema 2. (OBM 1a Fase) Dos números a seguir, qual é o único que pode ser escrito
como produto de quatro naturais consecutivos?
a) 712
b) 548
c) 1026
d) 1456
e) 1680
Solução. Uma ideia para resolver esse problema é fatorar cada uma das alternativas para
verificar se podemos escrever tal número como um produto de quatro números consecutivos.
De fato a alternativa e) dá a resposta, já que 1680 = 24.3.5.7 = 5.6.7.8.
Como essa resolução pode demorar muito, podemos fazer de outra maneira. Perceba
que o produto de números consecutivos cresce muito rápido. Outra solução posśıvel seria
ir testando o produto de quatro números consecutivos até encontrar uma das alternativas,
nesse caso começaŕıamos com 1.2.3.4 = 24, depois tentaŕıamos 2.3.4.5 = 120, o próximo é
3.4.5.6 = 360, 4.5.6.7 = 840, e finalmente 5.6.7.8 = 1680.
Por último, vamos considerar uma ideia mais elaborada. Da resolução anterior podemos
perceber que no produto de quatro números consecutivos sempre teremos pelo menos um
número múltiplo de 3 (veja que aparece o 3 e depois começa a aparecer o 6), um número
múltiplo de 4 (veja que quando o 4 para de aparecer, o 8 aparece) e um número par que não
é múltiplo de 4, em outras palavras, um múltiplo de 2 (o 2 aparece no começo, ai aparece
o 6). Resumidamente, um múltiplo simultâneo de 2, 3 e 4 é um múltiplo de 2.3.4 = 24.
Podemos pegar cada alternativa e ver qual desses números é diviśıvel por 24.
Problema 3. (OBM 1a Fase) Uma professora tem 237 balas para dar a seus 31 alunos.
Qual é o número mı́nimo de balas a mais que ela precisa conseguir para que todos os
alunos recebam a mesma quantidade de balas, sem sobrar nenhuma para ela?
Solução. Dividindo 237 por 31 obtemos quociente 7 e resto 20, ou seja, se a professora
conseguir uma quantidade tal que, somada com 20 dê 31, então ela consegue entregar mais
uma bala para cada aluno. Portanto a professora precisa de 11 balas a mais.
Problema 4. Em um certo ano, Janeiro tinha exatamente quatro terças-feiras e quatro
sábados. Em que dia da semana caiu o dia 1 de Janeiro?
Solução. Uma ideia para resolver esse problema é desenhar um calendário do mês de
janeiro com 31 dias. Veja que a diferença de sábado para terça-feira são apenas 3 dias,
como janeiro possui 31 dias isso quer dizer que podemos montar 4 sequências de 7 dias e
sobram ainda 3 dias (31 = 4.7 + 3), ou seja, como esse mês de janeiro possui exatamente
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
quatro terças e quatro sábados, os 3 dias restantes só podem ser quarta-feira, quinta-feira
e sexta-feira. Montando esse calendário de janeiro verificamos que dia 1 de Janeiro é uma
quarta-feira.
1 Problemas
Múltiplos, Divisores e Primos: Problemas Introdutórios
Problema 5. Sabendo-se que 9174532 × 13 = 119268916, pode-se concluir que é diviśıvel
por 13 o número:
a) 119268903
b) 119268907
c) 119268911
d) 119268913
e) 119268923
Problema 6. Em 2006, o primeiro dia do ano foi um domingo, o primeiro dia da semana.
Qual é o próximo ano em que isso ocorrerá?
Considere que os anos não bissextos têm 365 dias e os bissextos têm 366 dias. São
bissextos:
• os anos que são múltiplos de 4 e não são múltiplos de 100;
• os anos que são múltiplos de 400.
Por exemplo, 1996 e 2000 foram anos bissextos e 1900 não foi um ano bissexto.
Problema 7. A Páscoa é celebrada no primeiro domingo após a primeira Lua cheia do
Outono e pode ocorrer entre 22 de março e 25 de abril. Existem vários métodos para
determinar o dia em que o domingo de Páscoa cai. Um deles é o método de Gauss, descrito
a seguir para os anos no intervalo de 1901 a 2099. Sejam
• A o resto da divisão do ano por 19;
• B o resto da divisão do ano por 4;
• C o resto da divisão do ano por 7;
• D o resto da divisão de 19A+24 por 30;
• E o resto da divisão de 2B + 4C + 6D + 5 por 7;
Desta forma:
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
• Se D + E > 9, então o dia é D + E − 9 e o mês é abril.
• Caso contrário, o dia é D + E + 22 e o mês é março.
Em que dia e mês será o domingo de Páscoa em 2077, ano do centenário da OPM?
Múltiplos, Divisores e Primos: Problemas Propostos
Problema 8. Um certo número inteiro positivo, quando dividido por 15 dá resto 7. Qual
é a soma dos restos das divisões desse número por 3 e por 5?
Problema 9. Um conjunto de inteiros positivos, dois a dois distintos, é chamado auto-
divisor se a soma de todos os seus elementos é múltiplo de cada um de seus elementos. Por
exemplo, {1; 2; 3} é um conjunto auto-divisor com 3 elementos, pois 1+2+3 = 6 é múltiplo
de 1, 2 e 3.
Agora é sua vez! Invente um conjunto auto-divisor com
(a) 4 elementos.
(b) 5 elementos.
(c) 10 elementos.
Problema 10. A primeira fase da OBM de 2008 se realizou no dia 14 de junho, um sábado
do ano bissexto 2008.
Problema 11. O número 1000...02 tem 20 zeros. Qual é a soma dos algarismos do número
que obtemos como quociente quando dividimos esse número por 3?
Problema 12. Em um ano, no máximo quantos meses têm cinco domingos?
Problema 13. Você conhece o critério de divisibilidade por 11? Veja só:
• O número 93918 é diviśıvel por 11 pois 8− 1+ 9− 3 + 9 = 22 e 22 é diviśıvel por 11;
• O número 4851 é divisével por 11 pois 1− 5 + 8− 4 = 0 e 0 é diviśıvel por 11;
• O número 63502 não é diviśıvel por 11 pois 2− 0+ 5− 3+ 6 = 10 que não é diviśıvel
por 11.
a) Qual é o menor número natural de 5 algarismos que é diviśıvel por 11?
b) Qual é o menor número natural de 5 algarismos distintos que é diviśıvel por 11?
Problema 14. Vamos chamar de selo de um número inteiro positivo o par (x; y) no qual
x é o número de divisores positivos desse número menores do que ele e y é a soma desses
divisores. Por exemplo, o selo do número 10 é (3; 8) pois o número 10 tem como divisores
menores do que ele os números 1, 2 e 5, cuja soma é 8. Já o selo do número primo 13 é
(1; 1).
4
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
a) Qual é o selo do número 9?
b) Qual número tem o selo (2; 3)?
c) Há números cujo selo é (6;m). Qual é o menor valor posśıvel para m?
Problema 15. Neste problema vamos mostrar uma forma de calcular o resto da divisão de
um número inteiro positivo por 7. Considere a figura a seguir, com os restos que um número
inteiro pode deixar na divisão euclidiana por 7 e algumas flechinhas pretas ou brancas entre
eles. Para descobrir o resto da divisão de um número qualquer n por 7, fazemos o seguinte:
partimos do zero e seguimos o caminho indicado por x1 flechas pretas, sendo x1 o algarismo
mais á esquerda de n. Seguimos por uma flecha branca e então seguimos o caminho indicado
por x2 flechas pretas, sendo x2 o segundo algarismo mais á esquerda de n. Seguimos por
uma flecha branca e então seguimos o caminho indicado por x3 flechas pretas, sendo x3
o terceiro algarismo mais á esquerda de n e assim por diante até seguir a quantidade de
flechas pretas indicada pelo algarismo das unidades de n e terminar em algum dos restos
de 0 a 6. O número no qual terminarmos é o resto da divisão de n por 7.
Por exemplo, para n = 3401:
• Partimos do 0 e seguimos por 3 flechas pretas, chegando em 3.
• Seguimos uma flecha branca para 2 e, então, seguimos por 4 flechas pretas, chegando
em 6.
• Seguimos uma flecha branca para 4 e, então, seguimos por 0 flecha preta (ou seja,
ficamos na mesma posição), continuando em 4.
• Seguimos uma flecha branca para 5 e, então, seguimos por 1 flecha preta, chegando
em 6.
• Podemos concluir que 6 é o resto da divisão de 3401 por 7.
a) Encontre, segundo a regra descrita, o resto da divisão de 4288 por 7. Seguindo o modelo
acima, descreva os passos para obtenção do resto.
b) Encontre, segundo a regra descrita, o resto da divisão de 102010 por 7. Não é necessário
descrever todos os 2011 passos, mas não se esqueça de justificar a sua resposta.
5
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 16. Neste problema, vamos apresentar um método de fatoração criado por Pierre
de Fermat. O método consiste em tentar escrever n como a diferença de dois quadrados:
n = x2 − y2
Para isto atribúımos a x o primeiro inteiro maior ou igual a
√
n. Então, testamos se
y =
√
x2 − n
é inteiro. Caso y seja inteiro, utilizamos a fatoração x2 − y2 = (x+ y) · (x− y) para fatorar
n. Senão, aumentamos o valor de x em 1 e repetimos o procedimento.
Por exemplo, se n = 7303, temos
√
n = 85,45 . . ., logo fazemos x = 86. Como y =√
x2 − n =
√
862 − 7303 =
√
93 não é inteiro, aumentamos o valor de x em 1 e tentamos
novamente. Para x = 87, temos y =
√
872 − 7303 =
√
266. Então fazemos x = 88 e agora
y =
√
882 − 7303 =
√
441 = 21, que é um inteiro e o procedimento termina.
Para obter a fatoração, observe que
21 =
√
882 − 7303 ⇐⇒ 212 = 882 − 7303
⇐⇒ 7303 = 882 − 212 = (88− 21)(88 + 21) = 67 · 109
Assim, 7303 = 67 · 109 que é, portanto, composto.
Agora é a sua vez: mostre que n = 84587 é um número composto. Utilize calculadora!
Problema 17. O truque favorito do grande matemágico Benjamini é o seguinte:
• Ele pede para uma pessoa na plateia pensar em um número de sete algarismos. Esse
número não deve ser revelado
• Então pede para ela inverter o número (primeiro algarismo vira o último, o segundo
vira o penúltimo e assim por diante) e subtrair o maior do menor (pode usar lápis e
papel, pois a conta é grande). Nada é revelado ainda.
• Finalmente pede para a pessoa convidada ir falando na ordem os sete algarismos
obtidos (mesmo os posśıveis zeros á esquerda devem ser falados), sendo que um dos
algarismos ela não deve dizer, desafiando Benjamini com “Descubra!”.
• Após o convidado concluir a sua participação, para espanto de todos, Benjamini
imediatamente diz o algarismo que ele não falou.
Por exemplo:
• A pessoa escolhe o número 2485772.
• O número invertido é 2775842. Subtraindo: 2775842− 2485772 = 0290070.
• O convidado, então, diz Zero, Dois, Nove, Zero, Zero, Descubra!, Zero.
• E o triunfante Benjamini, diz de imediato “Sete!”, recebendo as suas merecidas pal-
mas.
6
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
O segredo de Benjamini é que ele sabe que o número obtido após a subtração deve ser
múltiplo de onze. E sabe também o critério de divisibilidade por onze: Seja anan−1 · · · a2a1a0
a representação decimal de um número inteiro n. O número n é múltiplo de 11 se, e so-
mente se, (a0+a2+a4+ · · · )− (a1+a3+a5+ · · · ) é múltiplo de 11. Por exemplo: 4770216
é múltiplo de 11, pois (6 + 2 + 7 + 4) − (1 + 0 + 7) = 11 é um múltiplo de 11; já 5672109
não é múltiplo de 11, pois (9 + 1 + 7 + 5)− (0 + 2 + 6) = 14 não é múltiplo de 11.
Explicando o truque: 0290070 é múltiplo de 11, pois (0 + 0 + 9 + 0)− (7 + 0 + 2) = 0
que é múltiplo de 11.
a) Um membro da plateia disse: Quatro, Três, Dois, Zero, Descubra!, Cinco, Cinco. Faça
como o grande Benjamini e determine o algarismo que falta.
b) Um outro membro da plateia disse: Seis, Zero, Oito, Descubra!, Zero, Oito, Quatro. E
Benjamini, para surpresa de todos, afirmou que não diria o algarismo porque o resultado
da conta estava errado! Baseado no critério de divisibilidade por onze, explique mais
esse mistério envolvendo o maior dos matemágicos.
Problema 18. Frações redut́ıveis e irredut́ıveis:
a) Algumas vezes, quando somamos frações irredut́ıveis, obtemos uma fração que pode
ser simplificada, ou seja, redut́ıvel. Por exemplo,
4
21
+
1
13
=
4.5 + 1.7
105
é uma fração
equivalente a
9
25
. Notando que 2009 = 72.41, conclúımos que, ao somarmos as frações
irredut́ıveis
a
2009
e
b
41
, obtemos a fração
a+ 49b
2009
. Exiba inteirospositivos a e b de
modo que tal fração seja redut́ıvel.
b) Acontece também de termos como resultado uma fração irredut́ıvel; por exemplo,
5
12
+
7
18
=
5.3 + 7.2
36
=
29
36
. Mais ainda, pode-se demonstrar que, para alguns pares de
denominadores, é imposśıvel obter como resposta uma fração que possa ser simplificada.
Sejam
x
12
e
y
18
frações irredut́ıveis. Mostre que a fração obtida ao calcular
x
12
+
y
18
será
sempre irredut́ıvel.
Problema 19. No jogo denominado “Chomp”, dois jogadores, Arnaldo e Bernaldo, dizem
alternadamente divisores de um número N dado inicialmente. Os números ditos não podem
ser múltiplos de nenhum dos números escolhidos anteriormente. Perde quem escolher o
número 1.
Por exemplo, sendo N = 432 = 24 · 33, um jogo posśıvel é
• Arnaldo escolhe 36;
• Bernaldo escolhe 6 (Observe que ele não poderia escolher 72 = 2 · 36, 108 = 3 · 36,
144 = 4 · 36, 216 = 6 · 36, 432 = 12 · 36 e nem o próprio 36 = 1 · 36.);
• Arnaldo escolhe 16; Bernaldo escolhe 4; Arnaldo escolhe 9; Bernaldo escolhe 3; Ar-
naldo escolhe 2; Bernaldo escolhe 1, perdendo. Arnaldo é o vencedor!
7
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Uma maneira de visualizar o que está ocorrendo no jogo é desenhar uma barra de cho-
colate formada por quadradinhos numerados com os divisores de N . E, então, imaginar que
os jogadores estão comendo os quadradinhos abaixo e à direita dos números que escolhem.
O quadradinho 1 está envenenado! Para o nosso exemplo, teŕıamos:
4325427
9
4 8 16
14472
24 48126
18 36
3
1
108 216
2
(Mostramos no desenho os quadradinhos que Arnaldo comeria na sua primeira jogada,
36, 72, 108, 144, 216 e 432. Bernaldo, na sua primeira jogada, comeria os quadradinhos 6,
12, 18, 24, 48 e 54.)
Considere agora N = 10000 = 24 · 54.
(a) Desenhe a barra de chocolate correspondente.
(b) Mostre que se Arnaldo começar escolhendo 10, ele consegue vencer o jogo, não im-
portando quais números Bernaldo escolha.
(c) Mostre que se Arnaldo começar escolhendo qualquer número diferente de 10, Bernaldo
consegue vencer o jogo.
8
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Múltiplos, Divisores e Primos: Soluções dos Introdutórios
5) (OBM 1a Fase) Como 119268916 é diviśıvel por 13, já que 9174532 × 13 = 119268916,
podemos concluir que os números da forma 119268916+x, para x inteiro, são diviśıveis
por 13 se, e somente se, x é diviśıvel por 13. Dentre os números apresentados, o número
119268916 + (−13) = 119268903 é o único diviśıvel por 13.
6) (OPM Fase Inicial) Como 2006 não é bissexto, tem 365 dias e, como 365 = 52× 7 + 1 ,
o primeiro dia do ano de 2007 será uma segunda-feira, um dia a frente do que aconteceu
em 2006. E o mesmo no ano seguinte, ou seja, o primeiro dia do ano de 2008 será
uma terça-feira, um dia a frente do que aconteceu em 2007. Já 2008 á bissexto. Como
366 = 52× 7+2, o primeiro dia do ano de 2009 será uma quinta-feira, dois dias a frente
do que aconteceu em 2008. Como 2009, 2010 e 2011 não são bissextos, os primeiros dias
de 2010, 2011 e 2012 serão, respectivamente, uma sexta-feira, um sábado e um domingo.
Portanto a próxima vez que o ano iniciará em um domingo será em 2012.
7) (OPM Fase Inicial) Efetuando-se as divisões, temos A = 6 , B = 1 e C = 5 . Logo
19A + 24 = 138 e D = 18, além de 2B + 4C + 6D + 5 = 135 e E = 2. Como
D + E = 20 > 9, o domingo de Páscoa em 2077 será no dia D + E − 9 = 11 e no mês
de abril.
Observação: existem dois casos particulares neste peŕıodo: 2049 e 2076. Quando o
domingo de Páscoa, de acordo com a regra citada, cair em Abril e o dia for 26, o dia é
corrigido para 19. E quando o domingo de Páscoa cair em Abril e o dia for 25, o dia é
corrigido para 18.
Múltiplos, Divisores e Primos: Soluções dos Propostos
8) (OBM 1a Fase) Seja A = 15p + 7. Como
A
3
=
15p+ 7
3
= 5p +
7
3
, conclúımos que o
resto da divisão de A por 3 é igual ao resto da divisão de 7 por 3, ou seja, 1. De forma
análoga, o resto da divisão de A por 5 é o mesmo que o da divisão de 7 por 5, ou seja,
igual a 2. A soma desses restos é igual a 1 + 2 = 3.
9) (OPM Fase Inicial)
(a) {1, 2, 3, 6}
(b) {1, 2, 3, 6, 12}
(c) {1, 2, 3, 6, 12, 24, 48, 96, 192, 384}
Esses são alguns exemplos. Há outros conjuntos que cumprem as condições impostas
pelo problema.
9
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
10) (OBM 1a Fase) Perceba que ao dividirmos 365 por 7 obtemos resto 1, portanto ao
dividirmos 366 por 7 obtemos resto 2. Em outras palavras, se o resto dessa divisão fosse
zero, então o próximo ano começaria no mesmo dia da semana, e como num ano regular
temos resto 1, temos que o ano seguinte começa no dia da semana seguinte. É verdade
que 14 de junho de 2008 é um sábado. Logo 14 de junho de 2009 será um domingo, de
2010 será uma segunda-feira, de 2011 será uma terça-feira, de 2012 (que é bissexto) será
uma quinta-feira, de 2013 será uma sexta-feira e, finalmente, de 2014 será um sábado.
Portanto a próxima vez que o dia 14 de junho será num sábado e acontecerá daqui a 6
anos.
11) (OBM 2a Fase) O quociente da divisão de 102 por 3 é 34, de 1002 por 3 é 334, de
10002 por 3 é 3334, etc. Assim, o quociente da divisão de 10...02, com vinte algarismos
zero, por 3, é igual a 33...34, com vinte algarismos três. Logo a soma dos algarismos do
quociente é 20× 3 + 4 = 64.
12) (OBM 1a Fase) Como 365 dividido por 7 dá quociente 52 e resto 1 e 366 dividido por
7 dá o mesmo quociente e resto 2, em um ano, bissexto ou não, há no máximo 53
domingos. Um mês tem entre 28 = 4 × 7 e 31 = 4 × 7 + 3 dias, então todo mês tem
4 ou 5 domingos. Como 53 dividido por 12 dá quociente 4 e resto 5, há no máximo 5
meses com 5 domingos. Um exemplo de ano com cinco meses com cinco domingos é um
iniciado no domingo.
13) (OPM Fase Final)
a) Fazemos primeiramente
10000
11
para obtermos quociente 909 e resto 1. Isso significa
que 909 × 11 = 9999 se somarmos 11 teremos 909 × 11 + 11 = 9999 + 11, ou seja,
910× 11 = 10010 que é um múltiplo de 11.
b) Comecemos pelo menor número de três algarismos distintos que é 10234, a partir
dele utilizamos a ideia do enunciados do critério de divisibilidade por 11, aumentando
sempre o algarismo das unidades de 1 em 1 para ver se funciona. 4 − 3 + 2 − 0 + 1
até 9− 3+2− 0+1 não terá efeito, mudamos a casa das dezenas para 4 e a unidade
corretamente para perceber que 3 − 4 + 2 − 0 + 1 até 9 − 4 + 2 − 0 + 1 não terá
efeito. Utilizamos essa ideia até chegarmos em 3− 6+ 2− 0+ 1 que dará zero. Logo
o número pedido é 10263. Outra maneira de fazer o problema é tomar o número
10200 e ver o múltiplo de 11 mais próximo, a partir dáı ir somando 11 e ver quando
os cinco d́ıgitos são distintos.
14) (OBM 2a Fase)
a) Os divisores positivos de 9 menores que 9 são 1 e 3, logo o selo do número 9 é o par
(2; 4).
b) Observe que todo número inteiro positivo tem 1 como divisor. Como o número que
estamos procurando tem apenas dois divisores menores que ele, 1 terá que ser um
desses divisores e como a soma dos dois divisores é 3, então o outro divisor deve ser
2. Como não há outros divisores, então o número que procuramos é uma potência
10
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
de 2, e para ter apenas dois divisores menores que ele próprio, então o número deve
ser 4.
c) Seja n um número com selo (6;m). n possui 7 divisores contando com ele próprio,
logo a única possibilidade é que ele seja da forma p6, com p primo, e m é igual a
1 + p+ p2 + · · ·+ p5. Para que m seja mı́nimo, p terá que ser mı́nimo, logo p = 2 e
m = 1 + 2 + 22 + · · ·+ 25 = 63.
15) (OPM Fase Inicial)
a) Partimos do 0 e seguimos por 4 flechas pretas até 4. Seguimos uma flecha branca
até 5 e depois por 2 flechas pretas até 0. Seguimos uma flecha branca até 0 e depois
por 8 flechas pretas até 1. Seguimos uma flecha brancaaté 3 e depois por 8 flechas
pretas até 4, que é o resto da divisão de 4288 por 7.
b) Partimos do 0 e seguimos por 1 flecha preta até 1. A partir de agora, seguiremos
apenas por flechas brancas, num total de 2010 passos: de 1 a 3, de 3 a 2, de 2 a 6,
de 6 a 4, de 4 a 5, e 5 a 1. Note agora que cada 6 passos seguidos que executarmos
nos levará de volta ao 1. Como 2010 é múltiplo de 6, ao final dos passos chegaremos
no 1, e esse é o resto da divisão de 102010 por 7.
16) (OPM Fase Final) Temos
√
n = 290,8 . . ., portanto começamos com x = 291. A tabela
a seguir resume os cálculos
x x2 − n
291 94
292 677
293 1262
294 1849
Veja que, como um quadrado perfeito não pode terminar em 2 ou 7, somente o primeiro
e o último valores devem ser verificados. Apenas o último é um quadrado perfeito:
1849 = 432. Logo
n = 2942 − 432 = (294− 43)(294 + 43) = 251 · 337
17) (OPM Fase Inicial)
a) Aplicando o critério apresentado, sendo x o valor do algarismo não dito a Benjamini,
temos que (5 + x + 2 + 4) − (5 + 0 + 3) deve ser um múltiplo de onze, ou seja,
11 + x− 8 = 3 + x deve ser um múltiplo de onze. Como x é um algarismo, x = 8.
b) Aplicando novamente o critério, sendo x o valor do algarismo não dito a Benjamini,
temos que (4 + 0 + 8 + 6) − (8 + x + 0) deve ser um múltiplo de onze, ou seja,
18 − 8 − x = 10 − x deve ser um múltiplo de onze. Como x é um algarismo, os
posśıveis valores de 10− x são os números de 1 a 10, e não há múltiplos de 11 nesse
intervalo. Como o resultado deve ser múltiplo de onze, nenhum dos posśıveis valores
de x pode ocupar o lugar de “Descubra!” e, portanto, o convidado errou uma conta.
18) (OPM Fase Final)
11
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
a) Como a fração
a+ 49b
2009
deve ser irredut́ıvel, temos que a + 49b deve ser múltimplo
de 7 ou de 41. Mas
a
2009
é irredut́ıvel; logo a não pode ser múltiplo de 7 e, con-
sequentemente, a + 49b também não. Assim, a + 49b deve ser múltitplo de 41, ou
seja, a+ 49b = 41k, para k inteiro positivo. Vale observar que 7 não divide a, 6 não
divide b e 7 não divide k. A tabela a seguir mostra alguns exemplos de valores para
a e para b:
b) Temos
x
12
+
y
18
=
3x+ 2y
36
. Para que tal fração seja redut́ıvel, 3x + 2y deve ser
múltiplo de 2 ou de 3, o que ocorre se, e somente se, x é múltitplo de 2 ou y é
múltiplo de 3. Mas x não pode ser múltiplo de 2, pois a fração
x
12
é irredut́ıvel, da
mesma forma que y não pode ser múltiplo de 3, pois é irredut́ıvel. Logo a fração
x
12
+
y
18
será sempre irredut́ıvel.
19) (OPM Fase Final)
(a)
1 2 4 8 16
5 10 20 40 80
25 50 100 200 400
125 250 500 1000 2000
625 1250 2500 5000 10000
(b) Se Arnaldo começar com 10, Bernaldo só poderá escolher 1, ou as potências de
5 (5, 25, 125 e 625) ou as potências de 2 (2, 4, 8 e 16). Se essa escolha for 1,
Arnaldo ganha direto, se for uma das potências de 2, Arnaldo escolhe 5, a menos
que Bernaldo escolha 4, 8 ou 16, pois Arnaldo deverá, neste caso, escolher 25, 125
ou 625, respectivamente. Se Bernaldo, ao invés de potência de 2 escolher 5, Arnaldo
escolhe 2 e ganha, mas se Bernaldo escolher 25, 125 ou 625, Arnaldo escolhe 4, 8
ou 16 respectivamente e também ganha.
(c) Se Arnaldo escolher outro número se não 10, Bernaldo ganha. Se Arnaldo escolher
uma potência de 2, Bernaldo escolhe a potência de 5 correspondente. Se Arnaldo
escolher um número que não é potência nem de 2 nem de 5, Bernaldo escolhe 10 e
procede da mesma maneira que Arnaldo faria para ganhar (tudo explicado no item
anterior, num tabuleiro simétrico).
12
Problemas de Álgebra I - Aula 03
Os problemas de álgebra podem envolver em sua resolução o aux́ılio de variáveis. Nesse
primeiro material de problemas de álgebra, a utilização de variáveis não é crucial, muitos
dos problemas saem por métodos elementares de operações simples.
Mas fique atento, as variáveis são o corpo e a alma de álgebra, aprenda a gostar delas.
Problema 1. (OBM 1a Fase) Para cortar um tronco reto de eucalipto em 6 partes, o
madeireiro Josué faz 5 cortes. Ele leva meia hora para fazer os cortes, que são feitos
sempre da mesma maneira. Quanto tempo Josué levará para cortar outro tronco igual em
9 pedaços?
Solução. Se para cortar um tronco reto de eucalipto em 6 partes, o madeireiro Josué faz
5 cortes e leva meia hora para fazer os cortes, vemos que cada corte é feito em 30× 5 = 6
minutos. Portanto, para cortar outro tronco igual em 9 pedaços ele precisará fazer 8 cortes.
E isso levará 8× 6 = 48 minutos.
Problema 2. (EUA 1a Fase) A taxa de meninos para meninas na sala de aula do Sr. Brown
é de 2 : 3. Se existem 30 estudantes na sala, quantas meninas a mais do que meninos existem
na sala?
Solução. Seja 2x o número de meninos, então o número de meninas é 3x. O total de
estudantes é 30, logo 2x+ 3x = 30 ⇔ x = 6. Como queremos quantas meninas a mais do
que meninos temos na sala, queremos 3x − 2x = x, logo temos 6 meninas a mais do que
meninos.
Problema 3. (OBM 1a Fase) Carlos e seus dois amigos, Danilo e Edson, foram ao cinema.
Carlos pagou a entrada de todos, Danilo pagou a pipoca e o suco para todos e Edson pagou
o estacionamento do carro. Para acertar as contas, Danilo e Edson pagaram R$ 8,00 e R$
14,00, respectivamente, para Carlos, pois a despesa total de cada um foi de R$ 32,00. Qual
era o preço da entrada no cinema?
Solução. Para cada um, o gasto com a pipoca e o suco foi (32− 8)÷ 3 = 24÷ 3 = 8 reais
e com o estacionamento foi (32 − 14) ÷ 3 = 18 ÷ 3 = 6 reais. Se a despesa total de cada
um foi de 32 reais, o preço da entrada foi 32− 8− 6 = 18 reais.
1 Problemas
Problemas de Álgebra: Problemas Introdutórios
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 4. Rosa e Maria começam a subir uma escada de 100 degraus no mesmo instante.
Rosa sobe 10 degraus a cada 15 segundos e Maria sobe 10 degraus a cada 20 segundos.
Quando uma delas chegar ao último degrau, quanto tempo faltará para a outra completar
a subida?
Problema 5. Caio e Sueli começaram, separadamente, a guardar moedas de R$ 1,00 em
janeiro de 2004. Todo mês Caio guardava 20 moedas e Sueli guardava 30 moedas. Em julho
de 2004 e nos meses seguintes, Caio não guardou mais moedas, enquanto Sueli continuou
a guardar 30 por mês. No final de que mês Sueli tinha exatamente o triplo do número de
moedas que Caio guardou?
Problema 6. Śılvia pensou que seu relógio estava atrasado 10 min e o acertou, mas na
verdade o relógio estava adiantado 5 min. Cristina pensou que seu relógio estava adiantado
10 min e o acertou, mas na verdade o relógio estava atrasado 5 min. Logo depois, as duas
se encontraram, quando o relógio de Śılvia marcava 10 horas. Neste momento, que horas o
relógio de Cristina indicava?
Problema 7. Esmeralda lançou um dado dez vezes e obteve 57 como soma de todos os
pontos obtidos nesses lançamentos. No mı́nimo, quantas vezes sáıram 6 pontos?
Problema 8. Ontem Dona Dulce gastou R$ 12,00 no mercado para comprar 4 caixas de
leite e 6 pães. Hoje, aproveitando uma promoção no preço do leite, ela comprou 8 caixas
de leite e 12 pães por R$ 20,00 no mesmo mercado. O preço do pão foi o mesmo que o de
ontem. Qual foi o desconto que o mercado deu em cada caixa de leite?
Problema 9. Numa festa, na casa de Cláudia, havia crianças somente na cozinha, na sala
e na varanda. Em certo momento, várias crianças começaram a correr ao mesmo tempo:
7 crianças correram da varanda para a cozinha, 5 crianças correram da cozinha para a
sala, e 4 crianças correram da sala para a varanda. Ao final dessa correria, a quantidade de
crianças na sala era igual a quantidade de crianças na varanda e também igual a quantidade
de crianças na cozinha. Quantas crianças, no mı́nimo, havia na casa de Cláudia?
Problema 10. Uma empresa de telefonia celular oferece planos mensais de 60 minutos a
um custo mensal de R$ 52,00, ou seja, você pode falar durante 60minutos no seu telefone
celular e paga por isso exatamente R$ 52,00. Para o excedente, é cobrada uma tarifa de
R$ 1,20 cada minuto. A mesma tarifa por minuto excedente é cobrada no plano de 100
minutos, oferecido a um custo mensal de R$ 87,00. Um usuário optou pelo plano de 60
minutos e no primeiro mês ele falou durante 140 minutos. Se ele tivesse optado pelo plano
de 100 minutos, quantos reais ele teria economizado?
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problemas de Álgebra: Problemas Propostos
Problema 11. Ana e Beatriz compraram dezoito bombons de mesmo preço. Ana pagou
por oito deles e Beatriz pelos outros dez. Na hora do lanche, dividiram os bombons com
Cećılia e cada uma delas comeu seis. Para dividir igualmente o custo dos bombons, Cećılia
deveria pagar R$ 1,80 para Ana e Beatriz. Ela pensou em dar R$ 0,80 para Ana e R$ 1,00
para Beatriz, mas percebeu que essa divisão estava errada. Quanto ela deve pagar para
Beatriz?
Problema 12. João fez uma viagem de ida e volta entre Pirajuba e Quixajuba em seu
carro, que pode rodar com álcool e com gasolina. Na ida, apenas com álcool no tanque,
seu carro fez 12 km por litro e na volta, apenas com gasolina no tanque, fez 15 km por
litro. No total, João gastou 18 litros de combust́ıvel nessa viagem. Qual é a distância entre
Pirajuba e Quixajuba?
Problema 13. Um artesão começa a trabalhar as 8h e produz 6 braceletes a cada vinte
minutos; seu auxiliar começa a trabalhar uma hora depois e produz 8 braceletes do mesmo
tipo a cada meia hora. O artesão pára de trabalhar as 12h mas avisa ao seu auxiliar que
este deverá continuar trabalhando até produzir o mesmo que ele. A que horas o auxiliar
irá parar?
Problema 14. Segundo a matéria apresentada no programa ”Fantástico”de 18/10/03, inti-
tulada ”Números da Cidade de São Paulo 2003”, 150 mil lâmpadas de iluminação pública
queimam por ano e 300 lâmpadas queimadas são trocadas todos os dias (fonte: Ilume,
Secretaria Municipal de Infra-estrutura). Utilize calculadora nesse problema.
a) Quantas lâmpadas queimam, em média, por dia?
b) Supondo que estes números se mantenham nos próximos anos, estime em que ano
pelo menos metade das 525 mil lâmpadas de iluminação pública estarão queimadas.
Você deve supor que não havia lâmpadas queimadas no dia primeiro de janeiro de
2003.
Problema 15. Ao redor de um grande lago existe uma ciclovia de 45 quilômetros de compri-
mento, na qual sempre se retorna ao ponto de partida se for percorrida num único sentido.
Dois amigos partem de um mesmo ponto com velocidades constantes de 20 km por hora e
25 km por hora, respectivamente, em sentidos opostos. Quando se encontram pela primeira
vez, o que estava correndo a 20 km por hora aumenta para 25 km por hora e o que estava a
25 km por hora diminui para 20 km por hora. Quanto tempo o amigo que chegar primeiro
ao ponto de partida deverá esperar pelo outro?
Problema 16. Sabe-se que
2
9
do conteúdo de uma garrafa enchem
5
6
de um copo. Para
encher 15 copos iguais a esse, quantas garrafas deverão ser usadas?
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 17. Antônio é um perito da poĺıcia que analisa acidentes automobiĺısticos. Ele
sempre inicia uma investigação tentando descobrir a velocidade com a qual o véıculo tra-
fegava momentos antes do acidente. Um dos métodos por ele utilizado consiste em medir
o tamanho de marcas (vest́ıgios) ininterruptas deixadas pelos pneus travados pelos freios e
então utilizar a fórmula V = 3,6 ·
√
19,6 · µ · d para obter uma aproximação da velocidade.
Nesta fórmula, V indica a velocidade, em km/h, com a qual o véıculo trafegava no
momento em que os freios foram acionados, travando as rodas até sua parada total, d
corresponde ao tamanho, em metros, das marcas da freada e µ é o coeficiente de atrito
(aspereza) da superf́ıcie. Veja alguns valores médios de coeficientes de atrito (µ):
Descrição da superf́ıcie Seca Molhada
Concreto novo (rugoso) 0,84 0,61
Concreto trafegado 0,69 0,56
Asfalto novo (rugoso) 0,79 0,62
Asfalto trafegado 0,66 0,53
Paraleleṕıpedo novo (rugoso) 0,78 0,60
Paraleleṕıpedo trafegado 0,68 0,48
Utilize calculadora nesse problema.
(a) Em um teste para uma revista automotiva, um motorista conduz um véıculo sobre
uma superf́ıcie seca de concreto novo. Em certo momento, o motorista aciona os
freios, bloqueando as rodas até a parada total do véıculo, deixando uma marca de
17 m de comprimento. Qual é a velocidade aproximada com que o véıculo trafegava
no momento em que os freios foram acionados?
(b) Sob intensa chuva, um motorista conduz, a 144 km/h, um véıculo por uma rodovia de
asfalto já bastante trafegado. Num trecho de reta, após perceber a presença de uma
árvore cáıda sobre a rodovia, impedindo a passagem de qualquer véıculo, ele reage
e aciona os freios, travando as rodas até a parada completa do véıculo. Exatamente
no momento em que as rodas são travadas, o véıculo está a 130 m da árvore. Se o
carro continuar sua trajetória em linha reta, com as rodas bloqueadas, o motorista
irá colidir com a árvore?
Problema 18. Anita imaginou que levaria 12 minutos para terminar a sua viagem, enquanto
dirigia a velocidade constante de 80 km/h, numa certa rodovia. Para sua surpresa, levou
15 minutos. Com qual velocidade constante essa previsão teria se realizado?
Problema 19. Na Microlândia, há quatro times de futebol. O regulamento do campeonato
microlandense de futebol, ou como é chamado carinhosamente pelos seus habitantes, o
Microlandião, é o seguinte: na fase classificatória, cada um dos quatro times joga com
todos os outros três exatamente uma vez. Em cada jogo, uma vitória vale 3 pontos, um
empate vale 1 ponto e uma derrota vale zero pontos. As duas equipes que conseguirem as
maiores quantidades de pontos são classificadas para a grande final do Microlandião. Caso
seja necessário, há um sorteio para definir as equipes classificadas. Por exemplo, se os times
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
têm 9, 4, 4 e 0 pontos, respectivamente, há um sorteio para definir a segunda equipe que
participará da final.
a) Qual é a menor pontuação posśıvel de uma equipe classificada para a final?
b) Qual é a maior pontuação possével de uma equipe que não foi classificada para a
final?
Problema 20. Joana foi comprar 20 canetas e comparou os preços em duas lojas: na loja
A, cada caneta custa 3 reais, mas há uma promoção de 5 canetas pelo preço de 4, e na loja
B, cada caneta custa 4 reais, mas a cada 5 canetas compradas, como brinde ela pode levar
até mais duas de graça. Tentando fazer a melhor escolha entre comprar somente na loja A
ou somente na loja B, quanto ela pode economizar?
Problema 21. Na Matemática, existem problemas que ninguém, nem mesmo matemáticos
profissionais, resolveu ainda. Esses são os chamados problemas em aberto. Um problema
em aberto famoso é o 3x + 1: Considere um número inteiro positivo. Se esse número é
ı́mpar, multiplique-o por 3 e some 1 ao resultado (dáı o nome do problema!); se é par,
divida-o por 2. Se o número obtido é 1, pare; se não, repita esse procedimento com o
número obtido.
Por exemplo, se começamos com o número 20, obtemos os seguintes números:
20
:2−→ 10 :2−→ 5 ×3+1−→ 16 :2−→ 8 :2−→ 4 :2−→ 2 :2−→ 1
O que ninguém sabe é se sempre obtemos o número 1, não importando qual é o número
inicial. Já foram testados todos os números até 290 quatrilhões!
(a) Verifique que começando com o número 28, obtemos 1.
(b) Note que no final do nosso exemplo há uma sequência de potências de 2 iniciada por
16. O número que antecede 16 não é uma potência de 2. Existe algum número inicial
para o qual os últimos números obtidos formem uma sequência de potências de 2
iniciada por 32? Não se esqueça: nesse caso, o número que antecede 32 não pode ser
64.
Problema 22. Na Krugerrândia, a empresaresponsável pelo transporte urbano em ônibus
oferece dois tipos de passe: Múltiplo de 2 e Múltiplo de 4. Em ambos os casos, o passageiro
recebe um único passe, no qual está impresso o tipo. O controle da quantidade de viagens
realizadas é feito eletronicamente, e o passe fica retido pela máquina ao término das viagens
permitidas.
O passe Múltiplo de 2 custa Kr$3,10 e dá direito a duas viagens quaisquer e o Múltiplo
de 4 custa Kr$5,90 e dá direito a quatro viagens quaisquer. Para definir o preço de cada
passe, a empresa computou apenas o gasto com a confecção do passe (que é o mesmo para
os dois tipos) e o gasto correspondente as viagens a que dá direito cada passe.
(a) Qual é o gasto com a confecção de cada passe?
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
(b) A empresa quer criar o passe Múltiplo de 8, que dará direito a oito viagens quaisquer.
De acordo com as informações apresentadas, quanto custará o passe Múltiplo de 8?
Problema 23. Em uma prova de múltipla escolha, Júlia acertou 100 das 128 questões
posśıveis. Ela verificou que a maior quantidade de questões consecutivas que ela acertou é
N. Qual é o valor mı́nimo para N?
Problema 24. O Homem sempre foi fascinado por números gigantes. Na Antiguidade,
Arquimedes inventou um método para escrever um número que excedesse a quantidade de
grãos de areia necessários para preencher o universo. O número de Arquimedes é aproxi-
madamente 10(10
16902).
Há uma maneira simples para se escrever números gigantes. Utilizando o śımbolo ↑,
podemos representar potências da seguinte maneira:
• A ↑ B = AB, como por exemplo, 2 ↑ 3 = 8;
• A ↑↑ B = A(A(...A)), onde A aparece B vezes, como por exemplo, 2 ↑↑ 3 = 2(22) =
24 = 16.
Deste modo 10(10
16902) pode ser representado assim: 10 ↑ (10 ↑ 16902).
(a) Determine o valor numérico de 5 ↑ 2 e 5 ↑↑ 2.
(b) Na expressão 2 ↑ (2 ↑ (2 ↑ (. . . ↑ (2)))), qual é o menor número de ↑ que devemos
colocar a fim de obtermos um número maior do que 10 ↑ 9? Nesse item utilize
calculadora. Justifique sua resposta!
Problema 25. Certo banco brasileiro obteve um lucro de R$ 4,1082 bilhões ao final do
primeiro semestre de 2008. Esse valor representa um aumento de 2,5% em relação ao
resultado obtido no mesmo peŕıodo do ano passado. Qual é a soma dos d́ıgitos do número
inteiro que representa, em reais, o lucro desse banco no primeiro semestre de 2007?
Problema 26. Três carros com velocidades constantes cada um, na mesma estrada, passam
no mesmo momento por Brasilópolis. Ao viajar 100 quilômetros, o carro A passa por
Americanópolis, 20 quilômetros a frente do carro B e 50 quilômetros a frente do carro C.
Quando o carro B passar por Americanópolis, quantos quilômetros estará a frente do carro
C?
Problema 27. No planeta POT o número de horas por dia é igual a número de dias por
semana, que é igual ao número de semanas por mês, que é igual ao número de meses por
ano. Sabendo que em POT há 4096 horas por ano, quantas semanas há num mês?
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema de Álgebra: Soluções dos Introdutórios
4) (OBMEP 1a Fase) Como 100 degraus = 10 × 10 degraus, Rosa gastará 15 × 10 = 150
segundos para chegar ao último degrau da escada. Do mesmo modo, Maria levará
20 × 10 = 200 segundos para atingir o topo da escada. Assim, quando Rosa terminar
de subir a escada, faltarão 200− 150 = 50 segundos para Maria completar a subida.
5) (OBMEP 1a Fase) De janeiro a junho há 6 meses. Portanto, Caio economizou 6× 20 =
120 moedas até junho. O triplo de 120 é 3×120 = 360. Como Sueli continuou guardando
30moedas por mês, ela conseguiu guardar 360 moedas após 360 ÷ 30 = 12 meses, ou
seja, em dezembro de 2004.
6) (OBM 1a Fase) Se Śılvia acertou o relógio, ela adiantou 10min. Como já estava adian-
tado 5min, o relógio ficou 15min adiantado. Portanto, se marcava 10h, era na verdade
9h45min. Se Cristina acertou o relógio, ela atrasou 10min. Como já estava atrasado
5min, o relógio ficou 15min atrasado. Como 9h45min foi o horário real do encontro, o
relógio de Cristina indicava 9h30min.
7) (OBM 1a Fase) A soma máxima dos pontos é 6×10 = 60 e portanto em no máximo três
lançamentos o número obtido não é o máximo. Assim, em pelo menos sete lançamentos
o número obtido é o máximo 6.
8) (OBMEP 1a Fase) Hoje Dona Dulce comprou o dobro do que comprou ontem, logo ela
deveria pagar 2× 12 = 24 reais. Como ela pagou apenas 20 reais, a promoção fez com
que ela economizasse 24− 10 = 4 reais na compra de 8 caixas de leite. Logo o desconto
em cada caixa de leite foi de 4÷ 8 = 0, 50 reais, ou seja, de R$ 0,50.
9) (OBMEP 1a Fase) Ao final da correria, a cozinha ficou, no mı́nimo, com as 7 crianças
que vieram da varanda; logo, todos os cômodos da casa terminaram com pelo menos 7
crianças. A varanda perdeu 7− 4 = 3 crianças na correria; para que, ao final, ela ficasse
com pelo menos 7 crianças, ela deveria ter pelo menos 7 + 3 = 10 crianças no ińıcio.
Já a cozinha ganhou 7 − 5 = 2 crianças; para acabar com pelo menos 7 crianças, ela
deveria ter pelo menos 7−2 = 5 crianças no ińıcio. De modo análogo, a sala deveria ter
pelo menos 6 crianças no ińıcio. Logo, o número de crianças na casa era, no mı́nimo,
10 + 5 + 6 = 21.
10) (OBM 1a Fase) O usuário pagou 52 + (140 − 60) × 1, 20 = 148 reais; no plano de 100
minutos teria pago 87 + (140 − 100) × 1, 20 = 135 reais, ou seja, teria economizado
148− 135 = 13 reais.
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problemas de Álgebra: Soluções dos Propostos
11) (OBMEP 1a Fase) Cada uma das meninas comeu 6 bombons. Como Cećılia pagou
R$1,80 pelos seus, cada bombom custou R$1, 80 ÷ 6 = R$0, 30. Beatriz comprou dez
bombons e comeu seis, logo ela deu quatro para Cećılia e por isso deve receber 4 ×
R$0, 30 = R$1, 20.
12) (OBMEP 1a Fase) Vamos chamar de D a distância entre Pirajuba e Quixajuba. Qual-
quer que seja o combust́ıvel utilizado, temos D = litros consumidos × quilômetros por
litro . Isso mostra que as grandezas “litros consumidos” e “quilômetros por litro” são in-
versamente proporcionais (pois seu produto é constante). Sendo A os litros consumidos
na ida, e B os litros consumidos na volta, podemos escrever:
A
B
=
15
12
=
5
4
Basta então achar uma fração equivalente a
5
4
na qual a soma do numerador com o
denominador seja 18. Essa fração é
10
8
; ou seja, João gastou 10 litros de álcool na
ida e 8 litros de gasolina na volta. Logo a distância entre Pirajuba e Quixajuba é
12× 10 = 8× 15 = 120 quilômetros.
13) (OBM 1a Fase) O número de braceletes feitos pelo artesão é 4horas × 8
20
braceletes
por minuto = 72. O auxiliar produz
8
1/2
braceletes por hora = 16 braceletes por hora.
Então 72 braceletes = 16× braceletes
hora
× t ⇔ t = 72
16
= 4, 5 horas. Temos 9 horas + 4,5
horas = 13 horas e 30 minutos.
14) (OPM Fase Final)
a) 150000÷ 365 ≈ 411 lâmpadas
b) Por dia 411 − 300 = 111 lâmpadas queimadas não são trocadas. Gostaŕıamos de
saber quando 111×x = 525000/2. Resolvendo a equação temos que x = 2364 dias,
ou seja, em 6 anos e meio, aproximadamente, metade das lâmpadas de São Paulo
estarão apagadas.
15) (OBM 1a Fase) O intervalo de tempo entre a partida e o primeiro encontro é igual ao
intervalo de tempo entre o primeiro encontro e o segundo encontro, no ponto de partida.
Isso acontece porque ao se inverterem as velocidades, a situação seria a mesma que se
cada um deles retornasse ao ponto de partida pelo caminho que veio, com a mesma
velocidade. Portanto, eles chegarão no mesmo instante, ou seja, o tempo que um irá
esperar pelo outro será igual a 0.
16) (OBM 1a Fase) Serão necessários 15×
2
9
5
6
= 15× 2
9
× 6
5
= 4 garrafas.
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
17) (OPM Fase Final)
a) Aproximadamente 60 km/h.
b) O motorista colidirá com a árvore, pois o carro percorreria