roteiro_N2_pdf

Prévia do material em texto

Roteiro de Estudos 
OBMEP NA ESCOLA – 2020 
N2 – CICLO 1 – ENCONTRO 1 
 
Os assuntos abordados neste encontro são: 
 Paridade 
 Operações com números inteiros 
 
Para o assunto “paridade”, sugerimos os seguintes materiais de apoio a aula. 
 
- Textos: 
 Seções 1.1 da Apostila do PIC “Encontros de Aritmética”, F. Dutenhefner, L. 
Cadar. http://www.obmep.org.br/docs/aritmetica.pdf 
 Capitulo 3 do livro: Círculos de Matemática da OBMEP – volume 1: Primeiros 
passos em Combinatória, Aritmética e Álgebra - Bruno Holanda e Emiliano A. 
Chagas 
 
 
- Vídeoaulas do Portal da Matemática: 
Tópicos Adicionais – Módulo: “sistema de numeração e paridade” – Aula: 
“paridade” – Videoaulas: 
o Problemas envolvendo paridade 
o Problemas com dominós 
o Dominós, pesagens e outros problemas 
 
 
Para o assunto “operações com números inteiros”, sugerimos os seguintes materiais de 
apoio a aula. 
 
- Textos: 
 Capitulo 10 do livro: Círculos de Matemática da OBMEP – volume 1: Primeiros 
passos em Combinatória, Aritmética e Álgebra - Bruno Holanda e Emiliano A. 
Chagas. 
 
- Vídeoaulas do Portal da Matemática: 
 6ª série – operações básicas – operações com números naturais – videoaulas 
3, 4, 5, 6, 7 e 8 sobre adição, subtração, multiplicação e divisão: 
https://portaldosaber.obmep.org.br/index.php/modulo/ver?modulo=60 
 6ª série – operações básicas – operações com números naturais – caderno 
de exercícios: 
https://portaldosaber.obmep.org.br/uploads/material/1kephf4nypzk7.pdf 
 
http://www.obmep.org.br/docs/aritmetica.pdf
https://www.youtube.com/watch?v=PjzmaHnb-X0
https://www.youtube.com/watch?v=puWQuIptudA
https://www.youtube.com/watch?v=y6bcq02yBRA
https://portaldosaber.obmep.org.br/index.php/modulo/ver?modulo=60
https://portaldosaber.obmep.org.br/uploads/material/1kephf4nypzk7.pdf
 
Lista de Exercícios – ONE 2020 – N2 – Ciclo 1 – Encontro 1 
ENUNCIADOS 
 
No que segue, apresentamos uma lista de problemas que devem ser utilizados para 
direcionar o estudo desse encontro. Esses exercícios devem ser trabalhados segundo a 
metodologia do ensino da matemática através da resolução de problemas e as 
discussões desses exercícios devem motivar o estudo dos conteúdos propostos para 
esta aula. 
 
Exercício 1. (Fomin, capítulo 1, problema 17) Pedro comprou um caderno com 96 folhas 
e numerou-as de 1 a 192. Vitor arrancou 25 folhas do caderno de Pedro e somou os 50 
números que encontrou escritos nas folhas. Esta soma poderia ser igual a 1990? 
 
Exercício 2. (Fomin, capítulo 1, problema 10) Todas as peças de um dominó foram 
colocadas em uma cadeia de modo que o número de bolinhas nas extremidades de dois 
dominós adjacentes sejam iguais. Se uma das extremidades da cadeia contém 5 
bolinhas, qual é o número de bolinhas na outra extremidade? 
 
Exercício 3. (Apostila do PIC da OBMEP “Encontros de Aritmética”, exercício 15) Em um 
conjunto de 101 moedas, há 50 falsas e as demais são verdadeiras. Uma moeda falsa 
difere de uma verdadeira em 1 grama. Marcos tem uma balança que mostra a diferença 
de pesos entre os objetos colocados nos dois pratos. E possível, com uma pesagem, 
identificar se a moeda escolhida é falsa? 
 
Exercício 4. (Questão 5, Segunda fase do nível N2, OBMEP 2006) Ana Terra, Bibiana e 
Pedro Missionário distribuíram entre si dezenove cartões numerados de 1 a 19. Ana 
ficou com nove desses cartões, Bibiana, com outros nove e Pedro Missionário, com o 
cartão que sobrou. 
(a) É possível que a soma dos números escritos nos cartões de Ana seja 136? Por que? 
(b) Se a soma dos números escritos nos cartões de Ana é 90 a mais que a soma dos 
números escritos nos cartões de Bibiana, qual é o número escrito no cartão de Pedro 
Missionário? 
 
 
Exercício 5. (Questão 11, Primeira fase do nível N2, OBMEP 2019) Os quatro dados da 
figura são idênticos e há três pares de faces em contato. Qual é o valor da soma dessas 
faces? 
 
 
Exercício 6. (Questão 2, Primeira fase do nível N2, OBMEP 2008) Podemos colocar de 
várias maneiras um par de parênteses na expressão 20 : 2 + 3 x 6, como por exemplo 20 
: (2 + 3 x 6) , 20 : (2 + 3) x 6. Qual é o maior valor que se pode obter desse modo? 
 
 
Exercício 7. (Questão 10, Desafio Nível N2, OBMEP 2018) Maria escolheu um número 
inteiro. Ela somou esse número os três números ímpares imediatamente inferiores e 
os dois números pares imediatamente superiores a ele e obteve 1414 como resultado. 
Qual é a soma dos algarismos do número que Maria escolheu? 
 
Exercício 8. (Questão 2, Banco de Questões 2019) Número TOP: 
Um número é dito TOP se possui 5 algarismos e quando o produto entre 10 e o 50 é a 
soma do 20, 30 e 40. Por exemplo, 12.338 é TOP, pois possui 5 algarismos e 1·8= 2+3+3. 
a) Qual o valor de a para que 23.4a8 seja TOP? 
b) Quantos números TOP terminam com 2 e começam com 1? 
c) Quantos números TOP começam com 9? 
 
Exercício 9. (Questão 5 da Olimpíada Matemática Sem Fronteiras 2018) Qual é o 
menor número cuja soma de seus algarismos é igual a 12? E a 38? E a 2018? 
 
Exercício 10. (Questão 21, nível N2, Banco de questões 2018 ) Garotas, garotos e seus 
vizinhos: 
Vinte e cinco garotos e vinte e cinco garotas estão sentados ao redor de uma mesa. 
Prove que é possível encontrar uma pessoa que tem garotas como vizinhas. 
 
Exercício 11. (Questão 14, nível N2, Banco de questões OBMEP 2019) Os 2.019 
armários dos 2.019 alunos de uma escola são numerados com os quadrados dos 2.019 
primeiros naturais positivos, ou seja, o primeiro armário tem o número 12 = 1, o segundo 
armário tem o número 22 = 4, o terceiro armário tem o número 32 = 9, e assim até o 
último armário que tem o número 2.019 2= 4.076.361. 
 
a) Quantos algarismos foram utilizados para pintar os cem primeiros armários? 
b) Somando todos os números dos armários, qual o algarismo das unidades deste 
resultado? 
Exercício 12. (Questão 2, nível N2, Banco de Questões 2017) Jogo dos sinais: 
João e Maria disputam um jogo. Eles jogam alternadamente e, na sua vez, cada jogador 
pode colocar um sinal de + ou um sinal de − em um dos espaços vazios assinalados na 
figura abaixo. Maria ganha se a soma no final resultante é −4, −2, 0, 2 ou 4 e João nos 
outros casos. Exiba uma estratégia de modo que Maria sempre ganhe 
independentemente de como João jogue. João é o primeiro a jogar. 
___ 1 ___ 2 ___ 3 ___ 4 ___ 5 ___ 6 ___ 7 ___ 8 
Lista de Exercícios – ONE 2020 – N2 – Ciclo 1 – Encontro 1 
SOLUÇÕES e COMENTÁRIOS 
 
Solução do exercício 1: 
Este problema está resolvido na apostila da OBMEP, Encontros de Aritmética, exercício 
6 da página 6. 
Em cada página, de um lado está escrito um número par e do outro lado está escrito um 
número ímpar. Assim Vitor somou 25 números pares (obtendo um número par) e somou 
25 números ímpares (obtendo um número ımpar). Como a soma de um par e um ímpar 
é um número ímpar, esta soma não pode ser igual a 1990. 
Solução do exercício 2: 
Este problema está resolvido na apostila do PIC da OBMEP “Encontros de Aritmética”, 
exercício 8 e no vídeo 19 – 
https://www.youtube.com/watch?v=puWQuIptudA&list=PLrVGp617x0hC8WkPHtM3Ij
oOiiyJs-hHh&index=19 . 
Colocamos as peças em uma cadeia de modo que o número de bolinhas nas 
extremidades de dois dominós adjacentes sejam iguais e a primeira extremidade seja 5. 
Observe que cada número de 0 a 6 que consta na extremidade das peças de dominó, 
aparecem 8 vezes. Portanto o número 5 aparece na cadeia em um número par de vezes. 
Sabemos que entre a primeira extremidade e última extremidade o número 5 deverá 
aparecer aos pares. Portanto, na extremidade final deverá ser colocado o número 5. 
 
Solução do exercício 3: 
Este problema está resolvido na apostila do PIC da OBMEP “Encontros de Aritmética”, 
exercício 15 da página 11 no vídeo 20 - 
https://www.youtube.com/watch?v=y6bcq02yBRA&list=PLrVGp617x0hC8WkPHtM3Ijo
OiiyJs-hHh&index=20 . 
Observeque no problema não é dado o peso da moeda falsa e o peso da moeda 
verdadeira e nem qual moeda é mais pesada. Foi dado apenas que o peso da moeda 
falsa difere de 1g do peso da moeda verdadeira. No entanto, Marcos tem uma balança 
que mostra a diferença de pesos entre os objetos colocados nos dois pratos e isso 
permitirá resolver o problema. Temos 51 moedas verdadeiras e 50 moedas falsas. 
Vamos supor que cada moeda verdadeira tenha peso 1g e cada moeda falsa tenha peso 
0g( podemos também supor o contrário, isto é, que cada moeda verdadeira tenha peso 
https://www.youtube.com/watch?v=puWQuIptudA&list=PLrVGp617x0hC8WkPHtM3IjoOiiyJs-hHh&index=19
https://www.youtube.com/watch?v=puWQuIptudA&list=PLrVGp617x0hC8WkPHtM3IjoOiiyJs-hHh&index=19
https://www.youtube.com/watch?v=y6bcq02yBRA&list=PLrVGp617x0hC8WkPHtM3IjoOiiyJs-hHh&index=20
https://www.youtube.com/watch?v=y6bcq02yBRA&list=PLrVGp617x0hC8WkPHtM3IjoOiiyJs-hHh&index=20
-1g e cada moeda falsa tem peso 0g, o raciocínio para resolver o problema será 
análogo). 
Primeiro vamos supor que a moeda retirada seja verdadeira. Então sobraram 100 
moedas que, por exemplo, vamos dividir em duas pilhas de 50 moedas. Colocamos em 
cada prato as pilhas de moeda 1g. Se as 50 moedas verdadeiras estiverem no mesmo 
prato, esse lado da balança pesará 50 gramas e o outro lado zero gramas. Então a 
diferença dos pesos dos pratos será de 50 gramas, que é um número par. Se passarmos 
uma moeda verdadeira para o outro prato, teremos 49 moedas verdadeiras no 
mesmo prato e esse lado da balança pesará 49g e como a outra moeda verdadeira foi 
para outro prato, então ele pesará 1g . Então a diferença dos pesos dos pratos será de 
49 -1 = 48 gramas, que é um número par. Continuando o processo, se tivermos 48 
moedas verdadeiras no mesmo prato, esse lado da balança pesará 48g e a outra 
moeda verdadeira está no outro prato e ele pesará 2g. Então a diferença dos pesos dos 
pratos será de 48 – 2 = 46 gramas, que é um número par. Observe que sempre que 
mudamos um moeda de um prato para o outro, a diferença de peso entre os pratos 
continua sendo um número par. 
Se supormos que a moeda retirada seja falsa. Então sobraram 100 moedas que, por 
exemplo, vamos dividir em duas pilhas de 50 moedas. Colocamos em cada prato as 
pilhas de moeda. Se as 50 moedas verdadeiras estiverem no mesmo prato, esse lado 
da balança pesará 50g e o outro lado 1g. Então a diferença dos pesos dos pratos será 
de 49 gramas, que é um número ímpar. Se passarmos uma moeda verdadeira para o 
outro prato, teremos 49 moedas verdadeiras no mesmo prato e esse lado da balança 
pesará 49g e como a outra moeda verdadeira foi para outro prato, então ele pesará 
2g. Então a diferença dos pesos dos pratos será de 49 -2 = 47 gramas, que é um número 
ímpar. Continuando esse processo, se tivermos 48 moedas verdadeiras no mesmo 
prato, esse lado da balança pesará 48g e a outra moeda verdadeira está no outro prato 
e ele pesará 3g. Então a diferença dos pesos dos pratos será de 48 – 3 = 45 gramas, que 
é um número ímpar. Observe que, também neste caso, sempre que mudamos uma 
moeda de um prato para o outro a diferença de peso entre os pratos continua sendo 
um número ímpar. No caso de retirarmos uma moeda e distribuirmos na balança as 
moedas de qualquer outra maneira que não seja 50 moedas em cada prato, por esse 
mesmo raciocínio , concluímos que se a moeda retirada for verdadeira será mostrado 
na balança um número par e se a moeda retirada for falso será mostrado na balança 
um número ímpar. Portanto é possível, com uma pesagem, identificar se a moeda 
escolhida é falsa. 
 
 
 
Solução do exercício 4: 
a) A maior soma possível de nove números dentre os escritos nos cartões é 19 + 18 + ... 
+ 11= 135. Portanto a soma dos números escritos nos cartões de Ana não pode ser igual 
a 136. 
b) Sejam A, B e P as somas dos números dos cartões de Ana, Bibiana e Pedro Missionário, 
respectivamente. Do enunciado temos que A = B + 90 e do item anterior temos que A < 
135. Logo B + 90 ≤ 135 e portanto B ≤ 135 – 90 = 45. Por outro lado, como Bibiana tem 
9 cartões, segue que B ≥ 1 + 2 + ... + 9 = 45. Vemos então que B ≤ 45 e que B ≥ 45, 
donde B =45 e A = 90 + 45 = 135. Logo os cartões que estão com Ana são os números 
11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, pois na situação do problema, esses são os únicos 
números cuja soma é 135. Analogamente, concluímos que os cartões que estão com 
Bibiana são os de número 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Logo, Pedro tem o cartão de número 
10. 
 
Solução do exercício 5: 
A ilustração nos permite concluir que os números escritos nas quatro faces que 
compartilham um lado com a face de número 10 são: 11, 12, 13 e 14. Observando as 
rotações do número 10, podemos concluir que 11 é oposto a 14 e 12 é oposto ao 13. 
Mais precisamente, 13 é o número que está mais próximo do algarismo 1 do número 
10, e 12 o que está mais próximo do algarismo 0. Assim, a soma dos números das faces 
em contato é 14 + 13 + 12 + 14 + 11 + 12 = 76. 
 
Solução do exercício 6: 
 
 Vamos listar todas as possibilidades: 
• (20 : 2 + 3) x 6= (10 + 3) x 6 =13x 6 =78 
• (20 : 2) + 3 x 6 = 10 +18 = 28 
• 20: (2 +3) x 6 = 20 : 5 x 6 = 4x 6 = 24 
• 20 : 2+ (3x 6) =10 + 18 = 28 
• 20 : (2 + 3 x 6) = 20 : (2 + 18) = 20 : 20 = 1. Devemos também considerar a possibilidade 
de colocar parênteses em volta de um único número, como por exemplo 20 : 2 + (3) x 6. 
Qualquer que seja o número escolhido, o resultado será sempre o mesmo, a saber, 20 : 
2 + 3 x 6 = 10 + 18 =28. Finalmente, notamos que em 20 : 5 x 6 há o problema de 
decidir qual das duas operações deve ser feita em primeiro lugar. Em casos assim, a 
convenção habitual é efetuar as operações (÷ e × ) na ordem em que aparecem da 
esquerda para a direita, que foi o que fizemos acima. 
 
 
Solução do exercício 7: 
Seja x o número que Maria escolheu. O número x pode ser par ou ímpar. O número x 
não poder ser par, pois se for par, obtemos que a soma ímpar + ímpar + ímpar + par + 
par é ímpar, o que contradiz o fato da soma ser o número par 1414. Portanto x e ímpar 
e teremos a soma : x - 6 + x - 4 + x - 2 + x + 1 + x + 3 = 1414. Logo, 6x - 8 = 1414 e 
obtemos que 6x = 1422. Portanto, x = 237 e concluímos que a soma é 2 + 3 + 7 = 12. 
 
Solução do exercício 8: 
a) Temos que 2 · 8 = 3+4+ a, segue que a = 9. 
b) Seja 1b.cd2 um número TOP. Temos que b+c+d = 2, sendo que todas as possibilidades 
(b,c,d), são (0, 0, 2), (0, 1, 1), (0, 2, 0), (1, 0, 1), (1, 1, 0), (2, 0, 0), ou seja, são 6 números 
TOP. 
c) Seja 9e.f g h um número TOP. Vamos analisar todos os casos iniciando pelos possíveis 
valores de h: 
I) Se h = 0, então e + f + g = 0, cuja única possibilidade é (0, 0, 0). 
II) Se h = 1, então e + f + g = 9, ou seja, para e = 0, são 10 possibilidades para f (de 0 a 9) 
e g fica determinado; para e = 1, são 9 possibilidades para f e g fica determinado; para e 
= 2, são 8 possibilidades para f ; e assim por diante até e = 9 e 1 possibilidade para f , ou 
seja, o total de possibilidades para h = 1 é 10+9+8+ 7+6+5+4+3+2+1 = 55. 
III) Se h = 2, então e + f + g = 18, ou seja, para e = 0, existe apenas uma combinação para 
f e g que é f = g = 9; para e = 1 são 2 possibilidades para f e g ; para e = 2, são 3 
possibilidades; para e = 3, são 4 possibilidades; e assim por diante até e = 9, que são 10 
possibilidades. Neste caso, temos, portanto, 1+2+3+4+...+10 = 55 possibilidades. 
IV) Se h = 3, então e + f + g = 27, que possui apenas a solução e = f = g = 9. 
V) Se h > 3 não existe número TOP. 
Sendo assim, o total de números TOP que começam com 9 é 1+55+55+1 = 112. 
 
Solução do exercício 9: 
 Um pequeno raciocínio de partida: Quanto menor forem os algarismos de um número, 
menor ele será, o mesmo no caso dos algarismos maiores. Devemos, portanto, procurar 
números que terminemem 9, precedidos pelo número cujo valor está faltando para 
chegar ao total a ser atingido. Para 12 (12 = 9 + 3), encontramos 39. Para 38 (38 = 9 × 4 
+ 2), existem 29.999. Para 2018 (2018 = 224 × 9 + 2), há 2 seguidos por 224 vezes o 
algarismo 9. 
 
Solução do exercício 10: 
Suponha que não haja uma pessoa que possua duas garotas como vizinhas. Marquemos 
com −1 cada garoto e com +1 cada garota. Cada pessoa ou possui como vizinhos (−1,−1) 
ou (+1,−1). Somando todos os 50 pares de números associados aos vizinhos de cada 
pessoa, contaremos a contribuição de cada um duas vezes. Assim ficamos com x ·(−2) + 
y ·(0) = 50 ·(+1) + 50 ·(−1), em que x é o número de pessoas que têm 2 garotos como 
vizinhos e y é o número de pessoas que têm um garoto e uma garota. Notemos ainda 
que x + y = 50. A primeira equação produz x = 0. Substituindo esse valor na segunda 
equação, podemos concluir que todas as pessoas têm um garoto e uma garota como 
vizinhos. Considerando duas pessoas vizinhas com +1 e −1, a observação anterior nos 
permite concluir que em alguma ordem os vizinhos delas em ambos os lados serão: 
(...,−1,−1,+1,+1,−1,−1,+1,+1,...). Daí, os garotos e as garotas terão que aparecer sempre 
aos pares e isso é um absurdo, pois obrigaria que a quantidade de cada um, que é 25, 
fosse par. 
 
Solução do exercício 11: 
a) Vamos dividir em grupos pela quantidade de algarismos: 
 I) 1 algarismo: 3 armários (12 , 22 , 32 ); 
II) 2 algarismos: 9−3 = 6 armários (42 a 92 ); 
III) 3 algarismos: 31−9 = 22 armários (102 a 312 ); 
 IV) 4 algarismos: 99−31 = 68 armários (322 a 992 ); 
 V) 5 algarismos: apenas o armário 1002. 
Portanto, foram pintados 3+2·6+3·22+4·68+5·1 = 358 algarismos nos cem primeiros 
armários. 
b) O algarismo das unidades dos 10 primeiros quadrados desses armários são 1, 4, 9, 6, 
5, 6, 9, 4, 1, 0. Essa sequência de algarismos repete-se de 10 em 10. Como a soma de 
uma dessas sequências termina em 5 e são, até 20202 (vamos considerar o 20202 para 
termos uma quantidade inteira de sequências e como seu algarismo das unidades é 
zero, não altera o resultado) 202 somas que terminam em 5, que somadas, o resultado 
termina em 0. 
 
Solução do exercício 12: 
Maria deve agrupar os números em pares como indicado na figura a seguir: 
(__ 1 ___2) ( ___3 ___4) (___ 5___ 6) ( ___7 ___8). 
Sempre que João jogar colocando um sinal a esquerda de um número de um desses 
pares, Maria deve jogar colocando o sinal oposto no outro número do mesmo par. Dessa 
forma, João sempre é o primeiro a escrever um sinal dentro de algum par e isso garante 
que Maria sempre pode realizar sua jogada. Além disso, como Maria coloca o sinal 
oposto, a soma dos números em cada par será +1 ou −1. Consequentemente a soma 
total final só poderá ser uma das seguintes possibilidades: 
+1 +1 +1 +1 = 4 
+1 +1 +1 −1 = 2 
+1 +1 −1 −1 = 0 
+1 −1 −1 −1 = −2 
−1 −1 −1 −1 = −4. 
Dessa forma Maria sempre será a vencedora. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Roteiro de Estudos 
OBMEP NA ESCOLA – 2020 
N2 – CICLO 1 – ENCONTRO 2 
 
 
Assuntos a serem abordados: 
 
 Divisão Euclidiana. 
 Fenômenos periódicos: padrões numéricos. 
 
 
I) Para o assunto “divisão euclidiana”, sugerimos os seguintes materiais de apoio a 
aula: 
Textos: 
1. Apostila do PIC da OBMEP “Encontros de Aritmética”, F. Dutenhefner, L. Cadar. 
http://www.obmep.org.br/docs/aritmetica.pdf 
2. Livro “Círculos de Matemática da OBMEP”- volume 1: Primeiros passos em 
Combinatória, Aritmética e Álgebra – Bruno Holanda e Emiliano Chagas 
Materiais do Portal da Matemática: 
1. Portal da Matemática - 8º Ano do Ensino Fundamental → Módulo “Números 
Naturais: Contagem, Divisibilidade e Teorema da Divisão Euclidiana” 
(http://matematica.obmep.org.br/index.php/modulo/ver?modulo=33) → Vídeoaula: 
“Teorema da Divisão Euclidiana”. 
 
 
II) Para o assunto “fenômenos periódicos: padrões numéricos”, sugerimos os 
seguintes materiais de apoio a aula: 
Textos: 
1. Apostila do PIC da OBMEP “Encontros de Aritmética”, F. Dutenhefner, L. Cadar. 
http://www.obmep.org.br/docs/aritmetica.pdf 
2. Livro “Círculos de Matemática da OBMEP”- volume 1: Primeiros passos em 
Combinatória, Aritmética e Álgebra – Bruno Holanda e Emiliano Chagas. 
 
 
http://www.obmep.org.br/docs/aritmetica.pdf
http://matematica.obmep.org.br/index.php/modulo/ver?modulo=33
http://www.obmep.org.br/docs/aritmetica.pdf
Lista de Exercícios – ONE 2018 – N2 – ciclo 1 – Encontro 2 
ENUNCIADOS 
 
 
Exercício 1. Todo termo de uma sequência, a partir do segundo, é igual à soma do 
anterior com a soma de seus algarismos. Os primeiros elementos da sequência são 1, 
2, 4, 8, 16, 23, 28, 38, 49, ... É possível que 793210041 pertença a essa sequência? 
 
 
 
Exercício 2. (Banco de questões da OBMEP 2011 – Problema 9 – N1) Com peças no 
formado de quadrados e triângulos equiláteros coladas lado a lado, podemos formar 
uma faixa horizontal muito cumprida. A faixa é construída passo a passo, com a adição 
de uma peça em cada passo, começando com a peça 1, depois a peça 2, em seguida a 
peça 3, e a peça 4, e assim por diante, de acordo com a numeração ilustrada a seguir. 
 
(a) Se em uma dessas faixas foram utilizados exatamente 2075 triângulos 
equiláteros, qual é a quantidade total de quadrados na faixa? 
(b) E se fosse ao contrário. Quantos triângulos equiláteros existem na faixa que 
contém exatamente 2075 quadrados? 
 
Exercício 3. (Prova 1a Fase 2008 -Nível 2 – Questão 13) Os 535 alunos e os professores 
de uma escola fizeram um passeio de ônibus. Os ônibus, com capacidade para 46 
passageiros cada, ficaram lotados. Em cada ônibus havia um ou dois professores. Em 
quantos ônibus havia dois professores? 
 
Exercício 4. Considere a seguinte sequência de números: 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 
5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 5 ... formada alternadamente pelos algarismos (1, 2, 3, 4, 5) e pelos 
algarismos (5, 4, 3, 2, 1). Qual algarismo aparece na posição 2015 nesta sequência? 
Exercício 5. (Fomin, capítulo 3, problema 30) Encontre o último algarismo do número 
777 777. 
 
Exercício 6. (Questão 18, Banco de Questões OBMEP 2019 ) Calendário Jupiteriano : No 
Calendário Jupiteriano, os meses são Julius, Uranius, Plutônius, Ílius, Terrius, Eráclitus e 
Raley. Os meses que começam com consoantes possuem 17 dias e os meses que 
começam com vogais têm 19 dias. O ano começa em Július e segue a sequência 
mencionada, anteriormente, encerrando-se em Raley. Assim, como no nosso 
calendário, o Jupiteriano possui uma semana com 7 dias (domingo, segunda, terça, 
quarta, quinta, sexta e sábado). Diógenes, um menino Jupiteriano, nasceu em 11 de 
Plutônio de 1999, que foi em um domingo. 
a) Que dia Diógenes completará 100 dias de vida? 
b) Que dia da semana Diógenes completará 20 anos? 
 
Exercício 7. (Questão 15, Nível N2, Provas OBMEP 2016) Joãozinho distribuiu bolas em 
caixas numeradas de 1 a 2016. Ele fez isso de forma que o número total de bolas, em 
quaisquer cinco caixas consecutivas, fosse sempre o mesmo. Na figura abaixo estão 
indicadas as quantidades de bolas em algumas caixas. A figura também mostra que 
Joaozinho colocou 3 e 7 bolas em duas caixas vizinhas. Quantas bolas ele colocou na 
última caixa? 
 
 
Exercício 8. (Questão 6, Nível 2, Matemática Sem Fronteiras 2017) A lista de Simão: 
Simão escreve uma lista de números. O primeiro número é 3,2. Para se descobrir o 
próximo número, ele utiliza a seguinte regra: Troque o número inteiro pela parte 
decimal (exemplo: 3,2 se torna 2,3) e então subtraia o menor do maior (3,2 – 2,3 = 0,9). 
Obtido o número novo (0,9) ele aplica a regra novamente, obtendo o número seguinte 
de sua lista. Os três primeiros números de sua lista são: 3,2 / 0,9 / 8,1. 
a) Encontre o 38o número da lista de Simão. 
b) Proponha um novo método para se descobrir 
qualquer número da lista sem precisar calcular 
todos. Utilize seu método para determinar o 20170 
número. 
Exercício9. Encontre o algarismo das unidades do número 2. 52014 + 62015 + 42012. 
 
Exercício 10. João decidiu nadar de três em três dias. O primeiro dia que ele nadou foi 
um sábado, o segundo dia foi uma terça-feira, o terceiro dia foi uma sexta-feira, e assim 
por diante. Em qual dia da semana João estará nadando pela centésima vez? 
 
Exercício 11. O ano de 2013 começou em uma terça-feira. Se o ano de 2016 foi 
bissexto, em que dia da Semana caiu o primeiro dia do ano de 2018? 
 
Exercício 12. João decidiu nadar de três em três dias. O primeiro dia que ele nadou foi 
um sábado, o segundo dia foi uma terça-feira, o terceiro dia foi uma sexta-feira, e assim 
por diante. Em qual dia da semana João estará nadando pela centésima vez? 
 
 
Lista de Exercícios – ONE 2020 – N2 – Ciclo 1 – Encontro 2 
SOLUÇÕES e COMENTÁRIOS 
 
Solução do Exercício 1. 
 
Segundo o que foi informado, um número e a soma de seus algarismos deixam o mesmo 
resto quando divididos por 3. Assim, se um número deixa resto 1 na divisão por 3, então 
esse número mais a soma de seus algarismos deixa resto 2 na divisão por 3, e se o 
número deixa resto dois, então a soma dele com a soma de seus algarismos deixa resto 
1 porque 2 + 2 = 4 deixa resto 1. Calculando os restos da sequência quando dividimos 
por 3, obtemos uma nova sequência 
1, 2, 1, 2, 1, ... , 
periódica, em que aparecem unicamente os restos 1 e 2. Portanto, todos os números da 
sequência apresentada não são divisíveis por 3. Por outro lado, observe que a soma dos 
algarismos de 793210041 é igual a 27 (divisível por 3), então 793210041 é divisível por 
3, consequentemente ele não pertence à sequência. 
 
Solução do Exercício 2. 
 
(a) Observe que a figura dada no enunciado tem alguma espécie de simetria, algo que 
se repete de tempos em tempos. Neste tipo de questão, quando percebemos uma 
repetição, algo periódico, precisamos encontrar esse padrão que fica se repetindo 
infinitamente. Observe que, neste exercício, para fazer uma faixa, basta copiarmos 
lado-a-lado a figura padrão a seguir formada por 8 peças: 4 quadrados e 4 triângulos 
equiláteros. 
 
Como cada figura padrão possui 4 triângulos equiláteros, devemos dividir 2075 por 
4 obtendo 351842075  . Isso significa que para fazer uma figura com 2075 
triângulos, precisamos de 518 dessas figuras padrão completas (totalizando 
41445188  peças) e de mais 3 peças triangulares da 519ª figura padrão. Para 
acrescentar três triângulos nesta última figura padrão, precisamos de quatro 
quadrados (veja figura a seguir da 519º figura padrão desta faixa) 
 
 
 
Portanto a faixa que possui exatamente 2075 triângulos possui 207645184  
quadrados e, portanto, 2075+2076=4151 peças ao todo. Esta faixa termina como 
está ilustrada na figura anterior. 
 
(b) De modo análogo, se a faixa possui exatamente 2075 quadrados, então esta faixa 
possui 518 figuras padrão completas e mais 3 quadrados na 519ª figura padrão. Esta 
última figura padrão está incompleta: ela possui três quadrados e dois triângulos. 
(veja figura a seguir) 
 
Portanto a faixa que possui exatamente 2075 quadrados possui 207425184  
triângulos e, portanto, 2075+2074=4149 peças ao todo. Esta faixa termina como 
está ilustrada na figura anterior. 
 
Solução do Exercício 3. 
 
Como 535 = 11 x 46 + 29, vemos que 11 ônibus são insuficientes para o passeio. Por 
outro lado, de 13 x 46 = 598, vemos que se o número de ônibus fosse maior ou igual a 
13, o número de professores seria no mínimo 598 - 535 = 63, o que não é possível pois 
em cada ônibus há no máximo 2 professores. Logo o passeio foi feito com 12 ônibus e o 
número de professores é 12 x 46 - 535 = 17. Como cada ônibus tem 1 ou 2 professores 
e 17 dividido por 12 tem quociente 1 e resto 5, concluímos que o número de ônibus com 
2 professores é 5. 
Solução do Exercício 4. 
 
(Este problema está resolvido na apostila do PIC da OBMEP “Encontros de Aritmética”, 
exercício 7 da página 33) 
 
Na sequência dada é importante observar que o bloco de algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 
fica se repetindo indefinidamente, como está ilustrado na figura a seguir: Dividindo 2015 
por 8 (que é a quantidade de algarismos do bloco que fica se repetindo), obtemos 2015 
= 251 × 8 + 7. Daí, para se chegar até o algarismo da posição 2015, deve-se escrever 251 
blocos de oito algarismos cada, e depois mais sete algarismos. Portanto o número que 
está na posição 2015 é o número da última posição dentro do bloco, ou seja, o número 
3. 
 
 
Solução do Exercício 5. 
 
(Este problema está resolvido na apostila do PIC da OBMEP “Encontros de Aritmética”, 
exercício 12 da página 35) 
 
Observe que o último algarismo do número 777777 é igual ao último algarismo do 
número 7777. Escrevendo as potências de 7, podemos calcular o último algarismo das 
primeiras potências de 7. 
 
Daí vemos que o ciclo 7, 9, 3, 1 se repete infinitamente. Dividindo 777 por 4 (que é o 
tamanho do ciclo), obtemos quociente 194 e resto 1. Portanto o último algarismo de 
7777 é igual ao último algarismo de 71, que é 7. 
 
 
Solução do Exercício 6. 
 
a) Se ele nasceu em 11 de Plutônio de 1.999, viveu 17−11 = 6 dias neste mês, 19 dias em 
Ílius, 17 dias em Terrius, 19 dias em Eraclitus, 17 dias em Raley, 17 dias em Julius e 5 em 
Uranius, ou seja, Diógenes completará 100 dias em 5 de Uranius de 2.000. 
b) Cada ano neste calendário possui 17 · 4 + 19 · 3 = 68 + 57 = 125 dias. Sendo assim, 20 
anos são 20 · 125 = 2.500 dias. Quando dividimos 2.500 por 7, obtemos quociente 357 
e resto 1, ou seja, são 357 semanas completas e mais um dia. Como Diógenes nasceu 
em um domingo, completará 20 anos em uma segunda (um dia após o domingo). 
 
 
Solução do Exercício 7. 
Como o número total de bolas em cinco caixas consecutivas é sempre o mesmo, a 
quantidade de bolas da primeira até a quinta caixa deve ser igual à quantidade de bolas 
da segunda até a sexta caixa: (no de bolas na Caixa 1) + 5 + 9 + 1 + ( no de bolas na Caixa 
5) = 5 + 9 + 1 + (no de bolas na Caixa 5) + (no de bolas na Caixa 6) Logo, (no de bolas na 
Caixa 1) = (no de bolas na Caixa 6). Pelo mesmo motivo, começando da segunda caixa e 
depois na terceira caixa, 5 + 9 + 1 + (no de bolas na Caixa 5) + (no de bolas na Caixa 6) = 
9 + 1 + (no de bolas na Caixa 5) + (no de bolas na Caixa 6) + (no de bolas na Caixa 7). 
Logo, o número de bolas na Caixa 7 é 5. 
De modo análogo, vemos que o número de bolas da Caixa 8 é 9, o número de bolas na 
Caixa 9 é 1, que a Caixa 10 possui o mesmo número de bolas que o da Caixa 5 e a Caixa 
11, o mesmo número de bolas que o da Caixa 6, o qual é igual ao número de bolas na 
Caixa 1, como vimos acima. As quantidades de bolas repetem-se a cada cinco caixas. Na 
ilustração há a informação de que as caixas contendo 3 e 7 bolas são vizinhas; para que 
isto ocorra, a Caixa 1 deve conter 7 bolas e as caixas 5 e 6 devem conter, 
respectivamente, 3 e 7 bolas. Assim, os conteúdos das caixas formam a sequência 7, 5, 
9, 1, 3, 7, 5, 9, 1, 3 .... 
De fato, não pode ocorrer que a primeira caixa contenha 3 bolas, pois isto geraria a 
sequência 3, 5, 9, 1, 7, 3, 5, 9, 1, 7, ... e a ordem entre 3 e 7 seria incompatível com o que 
aparece na ilustração no enunciado. Para descobrir o conteúdo da Caixa 2016, fazemos 
a divisão de 2016 por 5; o resto é 1 e isto nos diz que o conteúdo da Caixa 2016 é o 
mesmo que o da Caixa 1, ou seja, que a Caixa 2016 contém 7 bolas. 
Solução 2: (utilizando Álgebra) Sejam x1 , x2, x3, x4, x5 e x6 os números de bolas 
distribuídas em seis caixas consecutivas, respectivamente. Como o número total de 
bolas em cincos caixas consecutivas é sempre o mesmo, segue que x1 + x2 + x3 + x4 + 
x5 = x2 + x3 + x4 + x5 + x6 e, consequentemente, x1 = x6. Assim, caixas cujos números 
diferem por cinco unidades contêm o mesmo número de bolas. Como em duas caixas 
consecutivas aparecem 3 e 7 bolas, concluímos que os conteúdos das caixas formama 
sequência 7, 5, 9, 1, 3, 7, 5, 9, 1, 3 ..., pois a outra possibilidade, 3, 5, 9, 1, 7, 3, 5, 9, 1, 7 
..., é incompatível com a informação da ilustração. Assim, a caixa de número 2016 
contém a mesma quantidade de bolas que a Caixa 1, a saber, 7 bolas. 
 
Solução do Exercício 8. 
 
a) Começamos por aplicação do algoritmo, obtendo sucessivamente: 3,2; 0,9; 8,1; 6,3; 
2,7; 4,5; 0.9. Ela cai em um número já obtido anteriormente. De lá, o resultado será 
periódica de período 5. O número 38 da lista vai ser o mesmo que o terceiro é 8,1. 
b) O número 2017 na lista vai ser o mesmo que o segundo, 0,9. 
 
 
Solução do Exercício 9. 
 
( Exemplo 2 , Portal da OBMEP, exercícios sobre divisibilidade) 
 
Primeiro devemos observar que finaliza em 5(como ocorre com toda potência de 5), 
logo 2.52014 termina em 0 e, por isso, não contribui para o algarismo das unidades da 
soma dada. Dessa forma, o algarismo das unidades da soma será igual ao algarismo das 
unidades de 62015+ 42012. Como todas as potências de 6 terminam em 6, o número 
62015 termina em 6. Quanto as potências de 4, temos o seguinte padrão: 
 
n Algarismo das unidades de 
4n 
1 4 
2 6 
3 4 
4 6 
 ⋮ ⋮ 
 
Ou seja, 4n termina em 4 se n é ímpar e termina em 6 se n é par. Como 2012 é par, 42012 
termina em 6 e, portanto, as contribuições de 2 · 5 2014, 62015 e 42012 para o algarismo das 
unidades da soma são, respectivamente, 0, 6 e 6. Assim, o algarismo das unidades de 2 
· 5 2014 + 62015 + 4 2012 é o mesmo de 0 + 6 + 6, ou seja, é 2. 
 
 
Solução do Exercício 10. 
 
Na tabela a seguir, listamos os dias da semana que João está nadando pelas primeiras 
21 vezes. 
 
Analisando a tabela vemos, por exemplo, que os múltiplos de 7 sempre estão na quarta-
feira, que os números que deixam resto 1 quando divididos por 7 estão no sábado e que 
os números que deixam resto 2 quando divididos por 7 estão na terça-feira. Dividindo 
100 por 7 obtemos quociente 14 e resto 2 (100 = 14 × 7 + 2). Portanto, a centésima vez 
João estará nadando em uma terça-feira. 
 
 
Solução do Exercício 11. 
 
(Problemas semelhantes estão resolvidos no Vídeo: 
youtube.com/watch?v=Gj5uopyMoKc ) 
 
Um ano, em geral, possui 365 dias. Somente o ano bissexto possui 366 dias. Os dias do 
ano são agrupados de 7 em 7 dias, que são as semana. Se quisermos saber quantas 
semanas tem o ano, dividimos 365 : 7 = 52 + 1. Portanto o ano de 2013 tinha 52 semanas 
completas e um dia. Observe que o ano de 2013 iniciou em uma terça – feira, então 
contamos 7 dias e a primeira semana finalizou numa segunda- feira. Então as 52 
semanas completas de 2013 finalizaram em uma segunda - feira. Como 365 = 52x7 + 
1, concluímos que o último dia do ano foi uma terça-feira. Por raciocínio análogo, 
obtemos: 
 Dia da semana 
que começa o 
ano 
Dia da 
semana que 
finaliza o ano 
2013 terça – feira terça – feira 
2014 quarta – feira quarta – feira 
2015 quinta - feira quinta – feira 
2016 
bissexto 
sexta – feira Sábado 
2017 domingo Domingo 
 
Portanto o primeiro dia de 2018 iniciou em uma segunda- feira. 
 
Solução do Exercício 12. 
 
Na tabela a seguir, listamos os dias da semana que João está nadando pelas 21 vezes. 
 
domingo Segunda terça quarta quinta sexta sábado 
6 4 2 7 5 3 1 
13 11 9 14 12 10 8 
20 18 16 21 19 17 15 
 
Analisando a tabela vemos, por exemplo, que os múltiplos 7 sempre estão na quarta – 
feira, que os números que deixam resto 1 quando divididos por 7 estão no sábado e que 
números que deixam resto 2 quando divididos por 7 estão na terça feira. Dividindo 100 
por 7 obtemos o quociente 14 e resto 2 (100= 14 x 7 + 2 ). Daí concluímos que na 
centésima vez João estará nadando na terça-feira.