Aula 10 - Problemas Gerais II pdf-cdeKey_LIYYQT7ZYUUKBJ6ZKRJTS3RFJB7KSCEB

Prévia do material em texto

Problemas Gerais II - Aula 10
Durante o desenvolvimento dos alunos que se preparam para competições de ma-
temática, um dos primeiros momentos de reflexão está relacionado com o seguinte ques-
tionamento: fiz as contas do problema e tenho certeza que está tudo certo, mas será que
estou escrevendo bem essa solução?
Provavelmente durante as aulas desse material você deve ter olhado as resoluções dos
problemas e ter achado que escrevemos ou explicamos demais. Na verdade todo aluno que
se inicia em treinamentos de olimṕıada de matemática sempre escreve pouco e tem essa
sensação das resoluções de provas da OBM ou OBMEP.
Existe uma diferença muito grande nas resoluções entre não explicar o que foi feito,
explicar e concluir o que foi pedido, e escrever demasiadamente, independente de isso levar
a solução ou não. Olhe novamente os materiais das outras aulas e perceba que esse último
caso não acontece, as resoluções se propõem sempre em ser esclarecedoras.
A vantagem da variável, e esperamos que nesse ponto você já tenha assimilado e virado
um fã dela, é a maneira compacta com que ela consegue dizer muito escrevendo pouco.
Problemas como: encontre os números inteiros que satisfazem determinada condição, ne-
cessitam apenas de aplicação de variáveis, e talvez de separação em alguns casos.
Tente olhar a estrutura da sua resolução ao terminar um problema, e veja se ela esclarece
a pergunta feita pelo problema. Bons estudos!
1 Problemas
Problemas Gerais II: Problemas Introdutórios
Problema 1. Dizemos que um número inteiro positivo é enrolado se satisfaz as duas
condições a seguir:
• Tem três ou mais algarismos.
• Um de seus algarismos é igual a soma de todos os demais.
Por exemplo:
2013 é enrolado, pois 3 = 2 + 0 + 1;
220 é enrolado, pois 2 = 0 + 2;
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 10 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
789 não é enrolado, pois nenhum de seus algarismos é a soma dos demais;
22 não é enrolado, pois é um número de dois algarismos (observe que 022 é igual a 22, ou
seja, não é enrolado).
a) Qual é o maior número enrolado formado por algarismos diferentes de zero?
b) Quantos números enrolados de três algarismos existem?
Problema 2. Esmeralda escreveu no quadro negro a sequência de todos os números inteiros
de 1 a 2011. Em seguida, apagou todos os números pares da lista.
a) Quantos números restaram?
b) Dos números restantes, quantos foram escritos apenas com os algarismos 0 e 1?
Problema 3. Esmeralda escolhe um número inteiro positivo qualquer e realiza a seguinte
operação com ele: cada um de seus algarismos é trocado pelo seu sucessor, com exceção
do 9, que é trocado por 0. Em seguida, os eventuais zeros que aparecem à esquerda
são eliminados. Por exemplo, ao se realizar a operação no número 990003953 obtém-se
1114064 (note que os dois zeros à esquerda gerados pelos dois primeiros algarismos 9 foram
eliminados).
A operação é repetida até que se obtenha 0. Por exemplo, começando com 889, obtemos
a sequência de números 889, 990, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0
a) Apresente a sequência de números quando o primeiro número é 2008.
b) Mostre que, independente do número inicial, após uma quantidade finita de operações
Esmeralda obtém 0.
Problemas Gerais II: Problemas Propostos
Problema 4. Dizemos que um número inteiro positivo é chapa quando ele é formado apenas
por algarismos não nulos e a soma dos quadrados de todos os seus algarismos é também
um quadrado perfeito. Por exemplo:
• o número 2115522 é chapa, pois 22 +12 +12 +52 +52 +22 +22 = 64 = 82 e todos os
seus algarismos são não nulos (diferentes de zero)
• o número 403 não é chapa, pois, apesar de 42+02+32 = 25 = 52, um dos algarismos
de 403 é nulo (igual a zero)
• o número 12 não é chapa, pois 12 + 22 = 5 e 5 não é um quadrado perfeito.
a) Qual é o maior inteiro positivo com dois algarismos que é chapa?
b) Existe um inteiro positivo com 2011 algarismos que é chapa? Justifique sua resposta.
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 10 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 5. A sequência 121, 1221, 12221, · · · contém todos os números da forma 1 222 · · · 222︸ ︷︷ ︸
n
1,
com n d́ıgitos 2. A quantidade de d́ıgitos 2 indica a posição do número na sequência. Por
exemplo, o número 122222221 é o sétimo termo da sequência.
a) Dentre os 2009 primeiros termos da sequência, quantos são diviśıveis por 3?
b) Qual é o menor número múltiplo de 1001 da sequência?
Problema 6. Considere a sequência 1, 23, 456, 78910, 1112131415, · · · , constrúıda com
os algarismos que obtemos ao escrever os inteiros a partir do um. O primeiro termo é o
primeiro inteiro positivo, o segundo termo tem os algarismos dos dois inteiros seguintes, o
terceiro termo tem os algarismos dos três inteiros seguintes, e assim por diante.
a) Qual é o algarismo das unidades do décimo termo desta sequência? Não se esqueça
de justificar a sua resposta.
b) Qual é o termo desta sequência em que aparece pela primeira vez, nessa ordem, a
sequência de algarismos 2013? Por exemplo, a sequência 121 aparece pela primeira
vez no quinto termo, 1112131415.
Problema 7. Desejamos preencher tabuleiros 3× 3 com 9 inteiros positivos distintos sendo
que números a e b que têm um lado em comum devem ser tais que a é diviśıvel por b ou b é
diviśıvel por a. Vejamos uma configuração que satisfaz as condições do problema. Observe
que o maior número que aparece no tabuleiro é o 25.
8 2 10
4 20 5
12 1 25
a) Apresente uma maneira de preencher um tabuleiro de modo que o maior número que
aparece é o 22.
b) Qual é o menor inteiro positivo que pode ser o maior número que aparece no tabuleiro?
Problema 8. Cristina mostrou uma pilha de cartões numerados de 1 a 25 e pediu para sua
amiga Doroti escolher seis desses cartões. Cristina anotou os números e devolveu os cartões
à pilha. Em seguida, pediu para Doroti fazer mais uma escolha de seis cartões e anotou
novamente os números.
a) Na primeira escolha de Doroti, a diferença entre os números de dois cartões quaisquer
era um múltiplo de quatro e somente um dos seis números não era primo. Quais eram
os seis números?
b) Na segunda vez, Doroti escolheu seis cartões de forma tal que para cada par desses
cartões, um dos dois números era diviśıvel pelo outro, exceto para um dos pares,
em que nenhum dos dois números era diviśıvel pelo outro. Qual era o maior desses
números?
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 10 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 9. Quando duas amebas vermelhas se juntam, elas se transformam em uma
única ameba azul; quando uma ameba vermelha se junta com uma ameba azul, as duas
se transformam em três amebas vermelhas e quando duas amebas azuis se juntam, elas
se transformam em quatro amebas vermelhas. Fernando observa um tubo de ensaio que
contém inicialmente 19 amebas azuis e 95 amebas vermelhas.
a) Ele observa que todas as amebas se juntam em pares, originando as amebas de geração
seguinte. Esta geração tem no máximo quantas amebas?
b) A partir da situação inicial, se em algum instante houver 100 amebas, quantas serão
as azuis?
4
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 10 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problemas Gerais II: Soluções dos Introdutórios
1) (OBM 3a Fase)
a) Primeiro observamos que, em um número enrolado que tem essa propriedade, o
algarismo que é a soma dos demais é maior que qualquer outro algarismo dele.
Como queremos o maior número posśıvel, o algarismo que é a soma deve ser o
maior posśıvel, ou seja, o 9. Para maximizar o número ainda mais, ele deve ter o
maior número de casas decimais posśıveis, sendo 9 dividido em 9 “uns” seguidos.
Portanto, como o 9 é o maior número, deve ficar em uma casa de maior valor e o
número procurado é o 9111111111.
b) Temos que, quando há um número enrolado de 3 algarismos,a ,b e c, a = b + c
e a ≥ b ≥ c ou a ≥ c ≥ b. Para calcularmos mais facilmente,analisaremos os
diversos valores de a:
a = 1: 101, 110
a = 2: 202, 220, 211, 121, 112
a = 3: 303, 330, 321, 312, 213, 231, 132, 123
Como vemos, se a = 5, por exemplo,a = 0 + 5, a = 1 + 4 e a = 2 + 3. Com isso,
podemos ver que, se a, b e c não são nulos, então há 6 diferentes formas de a, b e c
se agruparem, se b ou c forem nulos, mas não simultaneamente, então há 2 formas
diferentes e se b = c então há 3 formas. Sabendo disso:
a = 4: 2 + 6 + 3 = 11 formas.
a = 5: 2 + 6 + 6 = 14 formas.
a = 6: 2 + 6 + 6 + 3 = 17 formas.
a = 7: 2 + 6 + 6 + 6 = 20 formas.
a = 8: 2 + 6 + 6 + 6 + 3 = 23 formas.
a = 9: 2 + 6 + 6 + 6 + 6 = 26 formas.
Portanto, vemos que há no total 2 + 5 + 8 + 11 + 14 + 17 + 20 + 23 + 26 = 126
números enrolados de 3 algarismos.
2) (OBM 3a Fase)
a) Podemos notar que restarão os números ı́mpares de 1 a 2011. Começando a partir
do 1, os números inteiros, tomados dois a dois, são compostos de um par e um
ı́mpar. Logo, a quantidade de números restantes é de
2010
2
+ 1 cujo resultado
resulta em 1006 números.
b) Vamos supor inicialmente que os algarismos 0 e 1 devem de fato aparecer. Podemos
perceber que todos os números com algarismos 0 e 1 apenas deverão ter ao menos
três algarismos, já que devem começar a terminar com 1, pois, além de terem
restado apenas algarismos ı́mpares, nenhum deles pode começar com zero, e devem
ter ao menos um de seus algarismos zero.
Nesse caso temos:
5
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 10 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Números com três algarismos (1): 101
Números com quatro algarismos (3): 1001, 1101, 1011.
Quatro desses números foram escritos apenas com alagarismos 0 e 1. Se incluirmos
os números que têm apenas o algarismo 1, temos mais quatro números: 1, 11, 111
e 1111.
3) a) A sequencia é 2008, 3119, 4220, 5331, 6442, 7553, 8664, 9775, 886, 997, 8, 9, 0
b) Independente do d́ıgito que ocupa a 1a posição do número, após uma certa quanti-
dade de operações, ele chegará a 9 e, basta mais uma operação para ele chegar a 0,
que “desaparecerá”, e o número ficará assim com um d́ıgito a menos. Em seguida,
independente do d́ıgito que agora ocupa a 2a posição, após uma certa quantidade
de operações ele também chegará a 9 e, logo depois, a 0, que também “desapa-
recerá”, e o número terá assim outro d́ıgito a menos. Continuando esse processo
até o número ter um único d́ıgito, esse d́ıgito também chegará a 9 e, depois, a 0,
encerrando o processo.
Problemas Gerais II: Soluções dos Propostos
4) (OBM 3a Fase)
a) Números de 2 algarismos: 10 a 99. Para encontrar o maior número, verificamos o
número 99, depois o 98, e assim por diante. Deste modo, o primeiro que for chapa
será o maior de todos.
99 : 92 + 92 = 162, não é quadrado perfeito.
98 : 92 + 82 = 145, não é quadrado perfeito.
97 : 92 + 72 = 130, não é quadrado perfeito.
· · ·
87 : 82 + 72 = 113, não é quadrado perfeito.
86 : 82 + 62 = 100, e é quadrado perfeito.
86 é o maior inteiro positivo com dois algarismos que é chapa.
b) Sim, é posśıvel. O número seria 111 · · · 111︸ ︷︷ ︸
2008
322. Esse número seria chapa, pois
12 + 12 + · · ·+ 12 + 12︸ ︷︷ ︸
2008
+32 + 22 + 22 = 2008 + 9 + 4 + 4 = 2025 = 452.
5) (OBM 3a Fase)
a) Um número diviśıvel por 3 tem a soma de seus algarismos como múltiplo de 3.
Assim, o primeiro termo múltiplo de 3 é 1221, pois 1+2+2+1 = 6, que é múltiplo
de 3. O próximo é o mesmo com 3 algarismos 2 a mais. Então, para saber quantos
múltiplos de 3 escritos dessa forma existem até n, fazemos:
n− 2
3
+ 1. Sendo
n = 2009, fica:
2009− 2
3
+ 1 =
2007
3
+ 1 = 669 + 1 = 670.
6
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 10 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
b) O primeiro termo da sequencia que é múltiplo de 1001 possui 7 algarismos, sendo
ele desta forma 1222221, que é igual a 1221× 1001. Basta verificar que de fato os
outros números, 121, · · · , 1222221 não são múltiplos de 1001.
6) (OBM 3a Fase)
a) Perceba o seguinte padrão. Os últimos números de cada linha estão associados com
os últimos números da próxima linha do seguinte modo: da linha 1 para a linha 2,
pegamos o último número da linha 1, que é 1, e adicionamos o número da próxima
linha, que no caso é 2. O último número da linha 2 será 1 + 2 = 3. Da linha 2
para a linha 3 pegamos esse último número, que é 3 e adicionamos o número da
próxima linha, que é 3, logo o último número da linha 3 será 3 + 3 = 6, e assim
por diante. Veja:
Linha 1: 1
Linha 2: 23 (1 + 2 = 3)
Linha 3: 456 (3 + 3 = 6)
Linha 4: 78910 (6 + 4 = 10)
Linha 5: 1112131415 (10 + 5 = 15)
Linha 6: 161718192021 (15 + 6 = 21)
Linha 7: 22232425262728 (21 + 7 = 28)
Linha 8: 2930313233343536 (28 + 8 = 26)
Linha 9: 373839404142434445 (36 + 9 = 45)
Linha 10: 46474849505152535455 (45 + 10 = 55), e o algarismo das unidades é 5.
b) Primeiramente, é necessário descobrir como o 2013 vai aparecer. Não pode ser com
um número terminado em 2 e o próximo começando com 0. Também não pode ser
com um número terminado em 201 e outro começando em 3 pois já terá passado o
2013. A opção que restou foi o número terminar em 20 e o próximo começar com
13, o que é posśıvel, e é o caso de 1320 e 1321. Agora é preciso descobrir qual é
o termo que obriga 1320 e 1321. Com alguns cálculos, conclui-se que é 51, pois
1 + 2 + 3 + · · ·+ 50 + 51 = 1326 e 1 + 2 + 3 + · · ·+ 50 = 1275. Lembrando que a
soma dos termos até n, inclusive, é sempre o ultimo número escrito em n.
7) (OBM 3a Fase)
a) O maior número no tabuleiro a seguir é 22.
22 2 4
1 6 12
9 18 3
b) A tabela abaixo mostra que tal configuração é posśıvel com o maior número igual
a 15: Diremos que x é um vizinho permitido de um número y quando x divide y
ou y divide x. Em outras palavras, quando x e y podem compartilhar um lado no
tabuleiro. É imediato que se o número primo p aparece na tabela, então 2p aparece
na tabela, com um lado em comum com p, e que ambos não podem aparecer na
7
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 10 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
8 2 10
4 1 5
12 3 15
posição central, pois eles não possuem 4 vizinhos permitidos: 2p só tem os vizinhos
permitidos 1, 2, p e p só tem 1 e 2p. Assim, se p primo (como nas condições acima)
aparece no quadrado então ele ocupará um canto e terá 1 e 2p dos seus lados. Mas
não podeŕıamos concluir os vizinhos de 2p já que gastamos o 1 como vizinho do p.
2p p
1
O maior número da tabela é pelo menos 9, já que são distintos. Se o maior número
da tabela é menor ou igual a 14, os números 5 e 7 não podem aparecer na tabela.
Os números 10 e 14 só possuem dois vizinhos permitidos, 1 e 2. Conclúımos que
apenas um desses dois números pode aparecer no tabuleiro e deverá ser colocado
em um dos cantos com vizinhos 1 e 2. Note também que não podemos colocar os
primos 11 e 13, pois apenas o 1 poderia figurar em um quadrado vizinho a eles.
Com isso, restaram no máximo 14 − 2 − 1 − 2 = 9 números para preencher todos
os 9 quadrados. Vamos mostrar que não é posśıvel preencher com esses números.
Suponha que é posśıvel e suponha sem perda de generalidade que usaremos o 10
e vamos excluir o 14. O 10 aparece em um canto com vizinhos 1 e 2. Veja que o
9 só possui vizinhos 1 e 3, então temos que colocá-lo ao lado do 1 e preencher o
3 no seu outro vizinho. Agora pense no 8. Ele só pode estar ao lado de 1, 2 e 4.
Considerando o preenchimento do 9, temos que colocar o 8 no canto ao lado do 2
e preencher o quadrado seguinte na lateral com 4.
3 9 3 9
1 1 4 1
2 10 2 10 8 2 10
Veja que o 6 não poderá ser colocado no tabuleiro.
O problema pedia até o passo anterior, mas podemos ir além dele. É posśıvel
provar que todos os números compostos maiores ou iguais a 15 podem aparecer
como máximo de tabuleiro seguindo estas regras. Para isso usaremos os seguintes
tabuleiros. Usando o primeiro tabuleiro temos os números pares maiores ou iguais
a 18. No segundo temos os múltiplos de 3 maiores ou iguais a 18. Se fizermosk = 3
no segundo conseguimos obter um tabuleiro em que o máximo é 16. Para números
na forma k.p em que p é maior ou igual a 5 e k é maior ou igual a 7 podemos usar
o terceiro tabuleiro. Finalmente, podemos usar o quarto tabuleiro para obter 25
Um número primo p não pode ser o máximo de um tabuleiro, pois só tem um
vizinho permitido. Conclúımos que os números que podem ser máximo são todos
8
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 10 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
2k 2 4 8 2 6 6 6p 3p 8 2 10
1 6 12 4 12 3 2 2p p 4 20 5
9 18 3 16 1 3k 4 1 k.p 12 1 25
os números compostos maiores ou iguais a 15.
8) (OBM 3a Fase)
a) Como as diferenças entre os pares de números escolhidos por Doroti é sempre um
múltiplo de 4, então todos os números escolhidos por ela deixam o mesmo resto
na divisão por 4. Se o resto for 0, então os números serão todos múltiplos de 4,
portanto nenhum deles é primo, o que contradiz o enunciado. Se o resto for 1, há
7 opções: 1, 5, 9, 13, 17, 21 e 25. Como 4 desses números (1, 9, 21 e 25) não são
primos, quando escolhermos 6 deles, pegaremos pelo menos 2 não-primos, o que
também contradiz o enunciado. Se o resto for 2, todos são pares, e no máximo um
deles (o 2) é primo, contradição. Se o resto for 3, há 6 opções: 3, 7, 11, 15, 19 e
23. Esses números funcionam, já que o único que não é primo é o 15.
Portanto, a resposta é 3, 7, 11, 15, 19 e 23.
b) Provaremos que o maior número era 24. Perceba que ele não poderia ser 25, pois
se fosse, pelo menos quatro outros números (dentre os cinco outros escolhidos)
teriam que dividi-lo, o que é um absurdo, já que os únicos divisores positivos de
25 menores que ele próprio são 1 e 5.
Agora provaremos que o maior número não pode ser menor que 24. Dentre os
seis números escolhidos, há cinco tais que, para todo par deles, um divide o outro.
Sejam eles 1 ≤ a < b < c < d < e ≤ 25. É claro que a divide b, b divide c, c divide
d e d divide e. Assim, como eles são todos diferentes, temos b ≥ 2a,c ≥ 2b,d ≥ 2c e
e ≥ 2d, ou seja, e ≥ 16a. Como e ≤ 25, obtemos a = 1. Além disso, pelas mesmas
desigualdades conseguimos que e ≥ 8b. Se b ≥ 3, obtemos e ≥ 24, como queŕıamos.
Assim, como b > a = 1, caso e < 24 devemos ter b = 2. Usando a mesma ideia,
temos e ≥ 4c. Assim, c ≤ 5, pois se for pelo menos 6, já conseguiriamos que e ≥ 24.
Como c é múltiplo de b (que é 2), ele deve ser 4.
Finalmente, temos e ≥ 2d, e portanto d ≤ 11, pois se ele fosse pelo menos 12,
conseguiŕıamos novamente que e ≥ 24. Como d é múltiplo de c (que é 4), ele deve
ser 8. Além disso, e é múltiplo de d (que é 8), portanto será igual a 16 ou 24. Se
for 24, conseguimos o que queŕıamos, portanto falta analizar o caso em que ele é
16.
Sendo f o outro número escolhido por Doroti, então f não divide nem é múltiplo de
exatamente um dentre os números 1, 2, 4, 8 e 16. Como esses números são todos
potências de 2, se f dividir algum deles, então também será uma potência de 2,
absurdo pois não há nenhuma outra potência de dois entre 1 e 25, além dessas 5.
Assim, f é diviśıvel por quatro desses números, e não é diviśıvel pelo outro. Se esse
outro não for o 16, chegamos num absurdo, já que o 16 dividiria f , mas áı todos os
outros também o dividiriam, já que todos dividem 16. Portanto, f não é múltiplo
9
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 10 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
de 16, e é múltiplo de todos os outros, em particular do 8. Isso implica que f é
igual a 24, ou seja, provamos que o maior dos números sempre é pelo menos 24.
Um exemplo em que o maior é 24 seria 1, 2, 4, 8, 16, 24.
9) (OBM 3a Fase)
a) Note que uma ameba vermelha pode se juntar a uma azul ou se juntar a uma
vermelha. Como são apenas 19 azuis, pelo menos 95−19 = 76 amebas vermelhas se
juntarão a outras vermelhas e sobrarão 76÷2 = 38 amebas (azuis). Falta analisar:
19 amebas azuis e 19 vermelhas. Como 19 é ı́mpar, pelo menos uma ameba azul
se juntará a uma vermelha e resultará em 3 amebas (vermelhas). Ainda temos
que ver: 18 de cada. Quando transformamos um par de azuis, sobrará um par de
vermelhas para transformar também, e fica:
2A+ 2V → 4 + 1 = 5 amebas.
Mas é melhor assim:
2A+ 2V = (A+ V ) + (A+ V ) → 3 + 3 = 6 amebas.
Então fica:
18A+ 18V → 18.3 = 54 amebas.
Total: 38 + 3 + 54 = 95 amebas.
b) Vamos ver inicialmente que é posśıvel que haja 33 azuis. Por exemplo, se 14 pares
de amebas vermelhas se juntarem, teremos como ex: 19 azuis + 67 vermelhas +
14 azuis = 33 azuis + 67 vermelhas.
Note: 2V ≡ A, isto é, em cada transformação, duas arestas vermelhas equivalem a
uma azul. V +A ≡ V + (2V ) = 3V e 2A ≡ 2.(2V ) = 4V
Todas essas igualdades são semelhantes às transformações, então é como se cada
ameba azul tivesse o valor de 2 vermelhas. Se começamos com valor 38+95 = 133
vermelhas, isso é igual em valor a 67 vermelhas e 33 azuis. Se houvesse mais azuis
e 100 amebas no total, o valor em vermelhas seria maior, e se houvesse menos azuis
e 100 amebas no total, o valor em vermelhas seria menor. Assim, a solução é única.
10