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Problemas Gerais III - Aula 11
Nesta último material vocês serão desafiados a pensar e resolver problemas da Olimṕıada
Rioplatense de Matemática, uma competição sediada na Argentina em que delegações de
diversos páıses participam. O banco de questões para a prova é o resultado do esforço de
diversos professores, que buscam questões bem criativas (e divertidas!).
O estilo dos problemas é um pouco diferente daquele encontrado em competições na-
cionais, essas questões possuem outros elementos importantes que completam a formação
de preparação para olimṕıadas. Portanto entenda: esses problemas não são mais fáceis ou
mais dif́ıceis, são apenas diferentes, o que é ótimo!
Bons estudos!
1 Problemas
Problemas Gerais III: Problemas Introdutórios
Problema 1. Em um tabuleiro quadriculado de 10 linhas e 500 colunas, começando pela
casa inferior esquerda e seguindo o modelo que está na figura, Joaquin pintou de preto 2011
casas.
Em seguida, Augusta pintou de azul as casas sem pintar que tinham duas ou mais casas
vizinhas de cor preta. Quantas casas Augusta pintou?
Nota: Duas casas são vizinhas se possuem um lado em comum.
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 11 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 2. Dado um inteiro positivo N , as operações permitidas para se obter outro
número são:
• Dividir N por 2 ou por 3, se o resultado for um número inteiro.
• Agregar um 0 ou um 8 à direita do algarismo das unidades de N .
Dizemos que um número é rio-platense se podemos obtê-lo a partir do número 8 medi-
ante uma sucessão de operações permitidas.
a) Mostre que 2006 é rio-platense.
b) Diga se é verdade se todo número inteiro positivo é rio-platense. Justifique sua
resposta.
Problemas Gerais III: Problemas Propostos
Problema 3. Temos um tabuleiro de 25× 25 dividido em 625 casas de 1× 1. Decidir se é
posśıvel escrever os 625 números 1, 2, 3, · · · , 625, um em cada casa, de tal maneira que as
seguintes condições sejam cumpridas:
• Se dois números são consecutivos, eles devem ser escritos em casas que são compar-
tilhadas por um lado.
• Das 50 linhas e colunas do tabuleiro, exatamente 24 delas devem permanecer sem
quadrados perfeitos em suas casas.
Caso seja posśıvel, descrever uma forma de colocar os números no tabuleiro. Caso seja
imposśıvel, explicar o motivo.
Problema 4. Distribuir os números 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 7, 7, 8, 8 um em cada
casa de um tabuleiro 4× 4 de modo que a soma dos números localizados em cada uma das
quatro linhas, das quatro colunas e das duas diagonais seja um número primo.
Problema 5. Utilizando todos os d́ıgitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9, Sofia escreveu três
números de três algarismos cada. Ao somar esses três números, obteve 1665. Agora, em
cada número que ela escreveu anteriormente, ela troca os d́ıgitos das centenas com o das
unidades, formando três novos números de três algarismos. Qual é a soma desses três novos
números?
Problema 6. Seis caixas contém, respectivamente, 18, 20, 21, 23, 25 e 33 bolinhas. Esme-
ralda pegou três dessas caixas e Topázio pegou duas.
a) Mostre que o número total de bolinhas das caixas que Esmeralda pegou é maior que
o número total de bolinhas das caixas que Topázio pegou.
b) Sabendo que o número total de bolinhas das caixas que Esmeralda pegou é o dobro
do número total de bolinhas das caixas que Topázio pegou, determine o número de
bolinhas da caixa restante.
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 11 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 7. Em um certo jogo usam-se fichas de cores que tem valores diferentes. Duas
fichas brancas equivalem a três fichas amarelas, uma ficha amarela equivale a cinco fichas
vermelhas, três fichas vermelhas equivalem a oito fichas pretas, e uma ficha preta vale 15
pontos.
a) Quantos pontos vale cada ficha?
b) Encontre todas as maneiras posśıveis de acumular 560 pontos usando, cada vez, não
mais do que cinco fichas de cada cor.
Problema 8. Temos uma pilha de 1001 caramelos. Ariel e Bernardo, a cada turno, tiram
caramelos da pilha respeitando as seguintes regras:
• Em cada turno devem tirar pelo menos um e não mais do que 101 caramelos da pilha.
• A quantia de caramelos que Ariel tira, em cada turno, tem que ser múltipla de três
ou múltipla de três mais dois.
• A quantia de caramelos que Bernardo tira, em cada turno, tem que ser múltipla de
três ou múltipla de três mais um.
• Perde o jogo aquele jogado que não conseguir jogar respeitando as regras.
Se quem começa o jogo é Ariel, determinar qual dos dois jogadores pode assegurar a
vitória sem importar como jogue o outro. Explique de que modo isso é alcançado.
Problema 9. Jorge tem uma quantidade par de cartões, numeradas de 1 a 2n, com n maior
ou igual a 3. Ele pinta n cartões de vermelho e n cartões de azul. Então, ele desafia seu
amigo Claudio a encontrar dois cartões vermelhos e dois cartões azuis tais que a diferença
entre os números desses cartões vermelhos seja igual a diferença entre os números desses
cartões azuis. Mostre que, independente da forma que Jorge pintou os cartões, Claudio
sempre poderá encontrar os cartões com a propriedade proposta.
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Problemas Gerais III: Soluções dos Introdutórios
1) Nas colunas 1 e 2 temos no total 11 casas pretas. O mesmo ocorre com os pares de
colunas 3 e 4, 5 e 6 e assim por diante. Esse padrão continua até as colunas 363 e 364.
Cada um dos 182 pares de colunas consecutivas, até 363 e 364, contém 11 casas pretas,
logo o número total de casas pretas nessas colunas é de 182×11 = 2002. Então há mais
9 casas pintadas de preto, e são as quatro mais baixas da coluna 365.
Agora, podemos ver que as casas sem pintar que tem pelo menos duas casas pretas
vizinhas são as 9 casas sem pintar de cada uma das colunas 2, 4, 6, · · · , e 362 e também
8 casas da coluna 364. Portanto Augusta pintou 181× 9 + 9 = 1368 casas.
2) a) Duas maneiras de obter 2006 a partir do 8:
8 → 4 → 48 → 24 → 12 → 128 → 64 → 32 → 320 → 3208 → 1604 → 16048 →
8024 → 4012 → 2006;
8 → 4 → 48 → 480 → 4808 → 2404 → 1202 → 601 → 6018 → 2006;
b) Sim, a afirmação é verdadeira. Antes de tudo, está claro que 1, 2 e 4 são rio-
platenses. Agora é suficiente mostrar que para cada inteiro positivo A há um
inteiro positivo A1 menor que A tal que A podemos obter a partir de A1 mediante
uma sucessão de operações permitidas. Isso ocorre por que o mesmo pode ser
aplicado a A1, e então obtemos um A2 < A1 tal que A1 obtemos a partir de A2
mediante algumas operações, e assim seguindo. Os números A,A1, A2,· · · formam
uma sucessão estritamente decrescente e, cedo ou tarde, o seguinte Ak será 1, 2 ou
4.
Então seja A ̸= 8 arbitrário. Se A termina em 0 ou 8 retiramos esse último d́ıgito.;
o novo número A1 satisfaz o que solicitamos. Se ele termina em 1, 2, 3, 4, 5,
6, 8, 9, multiplicamos respectivamente por 8 = 2.2.2; 4 = 2.2; 6 = 2.3; 2; 2; 3;
4 = 2.2; 2. Seja B o número obtido. Observe que os únicos fatores usados nessas
multiplicações são 2 e 3. Logo podemos obter A à partir de B mediante divisões
por 2 ou por 3. Assim, B é maior que A, mas a multiplicação foi feita de modo que
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 11 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
o último d́ıgito de B é 0 ou 8. Agora, B é um número de um único d́ıgito apenas se
A = 1, 2 ou 4, e nesses casos já teŕıamos alcançado o objetivo. Se B tem mais de
um d́ıgito, apagamos seu último d́ıgito e obtemos o número A1; obtemos A à partir
de A1 e basta verificar que A1 < A. Com efeito, as multiplicações do parágrafo
anterior são tais que B ≤ 8A. Por outro lado, B = 10A1 ou B = 10A1 + 8, de
modo que B ≥ 10A1. Portanto 8A ≥ 10A1, o que implica a desigualdade buscada,
A > A1.
Problemas Gerais III: Soluções dos Propostos
3) Vamos ver que é posśıvel completar o tabuleiro para que se cumpram as duas condições.
Em primeiro lugar, dividimoso quadrado de 25×25 em 25 tiras em forma de L de largura
1 como na figura a seguir. A primeira tira está na casa superior esquerda, a segunda
contém 3 casinhas, a terceira contém 5 casinhas, assim por diante, e a tira numero
25 contém 49 casinhas. Escrevemos então os números 1, 2, 3, · · · , 625 no tabuleiro
utilizando as tiras. Escrevemos 1 = 12 na casinha superior esquerda, depois a partira
da casinha da linha 1 e coluna 2, completamos as casinhas da tira 2 com 2, 3 e 4 = 22.
Agora, começando com a casinha da linha 3 e coluna 1, completamos as casinhas da
tira 3 com 5, 6, 7, 8 e 9 = 32. O processo continua com a tira 4, assim seguindo. No
final completa-se a tira 25 com os números 577 = 242 + 1, 578, · · · , 625 = 252.
Por construção, cada par de números consecutivos estão escritos em casinhas com um
lado em comum. Além disso, notamos que todos os quadrados perfeitos ı́mpares 12,
32, 52, · · · , 252 estão na linha 1 e colunas 1, 3, 5, · · · , 25, respectivamente, e todos os
quadrados pares, 22, 42, 62, · · · , 242, estão na coluna 1 e em linhas 2, 4, 6, · · · , 24,
respectivamente. Consequentemente, não há quadrados perfeitos nas colunas 2, 4, 6,
· · · , 24 e nem nas linhas, 3, 5, · · · , 25. No total, existem 12 colunas e 12 linhas do
tabuleiro que não contém quadrados perfeitos. Como 12 + 12 = 24, satisfazemos as
condições do enunciado.
4) A soma de todos os números dados é igual a 2× (1+ 2+3+4+5+6+7+8) = 72. Os
primos que podemos obter ao somarmos quatro desses números são 7, 11, 13, 17, 19, 23 e
29. Além disso, observamos que 72 = 13+17+19+23, assim que tratamos de encontrar
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 11 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
uma distribuição em que a soma das linhas, em alguma ordem, sejam 13, 17, 19 e 23,
bem como a soma das colunas. Começamos colocando 8, 8, 7 e 6 em uma diagonal.
Essa seleção nos dá a soma 29 para essa diagonal, e 29 é primo. Logo, podemos obter
a soma 23 na linha 1 e também na coluna 1 da seguinte maneira.
8 7 3 5 23
6 8
5 7
4 6
23 29
Sobram seis números sem utilizar: 1, 1, 2, 2, 3 e 4. Estes podem ser colocados nas casas
vazias de modo que as três linhas restantes tenham soma 13, 17, 19, e o mesmo ocorra
com as três colunas restantes:
8 7 3 5 23
6 8 1 4 19
5 3 7 2 17
4 1 2 6 13
13 23 19 13 17 29
Nesta distribuição a soma da outra diagonal é 5 + 1 + 3 + 4 = 13, que é primo. Isto
completa a solução. Existe ainda outra distribuição posśıvel
5) Suponhamos que Sofia escreveu os números abc, def e ghi, onde a, b, c, d, e, f , g, h, i
são, em alguma ordem, os d́ıgitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. De acordo com o enunciado
1665 = abc+def+ghi = 100(a+d+g)+10(b+e+h)+(c+f+i). Daqui deduzimos que o
último d́ıgito da soma c+f+i é 5. Por outro lado, c+f+i ≥ 6 e c+f+i ≤ 7+8+9 = 24. O
único número que termina em 5 entre 6 e 24 é 15, de modo que c+f+i = 15. Colocamos
esse valor na igualdade para obtermos que 1650 = 100(a + d + g) + 10(b + e + h), ou
165 = 10(a+d+g)+(b+e+h). Observamos que b+e+h também termina em 5, e com
o mesmo argumento anterior, utilizamos que b+ e+h = 15. Então 150 = 10(a+ d+ g),
ou ainda, 15 = a+ d+ g. Conclúımos então que a+ d+ g = b+ e+ h = c+ f + i = 15.
Agora, os números que obtemos ao trocar a e c, d e f , g e i, são cba, fed, ihg. Sua soma
é cba+fed+ihg = 100(c+f+i)+10(b+e+h)+(a+d+g) = 100.15+10.15+15 = 1665.
6) a) As três caixas com menos bolinhas contém 18, 20 e 21, então o número total de
bolinhas que Esmeralda pegou é pelo menos 18 + 20 + 21 = 59. As duas caixas
com mais bolinhas contém 25 e 33, logo o número total de bolinhas que Topázio
pegou é pelo menos 25 + 33 = 58.
b) Seja x o número total de bolinhas nas duas caixas que Topázio pegou, então o
total de caixas que Esmeralda pegou é 2x. Portanto, Topázio e Esmeralda, juntos,
possuem x+2x = 3x bolinhas. Daqui deduzimos que a soma das bolinhas das cinco
caixas que Esmeralda e Topázio pegaram, é múltipla de 3. A soma das bolinhas
de 5 caixas, todas exceto a 1a, 2a, 3a, 4a, 5a e 6a, respectivamente, são 122, 120,
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 11 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
119, 117, 115 e 107. Entre estes seis números, existem apenas dois múltiplos de
3: 120 e 117. Se as somas das bolinhas de Esmeralda e Topázio fossem 120,
então a quantidade de bolinhas de Topázio seria 120 ÷ 3 = 40. Além disso, as 5
caixas utilizadas são todas menos a segunda. Entre estas cinco caixas que somam
120, não existem duas que somam 40, logo esse caso é imposśıvel. Se a soma das
caixas de Topázio e Esmeralda é 117, então a quantidade de bolinhas de Topázio é
117÷ 3 = 39. As caixas usadas são todas menos a quarta. O número 39 se obtém
como a soma de bolinhas da 1a e 3a caixas: 18 + 21 = 39. Além disso, este é o
único par de caixas que somam 39. As caixas de Esmeralda são as outras 3: a 2a,
a 5a e a 6a, que contém no total 20 + 25 + 33 = 78 bolinhas. A caixa restante é a
4a com 23 bolinhas.
7) a) Sejam B, A, V e P as quantidades de pontos que valem as fichas brancas, amarelas,
vermelhas e pretas, respectivamente. Temos que 2B = 3A, A = 5V , 3V = 8P e
P = 15. Logo V = (8/3)P = (8/3)15 = 40, A = 5V = 5.40 = 200, B = (3/2)A =
(3/2)200 = 300.
Os valores de uma ficha branca, amarela, vermelha e preta são 300, 200, 40 e 15
pontos respectivamente.
b) Suponhamos que são obtidos 560 pontos usando x fichas brancas, y fichas amarelas,
z fichas vermelhas e t fichas pretas, onde 0 ≤ x, y, z, t ≤ 5. Então 300x + 200y +
40z + 15t = 560, agora, 300x, 200y, 40z e 560 são inteiros diviśıveis por 4, e
portanto 15t também é múltiplo de 4, pois 15t = 560 − (300x + 200y + 40z) =
4(140 − 75x − 50y − 10z). Mas 15 é primo com 4, logo t é diviśıvel por 4. Como
0 ≤ t ≤ 5 então t = 0 ou t = 4.
Se t = 0 então 300x+200y+40z = 560. Dividimos por 20 e temos 15x+10y+2z =
28. Agora, 10y, 2z e 28 são pares, de modo que 15x é par, o que implica que x é
par. Mas x = 0 ou x = 1 (duas fichas brancas, cada uma de 300 pontos, obteriam
600 > 560 pontos). Logo x = 0 e por consequência, 10y + 2z = 28, ou seja,
5y + z = 14. Como 0 ≤ z ≤ 5, resulta que y ≥ 2. Por outro lado, 5× 3 = 15 > 14,
logo y ≤ 2. Portanto y = 2, o que conduz a solução x = 0, y = 2, z = 4 e t = 0.
Se t = 4, então 300x+200y+40z = 500. Dividimos por 20 e obtemos 15x+10y+
2z = 25. Veja que 15x é ı́mpar, logo x = 1 (observamos antes que x = 0 ou x = 1).
Logo 10y+ 2z = 10, ou seja, 5y+ z = 5. De imediato y = 0 ou y = 1, nesses casos
z = 5 ou z = 0, respectivamente. Obtemos duas soluções a mais: x = 1, y = 0,
z = 5, t = 4 e x = 1, y = 1, z = 0 e t = 4.
Para cada uma das três possibilidades que obtivemos é simples verificar que o
número total de pontos acumulados é 560 e que foram usados no máximo 5 fichas
de cada cor. Portanto há 3 combinações de fichas que cumprem os requisitos: 2
fichas amarelas e 4 fichas vermelhas; 1 ficha branca, 1 ficha amarela e 4 fichas
pretas; 1 ficha branca, 5 fichas vermelhas e 4 fichas pretas.
8) Ariel pode assegurar a vitória com a seguinte estratégia. Em sua primeira jogada, Ariel
tira 83 caramelos. Pode fazer isso, já que 1 < 83 < 101 e 83 = 3× 27 + 2. Nas jogadas
seguintes, se Bernardo tira B caramelos, Ariel responde tirando 102 − B caramelos.
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 11 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Observamos que esse movimento respeita as seguintes regras: por hipótese, 1 ≤ B ≤ 101
e B tem resto 0 ou 1 na divisão por 3, logo 1 ≤ 102−B ≤ 101 e 102−B tem resto 0 ou
2 na divisão por 3. Deste modo, em dois turnos consecutivos, um de Bernardo seguido
de um de Ariel, são retirados 102 caramelos. Como 1001 = 83+9×102, logo depois que
Ariel fizer seu movimento número 10 (Bernardo fez 9), se retiramos os últimos caramelos
da pilha. Portanto Ariel ganha.
9) Consideramos primeiramente o caso em que n ≥ 4. Calculamos todas as somas de um
número vermelho mais um número azul. Como há n números de cada cor, existem no
total n2 destas somas. Por outro lado, o menor valorque pode ter a soma do número
de dois cartões é 1 + 2 = 3, e o maior é 2n+ 2n− 1 = 4n− 1. De 3 até 4n− 1 existem
4n− 1− 3+ 1 = 4n− 3 números. Logo, as n2 somas de um número vermelho e um azul
se distribuem em no máximo 4n− 3 números.
Observamos que se n ≥ 4, então n2 + 3 ≥ 4n + 3 > 4n, deduzimos que n2 > 4n − 3.
Pelo prinćıpio da casa dos pombos, existem pelo menos duas dessas n2 somas que são
iguais. Digamos que v + a = v′ + a′, onde v e v′ são números em cartões vermelhos e a
e a′ são números em cartões azuis. De v + a = v′ + a′ deduzimos que v − v′ = a− a′ e
temos assim os cartões com a propriedade do enunciado.
Se n = 3, existem 32 = 9 somas de um cartão vermelho com um azul, e os posśıveis
valores de uma soma de dois números de 1 a 2 × 3 = 6 são 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11.
Se as 9 somas de dois cartões fossem distintas, devia existir uma com cada um desses 9
números. Agora, 3 e 4 só se obtém como 1 + 2 e 1 + 3, respectivamente, logo 2 e 3 são
da mesma cor. Por outro lado, 10 e 11 só se obtém como 6+4 e 6+5, respectivamente,
de modo que 4 e 5 tem a mesma cor. Como há 3 cartões azuis e 3 vermelhos, a cor de 2
e 3 é distinta de 4 e 5. Temos assim dois pares de cartões, uma vermelha e outra azul,
com a mesma diferença: 3 − 2 = 5 − 4 = 1. Isto completa a analise do caso n = 3, e a
solução do problema.
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