SÉRIE 8º E 9º ANOS
ENSINO FUNDAMENTAL
PROFESSOR(ES)
SEDE
ALUNO(A)
TURMA
Nº
TURNO
DATA
___/___/___
Note que, para a primeira coluna, devemos pintar no
máximo 2013 casas; para a segunda coluna,
devemos pintar no máximo 2013 casas e assim por
diante. Então, vendo isso para todas as 2014 colunas,
devemos pintar no máximo 2013 × 2014 = 4054182
casas do tabuleiro.
b) Para que o máximo ocorra, devemos ter que cada
coluna tenha exatamente uma casa não pintada.
Suponha que a casa não pintada da coluna 1 esteja
na linha a1, a casa não pintada da coluna 2 esteja na
linha a2, ..., a casa não pintada da coluna 2014
esteja na linha a2014.
Dividindo (2) por (1):
Note que se tivermos i = j, para algum 1 ≤ i < j ≤ 2014,
então tirando a linha i, temos 2012 casas pintadas
para distribuirmos entre 2013 linhas, donde, pelo
princípio das casas dos pombos, existe uma linha
sem casas pintadas, o que é um absurdo.
Subtraindo (4) de (5):
1. a)
Portanto, os números a1, a2, …, a2014 são 2014
números distintos, que variam de 1 a 2014. Logo,
(a1, a2, …, a2014) é uma permutação de (1, 2, …, 2014),
e como há 2014! tais permutações, temos que há
2014! tabuleiros.
2. Observe que:
RESOLUÇÃO
MATEMÁTICA
(y  z) (2)

 2 ⇒ y – z = 2x – 2y ⇒ ⇒ z = 3y – 2x (3)
(x  y) (1)
Substituindo (3) em (1), vem:
(x – y)(4y – x) = –1 ⇒ x2 – 5xy + 4y2 – 1 = 0 (4)
Substituindo (3) na primeira equação do sistema, vem:
x2 = y (3y – 2x) + 1 ⇒ x2 + 2xy – 3y2 – 1 = 0 (5)
7xy – 7y2 = 0 ⇒ 7y (x – y) = 0 ⇒ y = 0 ou x = y
Se x = y, (4) vai ficar x2 – 5x · x + 4x2 – 1 = –1 ⇒ – 1 = 0,
absurdo. Portanto, y = 0, z = –2x. Substituindo y = 0
em (4), temos x2 – 1 = 0, donde x = ±1, e z = ∓ 2.
Assim, (x, y, z) = (1, 0, –2) ou (–1, 0, 2)
4. Primeiro, note que como AB é diâmetro, temos
∠AFB = ∠AEB = 90°. Assim, AF e BE são alturas do
triângulo ABC. Seja H a interseção dessas alturas (note
que H é o ortocentro de ABC). Seja M a interseção da
tangente à circunferência por F com a altura CH, como
mostrado na figura.
a + 1|a3 b – 1 ⇒ a + 1|(a3 + 1)b – 1 – b ⇒ a + 1 | (a + 1)
(a2 – a + 1)b – (b + 1) ⇒ a + 1| – (b + 1) ⇒ a + 1| b + 1 (1)
b – 1| b3 a + 1 ⇒ b – 1| (b3 – 1) a + 1 + a ⇒ b – 1|
(b – 1) (b2 + b + 1) a + (a + 1) ⇒ b – 1| a + 1 (2)
De (1) e (2), temos que b – 1 divide a + 1 e a + 1 divide
b + 1. Logo, b – 1 divide b + 1, donde b – 1| (b + 1) – (b – 1)
⇒ b – 1| 2 ⇒ b – 1 = 1 ou 2 ⇒ b = 2 ou 3.
Caso b = 2, de (1) temos que a + 1| 2 + 1 ⇒ a + 1| 3 ⇒
⇒ a + 1= 1 ou 3, donde a = 0 ou 2. Como queremos que
a seja inteiro positivo, só podemos ter a = 2. Logo,
(a,b) = (2,2) é uma solução (e é fácil checar isso!).
Caso b = 3, de (1) temos que a + 1| 3 + 1 ⇒ a + 1| 4 ⇒
⇒ a + 1 = 1,2 ou 4. Daí, a = 0,1 ou 3. Como queremos
a > 0, só podemos ter a=1 ou a=3. Logo, (a,b) = (1,3) e
(3,3) são soluções (e é fácil checar!).
Portanto, (a,b) = (1,3), (2,2), (3,3)
3. Subtraindo a segunda equação da primeira, temos:
x2 – y2 = yz – zx – 1⇒ (x – y)(x + y) + z(x – y) – 1 ⇒
⇒ (x – y)(x + y + z) = –1 (1)
Subtraindo a terceira equação da segunda:
y2 – z2 = zx – xy – 2 ⇒ (y – z)(y + z) = –x(y – z) – 2 ⇒
⇒ (y – z)(x + y + z) = –2 (2)
OSG.: 085638/14
Observe que, como CH ⊥ AB, ∠HCB = 90° – ∠B, e como o
triângulo CHF é retângulo em F, ∠FHC = 90° – ∠HCF = ∠B.
Além disso, como MF é tangente, temos ∠AFM =
∠ABF ⇒ ∠HFM = ∠B ⇒ ∠MFC = 90° – ∠HFM = 90° – ∠B.
Agora, note que HM = MF, pois ∠MHF = ∠MFH = ∠B
e que CM = MF, pois ∠MFC = ∠MCF = 90° – ∠B. Daí,
HM = MC, donde a tangente por F passa pelo ponto
médio de CH. Analogamente, a tangente por E também
passa pelo ponto médio de CH.
Conclusão: As tangentes por E e F se encontram num
ponto P, que está na altura relativa à C e é o ponto
médio de CH.
RESOLUÇÃO – MATEMÁTICA
5. Digamos que haja x algarismos 1. Então, há 2x
algarismos 2, 3x algarismos 3 e assim por diante. Daí,
olhando a quantidade de algarismos em n, temos:
34 + x + 2x + 3x + ⋯ 9x = 2014 ⇒ x(1 + 2 + 3 + ⋯ + 9)
= 2014 – 34 = 1980 ⇒ 45x = 1980 ⇒ x = 44
A soma dos algarismos de n é igual a:
34 · 0 + x· 1 + (2x) · 2 + (3x) · 3 + ⋯ + (9x) · 9 =
= x(12 + 22 + 33 + ⋯ + 92) = 285x = 285 · 44 = 12540
O resto da divisão de 12540 por 9 é igual a 3. Como um
número e a soma dos seus algarismos deixam o mesmo
resto por 9, temos que o resto de n por 9 é igual a 3.
Acontece que não existe quadrado perfeito dando resto
3 por 9, pois se existisse, teríamos:
N = m² = 9k + 3 ⇒ 3| m2 ⇒ 3| m ⇒ 9|m²
Que é um absurdo. Logo, é impossível que n seja um
quadrado perfeito.
Erbínio – 04/09/2014 – Rev.: LÉRIDA
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OSG.: 085638/14