XIX OPM - Categoria A (8o , 9o anos)
2a Eliminatória
24/1/01
OLIMPÍADAS PORTUGUESAS DE MATEMÁTICA
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SUGESTÕES para a resolução dos problemas.
1. Cada mulher tem um homem ou uma mulher à sua direita logo há 12 + 7 = 19 mulheres à volta da
mesa. Como 7 mulheres têm uma mulher à sua direita, trocando os papéis, 7 mulheres têm uma
mulher à sua esquerda logo 19 − 7 = 12 mulheres têm um homem à sua esquerda. Assim, trocando
os papéis mais uma vez, 12 homens têm uma mulher à sua direita e eles representam 34 dos homens.
Então há 12 × 34 = 16 homens à volta da mesa. Portanto a mesa tem 16 + 19 = 35 lugares.
2. Sejam O o centro das duas circunferências e D o ponto de tangência entre a circunferência menor e
[BC].
d é um
Então [OD] é perpendicular à corda [BC]. Por outro lado, como [AC] é um diâmetro, ABC
ângulo recto. Logo, os triângulos [ABC] e [ODC] são semelhantes. Como AC = 6r e OC = 3r
2
1
segue-se OD
= OC
, ou seja 12
= 3r
6r = 2 , pelo que r = 6.
AB
AC
3. Qualquer número inteiro positivo que seja solução do problema tem que ser maior ou igual que 11,
pelo que terá, pelo menos, 2 algarismos. Seja n o número de algarismos de um número que seja
solução. Como se procura um número inteiro este será maior do que 10n−1 (um algarismo 1 seguido
de n − 1 algarismos 0). Por outro lado, a soma dos algarismos é inferior ou igual a 9n. Então, para
que um número com n algarismos seja solução, terá que acontecer 11 × 9n ≥ 10n−1 , ou seja, n ≤ 3.
Se n = 2 o natural representar-se-ia na forma b + 10a, onde a, b são algarismos com a 6= 0. Teriamos
então, de acordo com o enunciado, b + 10a = 11(a + b), isto é, 10b + a = 0, o que só seria possı́vel
se a = b = 0. Se n = 3, procedendo de forma análoga ao caso anterior, com a, b, c algarismos onde
a 6= 0, obtemos a equação c + 10b + 100a = 11(a + b + c), ou seja, 10c + b = 89a. O primeiro membro
é inferior ou igual 10 × 9 + 9 = 99, donde a = 1 e ficamos com a equação 10c + b = 89 cuja solução
é c = 8 e b = 9. Assim a única solução é o número 198.
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4. Solução 1: Como os três números dados são pares, o primeiro passo faz aparecer 2 pares e 1
ı́mpar. No passo seguinte, se substituirmos um dos pares obtemos novamente 2 pares e 1 ı́mpar
(par+ı́mpar−1=par), enquanto que se substituirmos o ı́mpar obtemos também 2 pares e 1 ı́mpar
(par+par−1=ı́mpar). Logo, a partir do primeiro passo teremos sempre 2 pares e 1 ı́mpar. Portanto,
não é possı́vel chegar aos números indicados.
Solução 2: É possı́vel reconstruir a sequência de números que estiveram escritos no quadro. Para
tal, basta observar que, em cada passo, o maior dos três números resulta da soma dos outros dois
menos uma unidade, ou seja, os dois números mais pequenos terão de aparecer no passo anterior.
Podemos, desta forma, construir a seguinte sequência:
17
17
17
17
17
17
5
5
5
1
75
75
43
43
11
11
11
3
3
3
91
59
59
27
27
7
7
7
3
3
A representação inicial pode não corresponder a nenhum dos passos da sequência pois não é necessário
partir duma situação em que um dos números seja igual à soma dos outros dois menos uma unidade.
No entanto, após o primeiro passo essa propriedade terá de verificar-se. Partindo de 2, 2, 2, o
primeiro passo conduz necessariamente a 2, 2, 3. Todavia essa representação também não aparece
na sequência. Ou seja, não é possı́vel partir de 2, 2, 2 para obter 17, 75, 91 através do procedimento
descrito no enunciado.
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