Eureka! 22 - OBM

EUREKA! N°22, 2005
Sociedade Brasileira de Matemática
SOLUÇÕES – SEGUNDA FASE – NÍVEL 2 – PARTE B
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:Ver o problema 3 – Parte B do Nível 1
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:
1 1 1 1 x −1
a) 1− = 1− = 1− = 1− = 1− = 1+ x − 1=
x
1 1 x x−1−x 1− 1− 1−
−1
1 x −1 1−
x−1 x−1
x x
x−1−x −1
2003
⇔ = 2004 ⇔ = 2004 ⇔2004x− 2004 =−1⇔ x=
x−1x−12004 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:
a) A partir da dobra da folha podemos ver que B'E = BE = 17, e como AE = 8,
2 2 2 2
aplicando o teorema de Pitágoras temos AB´ = B´ E − AE = 17 − 8 = 15.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:
Como ab + cd = bc ⇔ 10a + b + 10c + d = 10b + c ⇔ 10a + d = 9( b − c)
, ou seja,
10a + d é o número de dois algarismo a d , e é um múltiplo de 9.
a) Mantendo a = 2, temos d = 7. Além disso, 10⋅ 2+ 7= 9( b−c) ⇔b− c=
3 . O
menor valor de b que podemos escolher, após 3, é 4, e nesse caso, c = 1. O número
procurado é, então, 2417.
b) Uma vez que escolhemos b − c , a e d estão determinados: a é o algarismo das
dezenas de 9( b − c)
, e d, o das unidades. Além disso, 9( b−c) ≥10⇔b−c≥ 2 .
Se b − c = 2 , ( bc , ) ∈ { ( 2,0 ) ; ( 3,1 ) ; ( 4,2 ) ;...; ( 9,0)
} , um total de 8 possibilidades. Da
mesma forma, vemos que se b c 3 bc , ∈ 3,0 ; 4,1 ; 5,2 ;...; 9,6 , há um
− = , ( ) { ( ) ( ) ( ) ( ) }
− = , ( , ) { ( 4,0;5,1;6,2;...;9,5
) ( ) ( ) ( ) }
total de 7 possibilidades. Para b
possibilidades, b − c = 5 ,
c 4 bc ∈ , 6
bc , ∈ 5,0;6,1;7,2;...;9,4,
5 possibilidades, b − c = 6 ,
( ) { ( ) ( ) ( ) ( ) }
( , ) { ( 6,0;7,1;8,2;9,3
) ( ) ( ) ( ) }
( , ) { ( 7,0;8,1;9,2 ) ( ) ( ) }
bc ∈ , 4 possibilidades, b − c = 7 ,
bc ∈ , 3 possibilidades, b c 8 bc , ∈ 8,0 ; 9,1 , 2
possibilidades e, finalmente, para b − c = 9 , ( bc , ) = ( 9,0)
, 1 possibilidade.
Há, portanto, um total de 8 + 7+ 6+ 5+ 4+ 3+ 2+ 1= 36números
legais.
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− = , ( ) { ( ) ( ) }