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March 30, 2018 | Author: Ana Laura Maziero | Category: Arithmetic, Equations, Algebra, Mathematical Concepts, Numbers


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Resoluções elaboradas pelo Prof.Renato Madeira EXERCÍCIOS DE TEORIA DOS NÚMEROS DO IME Prof. Renato Madeira 1) (IME 2016) Sabendo-se que m e n são inteiros positivos tais que 3m  14400  n 2 , determine o resto da divisão de m  n por 5. a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 2) (IME 2016) Seja a equação n 2  7m2   5m  2n   49. Determine todos os pares inteiros  m, n  2 que satisfazem a esta equação. 3) (IME 2015) Quantos restos diferentes são possíveis na divisão de n 2 por 11, sendo n um número natural? a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 e) 7 4) (IME 2014) Determine o(s) valor(es) de x , inteiro(s) e positivo(s), que satisfaz(em) a equação x 2      y  z   . x y 1 y 1  z 0  5) (IME 2014) Calcular o valor da expressão abaixo 3 370370 037  11 1 00 0 89 algarismos 30 algs "1" 30 algs "0" Obs.: algs = algarismos 6) (IME 2013) Considere a , b e c números inteiros e 2  a  b  c . Determine o(s) valor(es) de x , ax  2by  3cz  2abc 3ax  4by  abc  y e z , que satisfaçam o sistema de equações  .   by  cz  0  xyz  20132  7) (IME 2012) Sejam r,s  (inteiro). Prove que  2r  3s  é múltiplo de 17 se, e somente se,  9r  5s  é múltiplo de 17 . 8) (IME 2011) Os números m, 22.680 e n fazem parte, nessa ordem, de uma progressão geométrica crescente com razão dada por q. Sabe-se que: • existem, pelo menos, dois elementos entre m e 22.680; • n é o sexto termo dessa progressão geométrica; • n  180.000 . Determine os possíveis valores de m e n, sabendo que m, n e q são números naturais positivos. 9) (IME 2011) Seja x um número inteiro positivo menor ou igual a 20.000. Sabe-se que 2x  x 2 é divisível por 7. Determine o número de possíveis valores de x. madematica.blogspot.com Página 1 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira 10) (IME 2011) Sejam o polinômio p  x   2x3 – 3x 2  2 e os conjuntos A  p  k  / k  e k  1999 ,  B  r 2  1/ r   e  C  q2  2 / q  . Sabe-se que y  n  A B – n  A C  , onde n(E) é o número de elementos do conjunto E. Determine o valor de y. Obs.: é o conjunto dos números naturais. 11) (IME 2010) Seja a equação pn  144  q 2 , onde n e q são números inteiros positivos e p é um número primo. Determine os possíveis valores de n, p e q. 12) (IME 2009) O par ordenado  x, y  , com x e y inteiros positivos, satisfaz a equação 5x 2  2y2  11 xy  11 . O valor de x  y é a) 160 b) 122 c) 81 d) 41 e) 11 13) (IME 2009) Sabe-se que: a  a   a , a  , onde a  é a parte inteira de a.  x   y   z  4, 2   y   z   x  3, 6 , com x, y e z  .  z   x   y  2 Determine o valor de x  y  z . 14) (IME 2008) Uma série de Fibonacci é uma sequência de valores definida da seguinte maneira: • Os dois primeiros valores são iguais à unidade, ou seja, T1  T2  1 • Cada termo, a partir do terceiro, é igual à soma dos dois termos anteriores, isto é: TN  TN2  TN1 . Se T18  2584 e T21  10946 , então T22 é igual a: a) 12225 b) 13530 c) 17711 d) 20412 e) 22121 15) (IME 2007) Seja N um número inteiro de 5 algarismos. O número P é construído agregando-se o algarismo 1 à direita de N e o número Q é construído agregando-se o algarismo 1 à esquerda de N. Sabendo-se que P é o triplo de Q, o algarismo das centenas do número N é: a) 0 b) 2 c) 4 d) 6 e) 8 16) (IME 2007) Um homem nascido no século XX diz a seguinte frase para o filho: “seu avô paterno, que nasceu trinta anos antes de mim, tinha x anos no ano x 2 ”. Em consequência, conclui- se que o avô paterno nasceu no ano de: a) 1892 b) 1898 c) 1900 d) 1936 e) 1942 17) (IME 2007) Sejam x1 e x 2 as raízes da equação x 2  (m  15)x  m  0. Sabendo que x1 e x 2 são números inteiros, determine o conjunto de valores possíveis para m. madematica.blogspot.com Página 2 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira a b bc a c 18) (IME 2007) Sejam a, b e c números reais não nulos. Sabendo que   , c a b ab determine o valor numérico de . c 19) (IME 2006) Determine o conjunto solução S   x, y  | x  y   da equação  x  y  k  xy sabendo que k é um número primo. 20) (IME 2004) Demonstre que o número 11 1222 25 é um quadrado perfeito.  n 1 n vezes vezes 21) (IME 2004) Ao final de um campeonato de futebol, somaram-se as pontuações das equipes, obtendo-se um total de 35 pontos. Cada equipe jogou com todos os outros adversários apenas uma vez. Determine quantos empates houve no campeonato, sabendo que cada vitória valia 3 pontos, cada empate valia 1 ponto e que derrotas não pontuavam. 22) (IME 2001) Prove que para qualquer número inteiro k, os números k e k 5 terminam sempre com o mesmo algarismo (algarismo das unidades). 23) (IME 2000) Considere quatro números inteiros a, b,c e d. Prove que o produto:  a  b    c  a    d  a    d  c    d  b    c  b  é divisível por 12. 24) (IME 1998) Uma soma finita de números inteiros consecutivos, ímpares, positivos ou negativos, é igual a 73. Determine os termos desta soma. 25) (IME 1991) A coleção de selos de Roberto está dividida em três volumes. Dois décimos do total de selos estão no primeiro volume, alguns sétimos do total estão no segundo volume e 303 selos estão no terceiro volume. Quantos selos Roberto tem? 26) (IME 1990) IMEBOL é um jogo de três jogadores. Em cada partida o vencedor marca a pontos, o segundo colocado marca b pontos e o terceiro colocado marca c pontos, onde a  b  c são inteiros positivos. Certo dia, Marcos, Flávio e Ralph resolvem jogar IMEBOL e, após algumas partidas, a soma dos pontos foi: Marcos 20; Flávio 10 e Ralph 9.Sabe-se que Flávio venceu a segunda partida. Encontre quantos pontos cada um marcou em cada partida disputada. 27) (IME 1987) Sejam a, b, c números inteiros tais que 100a  10b  c seja divisível por 109. Mostre que  9a  c   9b2 também é divisível por 109. 2 28) (IME 1986) No produto abaixo, o “*” substitui algarismos diferentes de “3” e não necessariamente iguais. Determine o multiplicando e o multiplicador. madematica.blogspot.com Página 3 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira **3* **3 3*** ***3 3 **** ******* 29) (IME 1986) Uma padaria trabalha com 4 tipos de farinha cujos teores de impureza são os seguintes: TIPO TEOR A 8% B 12% C 16,7% D 10,7% Para fabricar farinha tipo D, o padeiro mistura uma certa quantidade de farinha A com 300 gramas de farinha tipo B; em seguida substitui 200 gramas dessa mistura por 200 gramas de farinha do tipo C. Determinar a quantidade de farinha tipo A utilizada. 30) (IME 1985) Dois clubes do Rio de Janeiro participaram de um campeonato nacional de futebol de salão onde cada vitória valia um ponto, cada empate meio ponto e cada derrota zero ponto. Sabendo que cada participante enfrentou todos os outros apenas uma vez, que os clubes do Rio de Janeiro totalizaram, em conjunto, oito pontos, que cada um dos outros clubes alcançou à mesma quantidade k de pontos e que a quantidade de clubes é maior que 10 , determine a quantidade de clubes que participou do torneio. 31) (IME 1982) Dado o número m  24  33  52 , determine quantos inteiros positivos não maiores que m são primos relativos com m. 32) (IME 1981) Mostre que 4444 4 8888 8 9 é um quadrado perfeito. n vezes  n 1 vezes madematica.blogspot.com Página 4 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira RESPOSTAS: 1) e 2)  m, n  13,51 ;  13, 51 ; 37,99  ;  37, 99  ;  7, 21 ;  7, 21 3) d 4) 1,3 5) 33 3 30 algs 6)  x, y, z    671,183,33 7) Seja 2r  3s  x  e 9r  5s  y  . Então, 4x  y  4   2r  3s   9r  5s   17  r  s  . Como mdc  4,17   1 , se 17 | y  17 | 4x  17 | x e se 17 | x  17 | 4x  17 | y . Portanto, 17 |  2r  3s   17 |  9r  5s  . (C.Q.D.) 8)  m, n  (2835,90720),(280,68040),(2835, 45360),(840,68040),(105,136080) 9) 5716 10) 0 11) (2, 5, 13), (4, 3, 15) e (8, 2, 20). 12) d 13) 0,5 14) c 15) e 16) a 17) {0, 7, 9, 25, 27, 34}. 18) {–1, 2}.   19) S   0,0  ;  2k, 2k  ;  k  1, k  k 2  ;  k 1, k  k 2  ;  k  k 2 , k 1 ,  k  k 2 , k 1 2  10n  5  20)    3  21) 10 22) demonstração 23) demonstração 24)  43, 45, 47, 49,51,53,55 ;  41, 39, 37, ,51,53,55 e  341, 339, 337, ,339,341,343  25) 3535 26) Primeira partida: 1º Marcos (8 pontos); 2º Ralph (4 pontos); 3º Flávio (1 ponto). Segunda partida: 1º Flávio (8 pontos); 2º Marcos (4 pontos); 3º Ralph (1 ponto). Terceira partida: 1º Marcos (8 pontos); 2º Ralph (4 pontos); 3º Flávio (1 ponto) 27) demonstração 28) 1237 e 893 29) 700 g 30) 16 31) 2880 32) demonstração madematica.blogspot.com Página 5 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira RESOLUÇÃO: 1) (IME 2016) Sabendo-se que m e n são inteiros positivos tais que 3m  14400  n 2 , determine o resto da divisão de m  n por 5. a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 RESOLUÇÃO: e 3m  14400  n 2  3m  n 2  14400  3m   n  120 n  120   n  120  3a  n  120  3b  3a  3b  240  3b   3a b  1  24  3  5  b  1  3a 1  1  80 3a 1  1  80  3a 1  81  34  a  1  4  a  5  n  120  3b  31  n  123  3m  3a  3b  35  31  36  m  6  m  n  6  123  129  4  mod5 2) (IME 2016) Seja a equação n 2  7m2   5m  2n   49. Determine todos os pares inteiros  m, n  2 que satisfazem a esta equação. RESOLUÇÃO: n 2  7m2   5m  2n   49  n 2  7m2  25m2  20mn  4n 2  49 2  32m2  20mn  3n 2  49   3n  8m   n  4m   49 Como  3n  8m  e  n  4m  são inteiros, então eles devem ser divisores de 49. Assim, temos:  3n  8m   n  4m  m n 49 1 13 51 49 1 13 51 1 49 37 99 1 49 37 99 7 7 7 21 7 7 7 21 S  13,51 ;  13, 51 ;  37,99  ;  37, 99  ;  7, 21 ;  7, 21 3) (IME 2015) Quantos restos diferentes são possíveis na divisão de n 2 por 11, sendo n um número natural? a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 e) 7 RESOLUÇÃO: d madematica.blogspot.com Página 6 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira n  11k  n 2  121k 2  0  mod11 n  11k  1  n 2  121k 2  22k  1  1  mod11 n  11k  2  n 2  121k 2  44k  4  4  mod11 n  11k  3  n 2  121k 2  66k  9  9  mod11 n  11k  4  n 2  121k 2  88k  16  5  mod11 n  11k  5  n 2  121k 2  110k  25  3  mod11 4) (IME 2014) Determine o(s) valor(es) de x , inteiro(s) e positivo(s), que satisfaz(em) a equação x 2      y  z   . x y 1 y 1  z 0  RESOLUÇÃO: y 1   y  z   y   y  1   y  2   1  y! z 0 x 2      y  z    y!  1! 2! 3!  x! x y 1 x y 1  z 0  y1 Vamos analisar os primeiros valores inteiros e positivos de x : x  1:12  1! (solução) x  2 : 22  4  3  1! 2! (não é solução) x  3: 32  1! 2! 3! (solução) Observe agora que, para x  4 , temos x!  x 2 . Isso pode ser observado, pois x! tem mais do que 4 fatores, então x!  x   x 1   2 1  x   x  1  2 1  x  x  x 2 , pois 2  x 1  x  x  2 . Portanto, para x  4 , temos x!  x 2  1! 2!  x!  x 2 , e as únicas soluções são x  1 ou x  3 . Note que poderíamos observar também que, para x  5 , x! termina em 0 . Assim, o algarismo das unidades de 1! 2! 3!  x! , com x  4 , é o mesmo de 1! 2! 3! 4!  1  2  6  24  33 , ou seja, 3 . Mas sabemos que os possíveis algarismos das unidades dos quadrados perfeitos são os elementos do conjunto 0,1, 4,5,6,9 . Portanto, se x  4 , 1! 2! 3!  x! não pode ser um quadrado perfeito e, portanto, não pode ser igual a x 2 . Dessa forma, todas as soluções da equação devem ser menores ou iguais a 3 , o que implica que x  1 e x  3 são as únicas soluções. 5) (IME 2014) Calcular o valor da expressão abaixo 3 370370 037  11 1 00 0 89 algarismos 30 algs "1" 30 algs "0" Obs.: algs = algarismos RESOLUÇÃO: Inicialmente, observemos que 37  3  111. Assim, temos: madematica.blogspot.com Página 7 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira 1 1090  1 1090  1 A  370370 037  3A  111111 111   99 9  A 89 algarismos 90 algs 9 90 algs 9 27 1 1  30  30 1060  1030 B  11 1 00 0  B   99 9 00 0   10  1 10  30 algs "1" 30 algs "0" 9 30 algs "1" 30 algs "0" 9 9 1090  1 1060  1030 3 1090  3 1060  3 1030  1 3 370370 037  11 1 00 0 3    89 algarismos 30 algs "1" 30 algs "0" 27 9 27 1030  13 1030  1 1  3    99 9  33 3 33 3 3 30 algs 30 algs ASSUNTOS: Sistema de numeração, repunits e produtos notáveis. REFERÊNCIA: Suprún, V. P. – Problemas de Alta Dificuldad – URSS – pg. 23. 6) (IME 2013) Considere a , b e c números inteiros e 2  a  b  c . Determine o(s) valor(es) de x , ax  2by  3cz  2abc 3ax  4by  abc  y e z , que satisfaçam o sistema de equações  .   by  cz  0  xyz  20132  RESOLUÇÃO: Vamos inicialmente resolver o sistema linear em ax , by e cz formado pelas três primeiras equações e considerando abc um parâmetro. ax  2by  3cz  2abc ax  2by  3by  2abc ax  by  2abc    3ax  4by  abc  3ax  4by  abc  3ax  4by  abc by  cz  0 by  cz by  cz    4ax  4by  8abc   3ax  4by  abc  ax  by  cz  abc  x  bc; y  ac; z  ab by  cz  Utilizando agora a expressão xyz  20132 , temos: xyz   bc    ac    ab    abc   20132 . 2 Como a , b e c números inteiros e 2  a  b  c , então abc  2013  3 11 61 implica a  3 , b  11 e c  61 . Portanto, x  bc  11 61  671, y  ac  3.61  183 e z  ab  3 11  33 . 7) (IME 2012) Sejam r,s  (inteiro). Prove que  2r  3s  é múltiplo de 17 se, e somente se,  9r  5s  é múltiplo de 17 . RESOLUÇÃO: madematica.blogspot.com Página 8 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira Seja 2r  3s  x  e 9r  5s  y  . Então, 4x  y  4   2r  3s   9r  5s   17  r  s  . Como mdc  4,17   1 , se 17 | y  17 | 4x  17 | x e se 17 | x  17 | 4x  17 | y . Portanto, 17 |  2r  3s   17 |  9r  5s  . (C.Q.D.) 8) (IME 2011) Os números m, 22.680 e n fazem parte, nessa ordem, de uma progressão geométrica crescente com razão dada por q. Sabe-se que: • existem, pelo menos, dois elementos entre m e 22.680; • n é o sexto termo dessa progressão geométrica; • n  180.000 . Determine os possíveis valores de m e n, sabendo que m, n e q são números naturais positivos. RESOLUÇÃO: As possíveis sequências são:  m, a 2 , a 3 , 22680, a 5 , n  1  m, a 2 , a 3 , a 4 , 22680, n   2   a1, m, a 3 , a 4 , 22680, n   3 (1) : n  22680  q 2  180000 e q   q 2  7 . Como a P.G. é crescente, q  2 e a única solução, neste caso, é m  2835 e n  90720 . (2) : n  22680  q  180000  q  7 . 22680 23  34  5  7 m    q  3 e a única solução, neste caso, é m  280 e n  68040 q4 q4 (3) : n  22680  q  180000  q  7 22680 23  34  5  7 m    q  2,3, 6 e as soluções, neste caso, são: q3 q3 q  2 q  3 q  6    m  2835 e m  840 e m  105 . n  45360 n  68040 n  136080    O conjunto solução para (m, n) é S  (2835,90720),(280,68040),(2835, 45360),(840,68040),(105,136080) . 9) (IME 2011) Seja x um número inteiro positivo menor ou igual a 20.000. Sabe-se que 2x  x 2 é divisível por 7. Determine o número de possíveis valores de x. RESOLUÇÃO: 1ª SOLUÇÃO: Observemos na tabela abaixo que 2 x no módulo 7, para x inteiro positivo, possui período 3, e x 2 no módulo 7, possui um período 7, portanto o período de 2 x - x 2 é 21. madematica.blogspot.com Página 9 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 x 2 2 4 1 2 4 1 2 4 1 2 4 1 2 4 1 2 4 1 2 4 1 x2 1 4 2 2 4 1 0 1 4 2 2 4 1 0 1 4 2 2 4 1 0 Para 2x  x 2  0  mod 7  , temos x 2, 4,5, 6,10,15 , ou seja, 6 casos. Como 20000  952  21  8 , estes 6 casos aparecem em 952 ciclos completos e no último ciclo, incompleto, aparecem os 4 primeiros casos mais uma vez cada. Portanto temos: 6  952  4  5716 valores possíveis para x. 2ª SOLUÇÃO: 20  1  mod 7   23a  1  mod 7  2  2  mod 7  1    2  23a 1  2  mod 7  , a  2  4  mod 7   3a  2  3  4  mod 7   2 2  1  mod 7   7k  12  1  mod 7    7k  2 2  4  mod 7    , k  7k  3  2  mod 7  2   7k 2  0  mod 7  Como 7  2x  x 2  e, então  x  0  mod 3 e x  1 mod 7   x  15  mod 21  21  0  15  x  21  951  15  952 casos   x  0  mod 3 e x  1 mod 7   x  6  mod 21  21 0  6  x  21 952  6  953 casos  x  1 mod 3 e x  3 mod 7  x  10  mod 21  21 0  10  x  21 951  10  952 casos        x  1 mod 3 e x  3  mod 7   x  4  mod 21  21 0  4  x  21 952  4  953 casos  x  2 mod 3 e x  2 mod 7  x  2  mod 21  21  0  2  x  21  952  2  953 casos       x  2  mod 3 e x  2  mod 7   x  5  mod 21  21  0  5  x  21  952  5  953 casos  Logo, o número de possíveis valores de x é 2  952  4  953  5716 . Note que para resolver as congruências lineares simultâneas nos baseamos na ideia do Teorema Chinês dos Restos. 10) (IME 2011) Sejam o polinômio p  x   2x3 – 3x 2  2 e os conjuntos A  p  k  / k  e k  1999 ,  B  r 2  1/ r   e  C  q2  2 / q  . Sabe-se que y  n  A B – n  A C  , onde n(E) é o número de elementos do conjunto E. Determine o valor de y. Obs.: é o conjunto dos números naturais. madematica.blogspot.com Página 10 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira RESOLUÇÃO: Os elementos de A  B são tais que p  k   2k3 – 3k 2  2  r 2  1  r 2   k  1  2k  1  r  k 1 2 2k  1 k  1999  2k  1  3999  2k  1  63 Como r  , então 2k  1  e é ímpar ou k  1 , então a quantidade de elementos do conjunto A  B é a quantidade de números naturais ímpares menores que 63 mais um elemento. Logo, n  A  B  32  1  33 . Os elementos de A  C são tais que p  k   2k 3 – 3k 2  2  q 2  2  q 2  k 2  2k  3  k  0 ou p  tal que p 2  2k  3  3995  p  63 Como p  e p é ímpar, então a quantidade de elementos do conjunto A  C é a quantidade de números naturais ímpares menores que 63 mais um elemento. Logo, n  A  C   32  1  33 . Assim, y  n  A B – n  A C   33  33  0 . 11) (IME 2010) Seja a equação pn  144  q 2 , onde n e q são números inteiros positivos e p é um número primo. Determine os possíveis valores de n, p e q. RESOLUÇÃO: pn  144  q 2  pn  q 2  122   q  12  q  12  Como p é primo, então q  12  pa e q  12  pb , com a  b  n e a  b.  pa  pb   q  12    q  12   24  pb   pa b  1  23  3 Inicialmente, observemos que p b e pa b  1 têm paridades diferentes. Assim, os possíveis valores para p, a e b são: b  0  pa  1  24  pa  25  p  5  a  2  n  a  b  2  0  2  q  pb  12  50  12  13   n, p,q    2,5,13 p  2  b  3  2a 3  1  3  2a 3  4  a  5  n  a  b  5  3  8  q  pb  12  23  12  20   n, p,q   8, 2, 20  p  3  b  1  3a 1  1  8  3a 1  9  a  3  n  a  b  3  1  4  q  pb  12  31  12  15   n, p,q    4,3,15  S   2,5,13 ; 8, 2, 20  ;  4,3,15 12) (IME 2009) O par ordenado  x, y  , com x e y inteiros positivos, satisfaz a equação 5x 2  2y2  11 xy  11 . O valor de x  y é madematica.blogspot.com Página 11 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira a) 160 b) 122 c) 81 d) 41 e) 11 RESOLUÇÃO: d 5x 2  2y2  11 xy  11  5x 2  11xy  2y2  121  5x  y  x  2y   121 (I) Como x e y são inteiros positivos,  5x  y  e  x  2y  também são inteiros. Portanto, os possíveis pares ordenados  5x  y, x  2y  , que satisfazem a equação (I) são: (11, 11),(11,11),(1, 121),(121, 1),(121,1), (1,121) . Como 2   5x  y    x  2y   9x , multiplicando o primeiro elemento do par ordenado e subtraindo do segundo, o resultado deve ser múltiplo de 9 . Analisando os casos, o único par ordenado que resulta em valores inteiros para x e y é 121, 1 , que ocorre quando x  27 e y  14 . Portanto, x  y  41 . 13) (IME 2009) Sabe-se que: a  a   a , a  , onde a  é a parte inteira de a.  x   y   z  4, 2   y   z   x  3, 6 , com x, y e z  .  z   x   y  2 Determine o valor de x  y  z . RESOLUÇÃO:  x   y   z  4, 2 (i)   y   z   x  3, 6 (ii)  z   x   y  2 (iii) (i)  (ii)  (iii)  x  y  z   x   x   y   y  z   z  9,8  2  x  y  z   9,8  x  y  z  4,9 (i)  (ii)  x  y  z   z   y   x  7,8  x  y  z   y   x  7,8  4,9   y   x  7,8   y   x  2,9   y   2  x  0,9 (ii)  (iii)   x   x  y  z  z   y  5, 6  x  y  z  z   y  5, 6  4,9  z   y  5, 6  z   y  0, 7  z   0  y  0, 7  y   y  y  2  0,7  2,7  x  y  z   x  y  z   2y  4,9  2  2,7  0,5 14) (IME 2008) Uma série de Fibonacci é uma sequência de valores definida da seguinte maneira: • Os dois primeiros valores são iguais à unidade, ou seja, T1  T2  1 • Cada termo, a partir do terceiro, é igual à soma dos dois termos anteriores, isto é: TN  TN2  TN1 . Se T18  2584 e T21  10946 , então T22 é igual a: a) 12225 b) 13530 c) 17711 d) 20412 e) 22121 madematica.blogspot.com Página 12 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira RESOLUÇÃO: c T20  T19  T18 T21  T18 T21  T20  T19  2T19  T18  T19  2 T21  T18 3T  T 3 10946  2584 T22  T21  T20  3T19  2T18  3   2T18  21 18   17711 2 2 2 15) (IME 2007) Seja N um número inteiro de 5 algarismos. O número P é construído agregando-se o algarismo 1 à direita de N e o número Q é construído agregando-se o algarismo 1 à esquerda de N. Sabendo-se que P é o triplo de Q, o algarismo das centenas do número N é: a) 0 b) 2 c) 4 d) 6 e) 8 RESOLUÇÃO: e N  abcde P  abcde1  10N  1 Q  1abcde  100000  N P  3Q  10N  1  3  100000  N   N  42857 16) (IME 2007) Um homem nascido no século XX diz a seguinte frase para o filho: “seu avô paterno, que nasceu trinta anos antes de mim, tinha x anos no ano x 2 ”. Em consequência, conclui- se que o avô paterno nasceu no ano de: a) 1892 b) 1898 c) 1900 d) 1936 e) 1942 RESOLUÇÃO: a Ano de nascimento do avô: a (x)  x 2  x Ano de nascimento do pai: p(x)  x 2  x  30 Como o homem nasceu no século XX , então 1900  p(x)  2000 . Por inspeção: p  43  1849  43  30  1836  1900 p  44  1936  44  30  1922 p  45  2025  45  30  2010  2000 1 A função p :  , p (x)  x 2  x  30 é crescente para todo x  . Portanto x  44 . 2 a (44)  44  44  1936  44  1892. 2 17) (IME 2007) Sejam x1 e x 2 as raízes da equação x 2  (m  15)x  m  0. Sabendo que x1 e x 2 são números inteiros, determine o conjunto de valores possíveis para m. RESOLUÇÃO: madematica.blogspot.com Página 13 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira  x1  x 2  15  m x1  x 2  15  x1  x 2  x  1 x 2  1  16     1  x1  x 2  m x1  x 2  m  x1  x 2  m  Supondo, sem perda de generalidade, x1  x 2 , temos:  x1  1, x 2  1 1,16 ;  2,8 ;  4, 4  ;  16, 1 ;  8, 2  ;  4, 4   x1, x 2   0,15 ; 1,7  ; 3,3 ;  17, 2  ;  9, 3 ;  5, 5  m 0,7,9,34, 27, 25 a b bc a c 18) (IME 2007) Sejam a, b e c números reais não nulos. Sabendo que   , c a b ab determine o valor numérico de . c RESOLUÇAO: ab Se a  b  c  0, então  1. c Caso contrário, temos: a  b b  c a  c (a  b)  (b  c)  (a  c) 2  a  b  c      2 c a b a bc a bc ab Assim, o conjunto de todos os possíveis valores numéricos de é {–1, 2}. c 19) (IME 2006) Determine o conjunto solução S   x, y  | x  y   da equação  x  y  k  xy sabendo que k é um número primo. RESOLUÇÃO:  x  y  k  xy  xy  xk  yk  k 2  k 2   x  k   y  k   k 2 Como k é primo, temos os seguintes casos: x  k y  k x y 1 k2 k 1 k2  k k2 1 k2  k k 1 1 k 2 k 1 k  k2 k 2 1 k  k2 k 1 k k 2k 2k k k 0 0    S   k  1, k 2  k  ;  k 2  k, k  1 ;  k 1, k  k 2  ;  k  k 2 , k 1 ;  2k, 2k ; 0,0  madematica.blogspot.com Página 14 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira 20) (IME 2004) Demonstre que o número 11 1222 25 é um quadrado perfeito.  n 1 n vezes vezes RESOLUÇÃO: 11 1222 25  11 1 10n 1  222 2 10  5   n 1 n vezes  n 1 n vezes vezes vezes 10n 1  1 n 1 10n  1 10  5   102n  10n 1  2 10n 1  20  45   1  10  2  9 9 9 2  10n  5    102n  10n 1  25    102n  2  5 10n  52    1 1  9 9  3  10n  5 que é um quadrado perfeito, pois  (a soma dos algarismos de 10n  5 é 6 que é múltiplo 3 de 3). 21) (IME 2004) Ao final de um campeonato de futebol, somaram-se as pontuações das equipes, obtendo-se um total de 35 pontos. Cada equipe jogou com todos os outros adversários apenas uma vez. Determine quantos empates houve no campeonato, sabendo que cada vitória valia 3 pontos, cada empate valia 1 ponto e que derrotas não pontuavam. RESOLUÇÃO: Seja n o número de times, x o número de jogos que não terminaram empatados, y o número de jogos que terminaram empatados. Como cada time joga uma vez com todos os outros, o número de n (n  1) jogos é  xy. 2 Cada jogo que termina em empate distribui 2 pontos. Cada um dos outros distribui 3 pontos. Portanto, 35  3x  2y . Como x  0 e y  0 , temos: 2 1 3 35 35 2x  2y  3x  2y  3x  3y  2  x  y   35  3  x  y      xy 35 x  y 35 3 2 n  n  1  12   17  24  n  n  2   34  n  6 2  x  y  15   x  5  y  10 3x  2y  35 Logo, houve 10 empates. 22) (IME 2001) Prove que para qualquer número inteiro k, os números k e k 5 terminam sempre com o mesmo algarismo (algarismo das unidades). RESOLUÇÃO: Seja k  10n  r, onde r 0,1, 2, ,9 , então k5  10n  r   r5  mod10  . 5 madematica.blogspot.com Página 15 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira Observe que todos os termos no desenvolvimento do binômio de Newton, exceto o último r 5 , terão fator 10, o que implica que não afetam o algarismo das unidades. Vamos algora verificar o algarismo das unidade das potências quintas de todos os algarismos. 05  0  mod10  15  1  mod10  25  32  2  mod10  35  243  3  mod10  45  1024  4  mod10  55  3125  5  mod10  (potências terminadas em 5 preservam o algarismo das unidades) 65  6  mod10  (potências terminadas em 6 preservam o algarismo das unidades) 75  49  49  7   1   1  7  7  mod10  85   2   32  2  8  mod10  5 95   1  1  9  mod10  5 Logo, r5  r  mod10  para todo r 0,1, 2, ,9 , o que implica k5  r5  r  k  mod10  , ou seja, os números k e k 5 terminam sempre com o mesmo algarismo. (C.Q.D.) 23) (IME 2000) Considere quatro números inteiros a, b,c e d. Prove que o produto:  a  b    c  a    d  a    d  c    d  b    c  b  é divisível por 12. RESOLUÇÃO: Como há 3 restos possíveis na divisão de um número inteiro por 3, entre os 4 números a, b, c e d há pelo menos 2 que deixam mesmo resto na divisão por 3. A diferença entre eles é múltiplo de 3. Para provar que P é múltiplo de 4, basta verificar que entre as 6 diferenças a  b, c  a, d  a, d  c, d  b, c  b há dois números pares. Consideremos todas as possibilidades para a paridade dos números a, b, c e d: a) Todos têm mesma paridade (todos pares ou todos ímpares). Então todas as diferenças são pares. b) Há 3 com mesma paridade. Neste caso as 3 diferenças entre estes números são pares (por exemplo, se a, b e c têm mesma paridade, então a  b, c  a, c  b são pares). c) Há exatamente 2 pares e 2 ímpares. Assim, a diferença entre os dois pares é par e a diferença entre os dois ímpares também é par. Em todos os casos, há pelo menos duas diferenças pares, portanto P é múltiplo de 4. Como P é múltiplo de 3 e de 4, e 3 e 4 são primos entre si, P é múltiplo de 3  4  12. 24) (IME 1998) Uma soma finita de números inteiros consecutivos, ímpares, positivos ou negativos, é igual a 73. Determine os termos desta soma. RESOLUÇÃO: Sejam k  e n  , então a soma de n números ímpares consecutivos é dada por:  2k  1   2k  3    2k   2n  1   73 madematica.blogspot.com Página 16 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira Essa soma é a soma de uma PA de primeiro termo a1  2k  1, razão r  2 e n termos. Assim, utilizando a fórmula da soma dos termos de uma PA, temos:   2k  1   2k  2n  1   n 3   7  2k  n   n  73 2 Como n  e 2k  n  , temos as seguintes possibilidades: n 2k  n k 1 3 171 7 7 72 21 7 2 7 21 7 3 1 171 O caso n  1 deve ser excluído, pois não se configuraria uma soma de inteiros ímpares consecutivos com apenas um termo. Para n  7 e k  21, os termos da soma são 43, 45, 47, 49,51,53,55. Para n  49 e k  21, os termos da soma são 41, 39, 37, ,51,53,55. Para n  343 e k  171, os termos da soma são 341, 339, 337, ,339,341,343. 25) (IME 1991) A coleção de selos de Roberto está dividida em três volumes. Dois décimos do total de selos estão no primeiro volume, alguns sétimos do total estão no segundo volume e 303 selos estão no terceiro volume. Quantos selos Roberto tem? RESOLUÇÃO: Seja n o total de selos da coleção. 2 8 Se no primeiro volume estão do total, sobram para o segundo e o terceiro volumes . 10 10 k 6 8 Supondo que no segundo volume estejam do total de selos, onde k 1, 2,3, 4,5 (pois  ), 7 7 10 então temos: 2 k  n   n  303  n  n   28  5k   303  35  3  5  7 101 10 7 Como 101 é primo e n é um natural múltiplo de 35 (para que dois décimos e alguns sétimos representem quantidades naturais), temos as seguintes possibilidades: n  35  28  5k  303  5k  331  k  n  105  28  5k  101  5k  73  k  n  3535  28  5k  3  k  5 n  10605  28  5k  1  5k  27  k  Portanto, Roberto tem 3535 selos. 26) (IME 1990) IMEBOL é um jogo de três jogadores. Em cada partida o vencedor marca a pontos, o segundo colocado marca b pontos e o terceiro colocado marca c pontos, onde a  b  c são inteiros positivos. Certo dia, Marcos, Flávio e Ralph resolvem jogar IMEBOL e, após algumas partidas, a madematica.blogspot.com Página 17 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira soma dos pontos foi: Marcos 20; Flávio 10 e Ralph 9.Sabe-se que Flávio venceu a segunda partida. Encontre quantos pontos cada um marcou em cada partida disputada. RESOLUÇÃO: Em cada partida disputada são marcados a  b  c  3  2  1  6 pontos. Após as partidas, o total de pontos marcados foi 20  10  9  39  3 13. Entretanto, a quantidade de pontos por partida a  b  c  6 deve ser um divisor do total de pontos 39  3 13. Dessa forma, a  b  c  13 ou a  b  c  39. Nesse último caso, entretanto, teria sido disputada uma única partida, mas como Flávio venceu a segunda partida, esse caso não convém. 39 Assim, a  b  c  13 e a quantidade de partidas é  3. 13 Analisando a pontuação de Marcos, concluímos que 3a  20  a  7. Como o Flávio ganhou a segunda partida a  2c  10  a  8 Se a  7, temos: A pontuação de Flávio indicaria que b  2 e c  1. Mas, dessa forma, Marcos não conseguiria 20 pontos com duas vitórias (14) e mais um terceiro resultado. Se a  8, temos: A pontuação de Flávio indica que c  1, e que ele foi terceiro colocado na primeira e na terceira partidas. A pontuação de Marcos deve ser tal que 2a  b  20  2  8  b  20  b  4. Logo, ele venceu a primeira e a terceira partidas e foi segundo na segunda partida. A pontuação de Ralph é compatível com ele ter sido segundo colocado na primeira e na terceira partidas e terceiro na segunda partida. Dessa forma, temos: Primeira partida: 1º Marcos (8 pontos); 2º Ralph (4 pontos); 3º Flávio (1 ponto) Segunda partida: 1º Flávio (8 pontos); 2º Marcos (4 pontos); 3º Ralph (1 ponto) Terceira partida: 1º Marcos (8 pontos); 2º Ralph (4 pontos); 3º Flávio (1 ponto) 27) (IME 1987) Sejam a, b, c números inteiros tais que 100a  10b  c seja divisível por 109. Mostre que  9a  c   9b2 também é divisível por 109. 2 RESOLUÇÃO: 100a  10b  c  0  mod109  100a  10b  c  mod109  109a  10b  9a  c  mod109  10b  9a  c  mod109  100b2   9a  c   mod109  9b2   9a  c   mod109 2 2   9a  c   9b2  0  mod109  2 Portanto,  9a  c   9b2 é divisível por 109. (C.Q.D.) 2 28) (IME 1986) No produto abaixo, o “*” substitui algarismos diferentes de “3” e não necessariamente iguais. Determine o multiplicando e o multiplicador. madematica.blogspot.com Página 18 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira **3* **3 3*** ***3 3 **** ******* RESOLUÇÃO: 1237 e 893 Vamos substituir os asteriscos por letras. A B3C DE3 3 FG H J K L33 M N PQ RST U V X Z Primeiro analisaremos o produto 3  AB3C . Como o resultado possui quatro algarismos e começa por 3, conclui-se que A  1 e que não há “vai 1” no produto 3  B donde B 0, 1, 2 . Vamos analisar agora o produto E 1B3C . Como o resultado possui 5 algarismos, devemos ter “vai 1” na última multiplicação que é E 1 . A multiplicação E  B é no máximo 18, logo “vão” para E 1 , no máximo, 2. Assim, E deve ser 8 ou 9. Mas notando que E  C termina em 3, E deve ser ímpar, então E  9 , C  7 e J  1 , H  1, G  1 , Z  1 , X  4 , K  0, 1 e B  0 . Nesse estágio o maior número possível é 1237  993  1228341 , logo R  1 . Observando as somas, temos que em K  N , mesmo que tenha recebido 2, vai mandar no máximo 1. Logo, J  M  1  M vai receber no máximo 1 e, para que haja “vai 1”, M  8, 9 . M aparece como resultado do produto D 1 , como B é pequeno, então D  8, 9 . Mas D não pode ser 9, pois isso faria com que Q fosse 3 o que contraria o enunciado, então D  8 , M  9 , P  9 , Q  6 . Agora estamos com duas possibilidades: 1137  893  1015341 e 1237  893  1104641 Como a primeira delas apresenta 3 no resultado, ela não é aceitável. Logo, o multiplicando é 1237 e o multiplicador é 893. 29) (IME 1986) Uma padaria trabalha com 4 tipos de farinha cujos teores de impureza são os seguintes: TIPO TEOR A 8% B 12% C 16,7% madematica.blogspot.com Página 19 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira D 10,7% Para fabricar farinha tipo D, o padeiro mistura uma certa quantidade de farinha A com 300 gramas de farinha tipo B; em seguida substitui 200 gramas dessa mistura por 200 gramas de farinha do tipo C. Determinar a quantidade de farinha tipo A utilizada. RESPOSTA: 700 g RESOLUÇÃO: Supondo que sejam utilizadas x g de farinha do tipo A, então a quantidade de impurezas na mistura de x g de farinha do tipo A com 300 g de farinha do tipo B é 8%  x  12%  300   0,08x  36 g e a 0, 08x  36 massa total da mistura é  x  300  g. Portanto, o teor de impureza dessa mistura é . x  300 Quando 200 g dessa mistura é substituída por 200 g de farinha do tipo C, restam  x  100  g de 0, 08x  36 farinha com de impureza. Assim, a quantidade de impurezas dessa parcela é x  300 0, 08x  36   x  100  g. As 200 g de farinha do tipo C têm 16,7%  200  33, 4 g de impureza. x  300  0, 08x  36   x  100  Portanto, o total de impureza obtido foi  33, 4 g em  x  300  g de farinha x  300 tipo D. Como a farinha tipo D tem 10,7% de teor de impurezas, então  0, 08x  36   x  100   33, 4  10, 7%   x  300   x  300   0, 08x  36   x  100   33, 4   x  300   0,107   x  300  2   80x  36000  x  100   33400  x  300   107  x 2  600x  90000   80x 2  8000x  36000x  3600000  33400x  10020000  107x 2  64200x  9630000  27x 2  13200x  3990000  0  9x 2  4400x  1330000  0 1  x  700 ou x  211 9 Como x  0, então x  700 g é a quantidade de farinha do tipo A utilizada. 30) (IME 1985) Dois clubes do Rio de Janeiro participaram de um campeonato nacional de futebol de salão onde cada vitória valia um ponto, cada empate meio ponto e cada derrota zero ponto. Sabendo que cada participante enfrentou todos os outros apenas uma vez, que os clubes do Rio de Janeiro totalizaram, em conjunto, oito pontos, que cada um dos outros clubes alcançou à mesma quantidade k de pontos e que a quantidade de clubes é maior que 10 , determine a quantidade de clubes que participou do torneio. RESOLUÇÃO: 16 Seja n  10 o número total de clubes e considerando que cada partida distribui 1 ponto no total. Como cada participante enfrenta todos os outros exatamente uma vez, então o total de jogos é n  n  1 e, portanto, o total de pontos distribuídos é: 2 madematica.blogspot.com Página 20 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira n  n  1 n2  n n 2  n  16 n 2  n  16  8  k   n  2  k   n  2  8  k 2 2 2 2  n  2  n  2  n  1  14 14  2k    n  1   n  2 n2 14 Como k  , então  n  2  |14 e  n  1  é par. n2 Considerando que n  10 e  n  2  |14 , então n  2  14  n  16 e 14 14 2k   n  1   16  1   16  k  8 . n2 16  2 Portanto, a quantidade de clubes que participou do torneiro é n  16 . 31) (IME 1982) Dado o número m  24  33  52 , determine quantos inteiros positivos não maiores que m são primos relativos com m. RESOLUÇÃO: Devemos excluir os múltiplos de 2, 3 e 5 menores ou iguais a m, que são respectivamente, m m m , e  2 3 5 m m m Entretanto, os múltiplos de 2  3  6, 2  5  10 e 3  5  15 que são, respectivamente, , e , 6 10 15 foram excluídos duas vezes, então temos que soma-los de volta uma vez. m Agora, devemos observar que os múltiplos simultaneamente de 2, 3 e 5, que são , foram 30 excluídos 3 vezes e somados de volta 3 vezes, então temos que excluí-los uma vez. Assim, o número de inteiros positivos não maiores que m são primos relativos com m é m m m m m m m m  m         30  15  10  6  5  3  2  1   2 3 5   6 10 15  30 30 4m 4 4 3 2    2  3  5  26  32  5  2880. 15 15 Esse resultado pode ser obtido diretamente com o uso da função  de Euler. Assim, temos:  1  1  1  1 2 4   m   m  1  1  1    24  33  52     26  32  5  2880.  2  3  5  2 3 5 32) (IME 1981) Mostre que 4444 4 8888 8 9 é um quadrado perfeito. n vezes  n 1 vezes RESOLUÇÃO: madematica.blogspot.com Página 21 de 22 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira 4 8 x  4444 4 8888 8 9  4444 4 10n  8888 8 10  9   999 9 10n   999 9 10  9 n vezes  n 1 vezes  n 1 vezes 9 n vezes 9   n vezes n 1 vezes   10n  1 10n   10n 1  1 10  9    4 102n  4 10n  8 10n  80  81  4 8 1 9 9 9    4 102n  4 10n  1  9x   2 10n  1  x   2 0000 01 1 2 1 9 3  n 1 zeros Como 2 0000 01 é múltiplo de 3, então x e x é um quadrado perfeito. (C.Q.D.)  n 1 zeros madematica.blogspot.com Página 22 de 22
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