Obra: OBMEP — Rpm2015
Matéria: Matemática
Nível: fundamental
Uma solução: (9 ÷ 9) × (7 + 8 + 1) = 16.
1. 1, 5, 3, 6, 10 total: 5
2. 8, 11, 9, 1, 8 total: 2
3. 11, 10, 15, 20, 3 total: 6
4. 12, 18, 3, 11, 12 total: 8
5. 4, 16, 10, 24, 25 total: 1
6. 17, 14, 7, 17, 13 total: 7
7. 2, 9, 5, 9, 4 total: 22
8. 3, 6, 10, 5, 7 total: 2
9. 8, 6, 11, 5, 21 total: 7
10. 6, 1, 2, 2, 17 total: 8

7 RPM − OBMEP
II. Instruções
• Trabalhe com os números 11, 14, 3, 19 e 9.
• Coloque os sinais +, −, ×, ÷ e parêntesis, colchetes, chaves, para
obter todos os números de 1 até 11.
• Os números 11, 14, 3, 19 e 9 devem ser usados, cada um deles uma
só vez, em qualquer ordem.
1. (11 + 14 − 19 + 3) ÷ 9 = 1
6. 11 − [(19 + 9) ÷ 14 + 3] = 6
10.
11. [9 − (19 − 14) − 3] × 11 = 11

8 RPM − OBMEP
III. Instruções
• Trabalhe com os números 2, 3, 5, 7 e 11. (Observe que são os cinco
Se esse cubo maior for jogado numa lata de tinta e totalmente
submerso:
b) Quantos cubos pequenos terão 3 faces pintadas?
c) Quantos cubos pequenos terão 2 faces pintadas?
d) Quantos cubos pequenos terão 1 face pintada?
e) Quantos cubos pequenos terão 0 face pintada?
 
RPM − OBMEP
f) Qual é a soma de suas respostas em b), c), d) e e)?
II. Complete a figura 5, desenhando um cubo 6 × 6 × 6. Responda
aberto na mesa e A passa a vez para B que tira, digamos, um valete. Com
6, 8 e 11 não dá para obter 77. É a vez de A que tira, digamos, 3.
Aí dois casos podem ocorrer:
(1) A percebe que 6 × 11 + 8 + 3 = 77. Então a rodada termina, A ganha
1 ponto, as cartas vão para baixo do monte e tudo começa de novo
Eric Campos Bastos Guedes, RPM 55.
 1. 10 − (6 + 3 + 1) + 5
 2. 11 + 1 − 9 − (8 ÷ 8)
 3. 11 − [(20 − 15) × 3 − 10]
 4. (11 + 3) − 12 + 18 −12
 5. (4 + 16) ÷ 10 − (25 − 24)
 6. 17 − 17 + (14 − 13) × 7
 7. (9 − 9) + ( 5 × 4) + 2
 8. (7 − 6) + [3 −(10 ÷ 5)]
 9. 5 − [(11 + 21) ÷ 8] + 6
10. (17 − 1) ÷ [(6 − 2) ÷ 2]
 2. 9 − {14 ÷ [(19 + 3) ÷ 11]}
 3. {11 − [(19 + 9) ÷ 14]} ÷ 3
 4. 19 − 9 + 11 − 14 − 3
 5. 9 − {14 − [(11 + 19) ÷ 3]}
 7. 14 ÷ {[(3 + 19) − 9] − 11}
 8. 9 − [(11 × 3) ÷ (14 + 19)]
 9. 11 × 3 − (14 + 19) + 9
10. 19 − 9 + 11 − 14 + 3
 III
 2. 1 = 5 −[( 11 + 3) ÷ 7 + 2]
 3. 2 = [(5 + 3) − (11 −7)] ÷ 2
 4. 4 = [(5 + 3) ÷ (11 − 7)] × 2
 5. 2 × 3 × 5 × 7 × 11 = 2310
 6. 11 × 7 × 5 × (3 + 2) = 1925
 7. 0 = [(11 + 3) − 2 × 7] ÷ 5
 8. [(11 − 3) × (5 + 7)] ÷ 2 = 48
 9. 5 − {3 − [(11 −2) − 7]} = 4
10. 11 × 7 × 5 × 3 − 2 = 1153
____________________________________
Seja x = 55 . Então, x5 = 5 e vemos que x8 = x5x3 = 5x3 que implica
xx= 5 38 . Vamos construir uma sequência x1, x2, x3, ..., xn, ..., com
x1=1 e os outros termos como na tabela, usando a calculadora para obter
os números após as flechas.
 
38 8 1
 
 
38 388 1
 
 
 
5 5 5 5 1 2228445
5 5 5 5 5 125 1 3
== = = →
== == →
. 1186680
5 5 125 5 5 1 3565069
 
 
38 9 1
 
 
 
 
86 4
 
 
 
 
 
== = = →
++ ×
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
++++
Aqui, a cada passo, utilizamos apenas as teclas [ ×], [5], [=] e [ ].
 Novamente aceitando que a sequência escolhida converge para um
Carlos Grosso, RPM 67.
 1o de janeiro → dia 1
 2 de janeiro → dia 2
 3 de janeiro → dia 3
...
13 de janeiro → dia 13
...
13 de fevereiro → dia 44
13 de março → dia 72
...
13 de abril → dia 103
...
13 de maio → dia 133
...
13 de junho → dia 164
 
RPM − OBMEP
...
13 de julho → dia 194
...
13 de agosto → dia 225
...
13 de setembro → dia 256
...
13 de outubro → dia 286
...
13 de novembro → dia 317
...
13 de dezembro → dia 347
Assim, temos que os dias 13 de um determinado ano de 365 dias são
13, 44, 72, 103, 133, 164, 194, 225, 256, 286, 317 e 347, que, quando
eu direi a você, sem fazer cálculos, qual é o valor da soma dos cinco
números”.
Eu, um tanto desconfiado, aceitei a proposta, ocorrendo o seguinte:
 
o número escrito por ele: 3 574 186
 1o número escrito por mim: 1 247 064
 2o número escrito por ele: 8 752 935
 2o número escrito por mim: 4 955 231
 3o número escrito por ele: 5 044 768
 Soma fornecida por ele: 23 574 184
 
RPM − OBMEP
AJ AD AF BD BE CE CF AB BC CA p= + + + + + = ++ =222 2
Então
p – c = AJ – AB = BJ; p – b = AJ – AC = DB e
 p – a = AJ – BC = AD.
i) Seja K o ponto construído como indicado na figura. O quadrilátero
AKBI é inscritível numa circunferência de diâmetro AK; logo
∠AIB + ∠AKB = 180
o e, como α + β + γ = 180o, temos
∠AIB + ∠CIE = 180o, de onde ∠AKB = ∠CIE = γ.
 
RPM − OBMEP
Então temos ∆CIE ≈ ∆AKB, o que implica AB
r== .
ii) No triângulo retângulo ∆ALI temos r2 = DL.AD e de ∆DLI ≈
∆BLK (verifique) temos BK
DL= .
iii) De i) e ii) temos AB
DL= , o que implica AB BJ
Vamos construir um retângulo áureo a partir de seu menor lado
AE = a (figura 8). Para isso construímos EF = AE perpendicularmente
a AE. Com centro em G, ponto médio do segmento AE, traçamos o
 figura 8 figura 9
 arco FDp , com D na reta AE e E é interno ao segmento AD. Como
GF = GD = b + a/2, o teorema de Pitágoras aplicado ao triangulo retângulo
problema.
(i) Uma hipótese plausível é que, talvez por ser um bebedor regular, o
sr. Mário tenha comprado a mesma quantidade x de uísque a cada
mês.
Logo, ele despendeu 16x + 18x + 21x + 25x = 80x reais para comprar
uísque no período. Daí, o custo médio no período de 4 meses foi de
80x/4x = 20 reais por garrafa. Portanto, caso essa hipótese seja verdadeira,
O resultado deste problema está presente em todos os cursos de química
orgânica. O estranho número fornecido é aceito por todos, mas, em geral,
não se tem a menor idéia de como esse resultado foi obtido. Para calcular
esse ângulo, a Geometria Analítica é um método imbatível, aliada é
claro, com alguma inventividade.
ganhamos ao todo a resposta é 10 acres, ou +10 (pois 30 − 20 = 10).
... Mas se num terceiro local perdemos mais 20 acres, a resposta deve
ser −10 (pois 30 −20 − 20 = −10) ... . Mas agora, supondo que esta
planície negativa de −1600 square perches [20 acres correspondem a
1600 square perches, uma outra medida inglesa da época] tem a forma
Esse problema se assemelha ao anterior, embora seja mais difícil que
ele. Para resolvê-lo sugerimos a leitura de um artigo de Gilberto Garbi,
“Outro belo teorema de Fermat”, publicado na RPM 38.
P9. Determine as medidas, em graus, dos ângulos internos de um
triângulo acutângulo, sabendo que elas são expressas por números
representadas na ilustração.
Os prêmios são distribuídos às pessoas que pegam uma bolinha de gude
preta. Qual a probabilidade de Sueli ganhar um prêmio?
A) Impossível. 
 B) Pouco provável.
C) Cerca de 50% de probabilidade. D) Muito provável.
E) Certeza.
Bate-papo pela Internet
Mark (de Sydney, na Austrália) e Hans (de Berlim, na Alemanha)
trisseccionam o ângulo θ.
10. (268) Seja f: N → N uma função tal que
f(f(x)) = x para todo x ∈ N.
a) Mostre que f é bijetora.
b) Exiba uma função f com a propriedade acima e tal que
f(x) ≠ x para todo x ∈ N.
11. (270) Dispõe-se de 2007 moedas “viciadas” M1, M2, ..., M2007.
Sabe-se que, em um lançamento, a probabilidade de se obter cara
iniciais, sombreadas, livres de peças!
18. (281) Simplifique:
 
 
2 2008
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2008 1
 
= −
∏ ... . ... 33 1+
19. (282) Prove que, se x e y são inteiros tais que
N = (x + 6y)(2x + 5y)(3x + 4y)
é múltiplo de 7, então N é múltiplo de 343.
20. (284) Dado um ângulo qualquer AOBl com AO = BO, dividimos
Seja x = logba, portanto bx = a. Se b e x são números primos, então
bx não é primo; logo, a não é primo.
P5.
Se 2=x , temos y = x + 51 = 53, que é primo. Se x for qualquer outro
primo, será um número ímpar, implicando y par maior que 2, logo,
não primo. Assim, existe um único par, (2, 53), da reta de equação
y = x + 51 que tem ambas as coordenadas dadas por números ímpares.
Soluções dos Problemas I
 
RPM − OBMEP
P6.
Solução: A resposta é não. Do teorema de Pitágoras temos a igualdade
a2 = b2 + c2. Sendo a, b e c primos, não podem ser todos ímpares e,
Para x = 40,
2 + x + 41 = 402 + 40 + 41 = 40(40 + 1) + 41 = 40.41 + 41 = 41(40 + 1)
= 412 que não é primo. Também para x = 41, x2 + x + 41 = 412 + 41 + 41
= 41(41 + 1 + 1) = 41.43, que não é primo.
Prova-se que para qualquer valor inteiro de x, −40 < x < 39, tem-se
x2 + x + 41 igual a um número primo (ver RPM 09, p. 33).
P14.
negativos e 0 < b < 4, 0 < c < 4, obtemos
x2 + y2 + xy = (5a + b)2 + (5c + d)2 + (5a + b)(5c + d) =
5(5a2 + 2ab + 5c2 + 2cd + 5ac + ad + bc) + b2 + d2 + db.
Como 5 divide x2 + y2 + xy, temos que 5 divide b2 + d2 + bd.
 
RPM − OBMEP
Se b = d ≠ 0 temos b2 + d2 + bd = 3b2, que não é múltiplo de 5, já que
b = 1, 2, 3 ou 4.
Se b ≠ d, fazendo todas as possíveis substituições para b e d em
b2 + d2 + bd, obtemos:
12 + 22 + 1 × 2 = 7, 12 + 32 + 1 × 3 = 13, 12 + 42 + 1 × 4 = 21,
22 + 32 + 2 × 3 = 19, 22 + 42 + 2 × 4 = 28, 32 + 42 + 3 × 4 = 37.
Indicando por z e z’ as hipotenusas dos triângulos sombreados e por h
e h’ as alturas desses triângulos, temos:
h + h’ + a = asenθ + acosθ ou h + h’ = a(senθ + cosθ − 1). Por outro
lado, zsenθcosθ = h e z’senθcosθ = h’ ou zz hh+= +‘ ‘
senθθcos . Sendo
x, y, x’ e y’ os catetos indicados na figura, temos
x h= senθ e x h‘ ‘= senθ , o que implica xx hh+= +‘ ‘
senθ ;
M N
/c113
/c113
 
RPM − OBMEP
y h= cosθ e y h‘ ‘= cosθ , o que implica yy hh+= +‘ ‘
cosθ .
fx f x x
fx f x x
() ( ) ()
() ( )
−+ = −
+− =
ou, isolando f(1 − x) na segunda equação e substituindo na primeira,
22 12008 2008[( ) ] ( ) ( )xf x f x x−+ = − , o que leva a
 fx xx() ()= −−21
 
2008 2008
É fácil verificar que a última função satisfaz a equação funcional dada,
logo é a única solução.
logo a soma de todos os pesos do tabuleiro é
21 1
 
 
 
 
 
 
11 2 4+ ++++= − =... .
c) A soma dos pesos das seis casas iniciais sombreadas é
 1 1
 
 
 
 
 
 
 
 
4 2 3
4+++++= + , enquanto a soma dos pesos das casas
não hachuradas é 42 3
4 1 1
4−+ = +() .
Assim, é impossível mover as peças das casas hachuradas inicial-
20.
Suponhamos que exista um ângulo AOBl tal que AO = BO,
AC = CD = BD com os ângulos AOCl , CODl e BODl congruentes. No
∆AOD, a ceviana OC é mediana e bissetriz; logo, é também a altura e
o ângulo ACOl é reto. No ∆COB, a ceviana OD é mediana e bissetriz;
logo, é também a altura e o ângulo OD Cl é reto.
Assim, o ∆DOC tem dois ângulos retos, o que é um absurdo.