Obra: OBMEP — Eureka
Matéria: Matemática
Nível: fundamental
EUREKA! Edição Especial, 2007 6
60 = 8 × 7 + 4 
40 = 5 × 7 + 5 
50 = 7 × 7 + 1. Daí temos: 
 10 – 7 × 1 = 3, e portanto 100-7 × 10 = 30, e como 30 – 7 × 4 = 2 temos: 
100 – 7 (10 + 4) = 2, e analogamente obtemos: 
1000 – 7 (100 + 40 + 2) = 6 
10000 – 7 (1000 + 400 + 20 +8) = 4 
100000 – 7 (10000 + 4000 + 200 + 80 + 5) = 5 
1000000 – 7 (100000 + 40000 + 2000 + 800 + 50 + 7 ) = 1 
 
( A última igualdade diz que 142857 × 7 = 999999)
Por exemplo, com n = 5 e B = 8, temos que a representação de 1/5 na 
base 8 é 0,146314631463... Na base 8 temos: 
2 × (1463)
8 =(3146)8 , 3 × (1463)8 = (4631)8 , 
4 × (1463)8 = (6314)8 , 5 × (1463)8 = (7777)8 
 
 
Referências: 
[L] Lima, Elon L., Meu Professor de Matemática e outras histórias , pp. 158-170 – 
SBM, 1991. 
[T] Tahan, Malba, O homen que calculava, Ed. Record. 
[V] Voloch, José Felipe, Raizes Primitivas e a Conjectura de Artin, Revista Matemática
estimativas mais elementares. Por exemplo, podemos usar apenas 
potências de 2. Temos: 
 
49! = 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8 × ... × 15 × 16 × ... × 31 × 32 × ... × 
49 > 1 × 2 × 2 × 4 × 4 × 4 × 4 × 8 × ... × 8 × 16 × ... × 16 × 32 × 
... × 32 = 22 x 44 x 88 x 1616 x 3218 = 22+8+64+90 = 2164. 
 
Mas 2
10 = 1024 >103. Logo 49! > 16. 1048.
mas inicialmente precisamos recordar três importantes propriedades: 
 a) a soma de dois números pares é par. 
 b) a soma de dois números ímpares é par. 
 c) a soma de um número par com um número ímpar é ímpar. 
 Dizemos que dois números inteiros têm mesma paridade, quando 
são ambos pares ou ambos ímpares. Assim, podemos dizer que a soma de
assumir então que 1 +≥ −− pp ba e por (10) e (11) 
,...,0 21 paaax −−−≥ (12) 
 
),1...(,0...999...,0 2121 +=≤ −−−−−− pp baabaax (13) 
já que kk ab −− = se 1 ,...,0 −= pk e kb− é sempre menor ou igual a 9. 
Mas (12) e (13) implicam que 1 += −− pp ba e . ...,0 21 paaax −−−= 
Porém nesse caso x é racional e chegamos a uma contradição!
GABARITO 
NÍVEL 1 (5a. e 6a. séries) 
1) A 6) B 11) A 16) B 
2) E 7) E 12) C 17) D 
3) A 8) A 13) B 18) D 
4) E 9) D 14) B 19) C 
5) B 10) E 15) B 20) C 
NÍVEL 2 (7a. e 8a. séries) 
1) D 6) B 11) D 16) C 21) Anulada 
2) B 7) B 12) A 17) D 22) Anulada 
3) E 8) D 13) B 18) Anulada 23) C 
4) E 9) A 14) B 19) C 24) B 
5) D 10) B 15) B 20) C 25) B 
NÍVEL 3 (Ensino Médio) 
1) D 6) C 11) C 16) D 21) C 
2) C 7) B 12) C 17) C 22) Anulada 
3) Anulada 8) D 13) B 18) A 23) B 
4) B 9) B 14) C 19) B 24) Anulada 
5) B 10) A 15) D 20) B 25) C
que respondeu corretamente 50% da s questões de álgebra, 70% das 
questões de geometria e 80% das questões de lógica. Gabriel observou, 
também, que respondeu corretamente 62% das questões de álgebra e 
lógica e 74% das questões de geometri a e lógica. Qual a porcentagem de 
questões corretas da prova de Gabriel?
da fila é 1 + 2 + 3 + 4 = 10. Note que para obter a quantidade de 
números até uma certa fila, basta somar o número da fila ao total de 
números que havia antes dessa fila. A ssim, temos, fila 5 : 15, fila 6: 
21, fila 7: 28, fila 8: 36, fila 9: 45, fila 10: 55, fila 11: 66, fila 12: 78, 
fila 13: 91, fila 14: 105 
O número de fitas adesivas horizontais entre uma fila n – 1 e uma fila 
n é igual a n – 1 e o número de fitas adesivas verticais numa fila n é
Y temos duas possibilidade e para Z, uma possibilidade, num total de 
3.2.1 = 6 possibilidades para a seqüência que começa com uma dupla. Se 
a seqüência terminar com uma dupla, teremos novamente 
6 possibilidades. Portanto, há 12 modos de colocar as seis 
peças em seqüência. 
 
a) Para cada número, existem 4 
peças. Por exemplo, as peças com 
o número 1 estão desenhadas ao 
lado. O número de vezes em que
da fila é 1 + 2 + 3 + 4 = 10. Note que para obter a quantidade de 
números até uma certa fila, basta somar o número da fila ao total de 
números que havia antes dessa fila. A ssim, temos, fila 5 : 15, fila 6: 
21, fila 7: 28, fila 8: 36, fila 9: 45, fila 10: 55, fila 11: 66, fila 12: 78, 
fila 13: 91, fila 14: 105 
O número de fitas adesivas horizontais entre uma fila n – 1 e uma fila 
n é igual a n – 1 e o número de fitas adesivas verticais numa fila n é
05. Como a + 3 é múltiplo de 11, a + 3 = 11b, b ∈ Z. Sendo a múltiplo de 5, 
10 3ab b−= − também é, de modo que b – 3 = 
5c 253 1 1 ( 53 ) 3 5 53 0 , bc a c c c +⇔= +⇔= + −= + ∈ ] O número a + 2 é múltiplo 
de 9, assim como a + 2 – 54 c – 36 = c – 4. Portanto 
4 9 9 4 55(9 4) 30 495 250, .cd c d ad d d−= ⇔= +⇔= + + = + ∈ ] Por fim,
No triângulo PEF, lll() () () 6 0 6 5 4mE F P mA F E mA F B= −= ° − ° = ° e 
l l l( ) 180 ( ) ( ) 180 60 12 54 54mE P F mP E F mE F P=° − − =° − ° − ° − ° = ° , ou seja, o 
triângulo PEF é isósceles com PE = EF. Assim, como EF = AE , 
o triângulo PEA também é isósceles com 
ll l180 ( ) 180 12() () 8 4 . 22
Por exemplo: Se p(1) = 29, perguntamos p(100), digamos que 
 p(100) = 100613. Então o nosso polinômio é p(x) = 10x2 + 6x + 13. 
 
Soluções Nível 3 – Segunda Fase – Parte B 
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: 
 Temos 22 2 29 8 2005 8 8 2005xy x y xy x xy y−− = ⇔−+ − = 
( ) 8 ( ) 2005 ( )(8 ) 2005(*)x yx y xy xy yx⇔− + − = ⇔ − − =
mesma paridade e 
7y – m ≤ 7y + m, podemos dividir o problema em 4 casos: 
• 7y – m = 2 e 7y + m = 4010 ⇔ m = 2004 e y = 2006/7, impossível; 
• 7y – m = 10 e 7y + m = 802 ⇔ m = 396 e y = 58; 
• 7y – m = – 802 e 7y + m = –10 ⇔ m = 396 e y = –58; 
• 7y – m = – 4010 e 7y + m = – 2 ⇔ m = 2004 e y = – 2006/7, impossível. 
 
Se y = 58, as soluções em x de (*) são 4592
 
 
9 =+⋅=+ my e 
 
 
 
9 =−⋅=− my . 
Se y = –58, as soluções em x de (*) são 632
396)58(9
 
9 −=+−⋅=+ my 
e 4592
396)58(9
 
9 −=−−⋅=− my .
EUREKA! Edição Especial, 2007 82
 
( ) () ()
 
2 22 22 2 2222 2 222 2ba c b a a b c+− − − = ⇔ − − = + − − ⇔AA A A A A 
2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 42 22 22 22 22 22 242 2 2 2 2 2ba b a a b c a b c ab ac bc−−+ = + + + − − + + − − ⇔AA A A A A A
( )
4 222 2 444 2 2 2 2 2 232 ( 2 2 2) 0abc abc a b a c b c−+ + − + + − − − =AA
ordenadas é exatamente o número de anagramas da palavra: 
 “VEEEEEEEEEEEEEEEEE”, que é: (17 + 1)! / (17! ⋅ 1!) = 18. 
3o caso: x = 2 e y = 14: Analogamente ao 2o caso, o número de 
seqüências ordenadas é igual ao número de anagramas da palavra 
“VVEEEEEEEEEEEEEE”, que é: (14 + 2)! / (14! ⋅ 2!) = 120. 
4o caso: x = 3 e y = 11: (11 + 3)! / (11! ⋅ 3!) = 364 seqüências ordenadas. 
5o caso: x = 4 e y = 8: (8 + 4)! / (8! ⋅ 4!) = 495 seqüências ordenadas.
intervalos da forma [10k, 10 (k + 1)], 0 ≤ k ≤ 8. 
Se N = 10k, colocamos fichas em todas as casas de k linhas. 
Se N = 10k + p, 1 ≤ p ≤ 9 – k, também podemos escrever N como 9k + (k 
+ p). Logo, podemos distribuir as fichas em um retângulo 9k × completo 
e (k + p) fichas em outra linha, da seguinte maneira: 
 
♥ ♥ ♥ ... ♥ ... ♥ 
♥ ♥ ♥ ... ♥ ... ♥ 
# # # # # # # #
♥ ♥ ♥ ... ♥ ... ♥ 
♥ ♥ ♥ ... ♥ ... 
 ... ... 
# # # # # # # #
 ... ... 
 
Se 10Nk p=+ , ( )99 kp− <≤ , também podemos escrever como 
() ( )10 9 9 10Np k p=+ − + − . 
Logo, podemos distribuir as fichas em dois retângulos, um 
() 91 0pk+− × e outro ( )10 9 p− × . 
♥ ♥ ♥ ... ♥ ... ♥ ♥ 
# # # # # # # # 
♥ ♥ ♥ ... ♥ ... ♥ ♥ 
♥ ♥ ♥ ... ♥ ... ♥ 
# # # ... # ... # 
♥ ♥ ♥ ... ♥ ... ♥ ...
 ... ... 
# # # # # # # # 
 ... ...
efetivamente, 11 7 3 7 3+ +=⋅ . 
 
Se q = 5, as possibilidades para S são S = 2, S = 3, S = 4. No primeiro 
caso, os novos primos são 2 e 5, q = 5 e P = 2; temos 11 5 2 5 2+ +≠⋅ e 
não é solução. No segundo caso, os novos primos são 3 e 5, logo q = 5 e 
P = 3. Como 11 5 3 5 3+ +≠⋅ , não é solução. No terceiro caso, os novos
EUREKA! Edição Especial, 2007 94
Se q = 3, as possibilidades para S são 2, 3, 4, 5, 6 e 7, e os novos primos 
só podem ser 2 e 3, pois são menores ou iguais a 3. A equação (1) é 
11 3 14 3SS P++ = + =⋅ . Logo, 14 S+ deve ser múltiplo de 3. Dos 
possíveis valores de 14 S+ , os únicos múltiplos de 3 são 14 + 4 = 18 e 
14 + 7 = 21. Se S = 4, então os novos primos são 2, 2 e 3, q = 3 e P = 4. 
Como 14 4 3 4+≠⋅ , não é solução; se S = 7, os novos primos são 2, 2, 
3 e 3, q = 3 e P = 12. Como 14 7 3 12+ ≠⋅ , tão pouco é solução. Por-
tanto, descarta-se a possibilidade q = 3. 
 
Se q = 2, os novos primos só podem ser iguais a 2. Então, S é par, 
11 11 2qS S++ = ++ é ímpar, enquanto que 2qP P⋅ =⋅ é par. Portanto,
Como p e q são primos e p ≤ q, as únicas possibilidades são 
p = 2 e q = 13; p = 3 e q = 7. 
Se além de 2, 2, 2 e 5 há três primos a mais, p≤ q ≤ r , então 
()4 0 2225 2 2 2 5 p q r pqr++++ ++ =⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ , ou seja, 
11 p qr p q r+ ++= ⋅⋅ . 
Se p = 2, temos que p · q · r = 2 · q · r é par, então 11 + p + q + r = 11 + 
2 + q + r é par e, conseqüentemente, q = 2 (é par) e r ≥ 3 (é ímpar). 
Logo, a equação inicial é 41 5rr= + , donde r = 5. Obtemos p = 2, q = 2 
e r = 5.
produto p qr⋅⋅ é ímpar. Como 11 + p + q + r é par (soma de 4 ímpares), 
não há soluções. 
Se além de 2, 2, 2 e 5 há quatro primos a mais, p≤ q ≤ r ≤ s , então 
()4 0 2225 2 2 2 5 p q r s pqrs++++ +++ =⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ ⋅ , ou seja, 
11 p q r s pqrs+ +++= ⋅⋅ ⋅ . 
Se p = 2, temos que 2 11 2 13qrs q r s q r s⋅ ⋅ ⋅= ++++= +++ . Como
igual à sua soma, temos que qrs q r s⋅ ⋅≥ ++ e, conseqüentemente, 
21 3qrs q r s⋅⋅⋅> +++ , de modo que não há soluções. 
Se 3p ≥ , então, 
32 1 1pqrs qrs qrs qrs qrs q r s q r s p q r s≥ = + ≥ ++++++> + +++ , 
pois 27qrs ≥ e q + r + s + q + r + s > p + q + r + s. 
Por último, é impossível que além de 2, 2, 2 e 5 haja cinco ou mais
Janice T. Reichert (UNOCHAPECÓ) Chapecó – SC 
João Benício de Melo Neto (UFPI) Teresina – PI 
João Francisco Melo Libonati (Grupo Educacional Ideal) Belém – PA 
José Cloves Saraiva (UFMA) São Luis – MA 
José Luiz Rosas Pinho (UFSC) Florianópolis – SC 
José Vieira Alves (UFPB) Campina Grande– PB 
José William Costa (Instituto Pueri Domus) Santo André – SP