...Lista Álgebra. A Equações e Sistemas. (x + 9) 2 = 40. POTI 2015 Lista 3...

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1 Lista Elaborado por Tiago Miranda 1 Álgebra A Equações e Sistemas Problema A.7 Um dia, curiosamente, Tiago percebeu que havia veículos de 1, 2, 3 e 4 rodas na garagem de seu prédio: carrinhos de mão, bicicletas, triciclos e automóveis. Ele, o irmão e o pai decidiram contar o número de rodas que estavam na garagem. Tiago contou 26 rodas mas esqueceu-se de contar as dos automóveis. O irmão dele contou também 26 rodas, mas não contou as dos triciclos e o pai contou 26 rodas mas não contou as rodas das bicicletas. Determine a quantidade de veículos que estavam na garagem. Problema A.8 Rosa resolveu distribuir R$250, 00 para seus sobrinhos, dando a mesma quantia inteira (sem centavos) para cada um e percebeu que sobrariam R$10, 00. Então, ela pensou em diminuir em R$1, 00 a quantia de cada um e descobriu que sobrariam R$22, 00. Por fim, ela resolveu distribuir apenas R$240, 00. Quanto ganhou cada sobrinho? Problema A.9 Hoje, dia 29 de julho de 2012, José tem o dobro da idade que Luiz tinha quando José tinha a idade que Luiz tem. Quando Luiz tiver a idade que José tem, a soma das idades deles será 90 anos. Em 29 de julho de 2017, qual a razão entre as idades de José e Luiz, nessa ordem? Problema A.10 Resolva a equação x x x 5 = 7. Problema A.11 Em seu treino diário de natação, Esmeraldinho percorre várias vezes, com um ritmo constante de braçadas, o trajeto entre dois pontos A e B situados na mesma margem de um rio. O nado de A para B é a favor da corrente e o nado em sentido contrário é contra a corrente. Um tronco arrastado pela corrente passa por A no exato instante em que Esmeraldinho sai de A. Esmeraldinho chega a B e imediatamente regressa a A. No trajeto de regresso, cruza com o tronco 6 minutos depois de sair de A. A seguir, Esmeraldinho chega a A e imediatamente sai em direção a B, alcançando o tronco 5 minutos depois da primeira vez que cruzou com ele ao ir de B para A. Quantos minutos o tronco leva para ir de A até B? Problema A.12 Resolva a equação x x2 (x + 9) 2 = poti@impa.br

2 2 Combinatória C Paridade Problema C.7 Um número de 17 dígitos é somado com o seu reverso (um número com os mesmos dígitos, mas escrito na ordem inversa). Mostre que sua soma contém ao menos um dígito par. Problema C.8 Vinte e cinco garotos e vinte e cinco garotas estão sentados ao redor de uma mesa. Prove que é possível encontrar uma pessoa que tem garotas como vizinhas. Problema C.9 Um jogo consiste de 9 botões dispostos da seguinte maneira: Apertando-se um botão das laterais do quadrado (botões de 1 até 9, exceto o 5), muda a cor da luz dele e de cada um dos os vizinhos (isto é, se a cor da luz do botão é vermelha, torna-se verde, e vice-versa). Apertando-se o botão do centro, muda a cor da luz de todos os 8 vizinhos, mas a dele não se altera. A partir dos botões dispostos como os da figura acima, veja abaixo três exemplos do que acontece ao apertarmos ou o 1 ou o 6 ou o 5. Depois do apertar o 1. Depois do apertar o 6. Depois do apertar o 5. Apertando-se sucessivamente alguns botões, é possível acender todas as luzes com cor verde, se inicialmente estavam todas acesas com a cor vermelha? Problema C.10 Em cada um dos 10 degraus de uma escada existe uma rã. Cada rã pode, de um pulo, colocar-se em outro degrau, mas quando uma rã faz isso, ao mesmo tempo, uma outra rã pulará a mesma quantidade de degraus em sentido contrário: uma sobe e outra desce. Conseguirão as rãs colocar-se todas juntas num mesmo degrau? Problema C.11 Em Brasilândia existem apenas 9 casas muito distantes entre si. É possível que cada casa esteja ligada a exatamente 7 outras casas através de estradas? Problema C.12 Mostre que se a, b e c são números ímpares, então a equação ax 2 + bx + c = 0 não possui raiz racional. 2 poti@impa.br

3 Respostas e Soluções. Problema A.7 Um dia, curiosamente, Tiago percebeu que havia veículos de 1, 2, 3 e 4 rodas na garagem de seu prédio: carrinhos de mão, bicicletas, triciclos e automóveis. Ele, o irmão e o pai decidiram contar o número de rodas que estavam na garagem. Tiago contou 26 rodas mas esqueceu-se de contar as dos automóveis. O irmão dele contou também 26 rodas, mas não contou as dos triciclos e o pai contou 26 rodas mas não contou as rodas das bicicletas. Determine a quantidade de veículos que estavam na garagem. Solução do problema A.7. (Extraído do material do PROFMAT 2013) Vamos denotar a quantidade de carrinhos de mão por c, a quantidade de bicicletas por b, a de triciclos por t e a de automóveis de a. Assim, teremos o sistema c + 2b + 3t = 26 c + 2b + 4a = 26 c + 3t + 4a = 26 A diferença entre as duas primeiras equações nos mostra que 4a = 3t. Fazendo o mesmo processo entre a primeira e a última equação, obtemos 2b = 4a. Por fim, as duas últimas equações nos mostram que 2b = 3t, ou seja, 4a = 3t = 2b = k. Como se tratam de valores inteiros positivos, k deve ser múltiplo de 3 e 4. Além disso, 2k = 2b + 3t < c + 2b + 3t = 26, ou seja, k < 13. Portanto, como existe apenas um múltiplo de 12 positivo e menor que 13, temos k = 12. Daí, 4a = 3t = 2b = 12 e segue que a = 3, b = 6, t = 4 e c = 2. Finalmente, temos como total de veículos: = Problema(s) Correlato(s) (OMERJ) Um ciclo de três conferências teve sucesso constante, isto é, em cada sessão havia o mesmo número de assistentes. No entanto, a metade dos que compareceram à primeira não voltou mais; um terço dos que compareceram à segunda conferência assistiu apenas a ela e um quarto dos que compareceram à terceira não assistiu nem à primeira nem à segunda. Sabendo que havia 300 inscritos e que cada um assistiu a pelo menos uma conferência, determine: a) quantas pessoas compareceram a cada conferência? b) quantas pessoas compareceram às três conferências?. Resposta do Problema Correlato. Chamemos de P o número de presentes em cada conferência, x, y, t e z serão os números inteiros dos que foram às três conferências; para às 1 a e 2 a, apenas; 1 a e 3 a, apenas; e 2 a e 3 a, apenas, respectivamente. Podemos então escrever que y = 300 ( P + P 2 + P 3 ) = P 6 ; z = 300 ( P + P 3 + P 4 ) = P 12 ; t = 300 ( P + P 2 + P 4 ) = 300 7P 4 ; e ainda x = P 49P 2 (y + t) = Temos então que P é múltiplo de 12, então existe k inteiro tal que P = 12k. Daí, ficamos com y = k, z = k, t = k e x = 49k 600, todos não negativos, logo: y = k 0 k 13, 63, z = k 0 k 15, 78, t = k 0 k 14, 28 e x = 49k k 12, 24. O único inteiro nesse intervalo é k = 13, com P = 156 e x = poti@impa.br

4 Problema A.8 Rosa resolveu distribuir R$250, 00 para seus sobrinhos, dando a mesma quantia inteira (sem centavos) para cada um e percebeu que sobrariam R$10, 00. Então, ela pensou em diminuir em R$1, 00 a quantia de cada um e descobriu que sobrariam R$22, 00. Por fim, ela resolveu distribuir apenas R$240, 00. Quanto ganhou cada sobrinho? Solução do problema A.8. (Extraído da OBM 2014) Supondo x a quantidade de sobrinhos e y a quantidade, em reais, que cada sobrinho deveria receber na primeira situação. Analisando as duas situações iniciais, chega-se ao sistema { xy = = 240 x(y 1) = = 228. Perceba que não se trata de um sistema de equações do primeiro grau e sua solução é simples. Pela segunda equação, temos xy x = 228. Pela primeira equação, xy = 240 e assim obtemos 240 x = 228. Daí segue que x = 12. Como ela, depois de muitas indecisões, resolveu distribuir igualmente apenas R$240, 00, cada sobrinho recebeu 240/12 = R$20, 00. Solução proposta por Felipe Assis, Maringá (PR). Podemos equacionar a primeira distribuição feita por Rosa como ax + 10 = 250, na qual a representa a quantidade que cada sobrinho recebeu e x a quantidade de sobrinhos. Quando Rosa retirar um real de cada sobrinho, a situação fica representada por (a 1) x + 22 = 250. Resolvendo esse sistema, teremos que x = 12 e a = 20. Problema A.9 Hoje, dia 29 de julho de 2012, José tem o dobro da idade que Luiz tinha quando José tinha a idade que Luiz tem. Quando Luiz tiver a idade que José tem, a soma das idades deles será 90 anos. Em 29 de julho de 2017, qual a razão entre as idades de José e Luiz, nessa ordem? Solução do problema A.9. (Extraído de EPCAR 2012) Denotemos a idade que Luiz tinha por x. Assim, José possui o dobro, ou seja, 2x. Se José possuía y anos, a idade atual de Luiz será y anos. No futuro, quando Luiz tiver a idade que José possui hoje, a idade de José será de 90 2x anos. A tabela abaixo reúne essas conclusões: Passado Presente Futuro José y 2x 90 2x Luis x y 2x Como a diferença entre o presente e o passado é a mesma para ambos, bem como a diferença entre o futuro e o presente, obtém-se o sistema: { 2x y = 90 2x 2x y x = 2x y.. Reduzindo termos semelhantes em ambas equações, obtém-se o sistema equivalente { y = 6x 90 2y 3x = 0. Substituindo o valor de y da primeira equação, na segunda equação, chega-se a 2(6x 90) 3x = 0, donde se conclui que x = 20. Substituindo em uma das equações anteriores, obtém-se y = 30. Assim, a razão entre as idades de José e Luiz em 29 de julho de 2017 será 2x + 5 y + 5 = = poti@impa.br

5 Problema A.10 Resolva a equação x x x 5 = 7. Solução do problema A.10. (Adaptado do Tópicos de Matemática Elementar, do Antônio Caminha) Solução proposta por diversos autores. Da teoria temos que Sendo assim, podemos escrever x = { x, para x 0, x, para x < 0. para x + { 1 que x + 1, x 1, x + 1 = (x + 1), x < 1. para x + { 2 que x + 2, x 2, x + 2 = (x + 2), x < 2. para x { 5 que x 5, x 5, x 5 = (x 5), x < 5. Agora, vamos analisar como fica a equação em cada intervalo real: i) para x < 2 temos x 1 x 2 x + 5 = 7 3x = 7 2 x = 5 3 / ] ; 2[. ii) para 2 x < 1 temos iii) para 1 x < 5 temos iv) para x 5 temos x 1 + x + 2 x + 5 = 7 x = 7 6 x = 1 / [ 2; 1[. x x + 2 x + 5 = 7 x = 7 8 x = 1 [ 1; 5[. x x x 5 = 7 3x = 9 x = 3 / [5; + [. Por fim, obtemos S = { 1}. 5 poti@impa.br

6 Problema A.11 Em seu treino diário de natação, Esmeraldinho percorre várias vezes, com um ritmo constante de braçadas, o trajeto entre dois pontos A e B situados na mesma margem de um rio. O nado de A para B é a favor da corrente e o nado em sentido contrário é contra a corrente. Um tronco arrastado pela corrente passa por A no exato instante em que Esmeraldinho sai de A. Esmeraldinho chega a B e imediatamente regressa a A. No trajeto de regresso, cruza com o tronco 6 minutos depois de sair de A. A seguir, Esmeraldinho chega a A e imediatamente sai em direção a B, alcançando o tronco 5 minutos depois da primeira vez que cruzou com ele ao ir de B para A. Quantos minutos o tronco leva para ir de A até B? Solução do problema A.11. (Extraído da OBM Revista Eureka n. 24.) Sabemos que velocidade = distância tempo e tempo = distância velocidade. Para as velocidades c da correnteza e v a de Esmeraldinho e d a distância do ponto A até o ponto B temos que o tronco percorreu até 1 encontro 6c e depois mais 5c até o 2 encontro. Esmeraldinho leva minutos para ir de A até B, pois como ele está nadando a favor da correnteza ele fica com velocidade v + c. Escrevemos t AB = v+c d. Já para ir do ponto B até o ponto A ele nada contra a correnteza e por isso vai com velocidade v c, t BA = v c d. O tempo que Esmeraldinho leva para ir do ponto A ao ponto B e do ponto B ao primeiro encontro deve ser igual a 6 minutos, a distância de B até o ponto do primeiro encontro é d 6c, já que o tronco já havia percorrido 6c, e motamos a equação: d v+c t AB + t B1 = d v + c + d 6c v c = 6 d 3c = 3v. (1) Esmeraldinho leva de A até B, de B até A e de A até o 2 encontro min, então: d v + c + d v c + 11c v + c = 11, 2d + 11c = 11v. (2) O tempo que o tronco leva para ir de A até B, ou seja, d. Por (1) temos d = 3v + 3c, e substituído (2): c 2(3v + 3c) + 11c = 11v v = 11c 5. Como d = 3v + 3c então d = 66c 5. O tronco levou A até B: d c = 66c 5 c = 13 minutos e 12 segundos Problema(s) Correlato(s) Helena e Gabriel pulam simultaneamente de uma jangada em um rio e nadam em direções opostas. Gabriel nada rio abaixo seguindo a corrente a determinada velocidade e Helena nada rio acima contra a corrente, possivelmente a uma velocidade diferente. Depois de 5 minutos, eles viram e voltam para a jangada, cada um mantendo uma velocidade constante durante todo o tempo. Quem chega primeiro? 6 poti@impa.br

7 Problema A.12 Resolva a equação x x2 (x + 9) 2 = 40. Solução do problema A.12. Com base na identidade a 2 + b 2 = (a b) 2 + 2ab podemos transformar o primeiro membro da equação dada em ( ) 9x 2 ( x 2 + = x 9x ) 2 ( + 18x2 x x + 9 x + 9 x + 9 = 2 ) x2 x + 9 x + 9 Agora, introduzimos a incógnita auxiliar y = resolver pela fatoração x2 x + 9 e obtemos a equação y2 + 18y 40 = 0, que podemos y y 40 = 0 y y = 40 y y + 81 = (y + 9) 2 = 121 y + 9 = ± 121 y = 9 ± 11, donde ficamos com y 1 = 2 e y 2 = 10 e reconsiderando esses valores em x teremos x 2 x + 9 = 2 x 2 = 2x + 18 x 2 2x = 18 x 2 2x + 1 = (x 1) 2 = 19 x = 1 ± 19 x 2 x + 9 = 20 x 2 = 20x 180 x x = 180 x x = (x + 10) 2 = 80 x = 10 ± 4 5i. Por fim, obtemos S = {1 ± 19, 10 ± 4 5i} Problema(s) Correlato(s) a) Sendo U = R, resolva a equação 10x 2 (x 2) 2 = 9 (x 2 + (x 2) 2. b) Resolva a equação (x 2 3x + 1) 2 3(x 2 3x + 1) + 1 = x. c) (OBM) a, b, c, d são números reais distintos tais que a e b são as raízes da equação x 2 3cx 8d = 0, e c e d são as raézes da equação x 2 3ax 8b = 0. Calcule a soma a + b + c + d. (Resposta: a) S = { 1, 3} b) S = {1 ± 2; 2 ± 3} c) 96) 7 poti@impa.br

8 Problema C.7 Um número de 17 dígitos é somado com o seu reverso (um número com os mesmos dígitos, mas escrito na ordem inversa). Mostre que sua soma contém ao menos um dígito par. Solução do problema C.7. (Adaptado da Olimpíada da Rússia) A soma pedida fica: c 1 c 2 c 3 c 4 c 5 c 6 c 7 c 8 c 9 c 10 c 11 c 12 c 13 c 14 d 15 d 16 d 1 d 2 d 3 d 4 d 5 d 6 d 7 d 8 d 9 d 10 d 11 d 12 d 13 d 14 d 15 d 16 d 17 d 17 d 16 d 15 d 14 d 13 d 12 d 11 d 10 d 9 d 8 d 7 d 6 d 5 d 4 d 3 d 2 d 1 a 0 a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 a 13 a 14 a 15 a 16 a 17 Agora, temos que a 0 {0, 1}. Suponha que todos os dígitos da soma sejam ímpares (se a 0 = 0, então não o contamos). Suponha que c i seja o vai um da soma d i + d 18 i (quando houver). Sendo assim, ficamos com c i + d i + d 18 i = a i + 10c i 1, com c i {0, 1}. Na sequência, chegamos a: c 9 + 2d 9 = a c 8. Como a 9 é ímpar, temos a c 8 ímpar e sendo 2d 9 par, fechamos com c 9 = 1; c 10 + d 10 + d 8 = a c 9. Como a 10 é ímpar, então a 10 1 e d 10 + d 8 10, donde concluímos que c 7 = 1 (independentemente de c 10 ); Se c 11 = 0, então d 11 + d 7 é ímpar e c 7 + d 7 + d 11 é par, uma contradição, ou seja, c 11 = c 6 = 1, o que permite afirmar que d 12 + d 6 10 e c 5 = 1; Se c 12 = 0, então d 12 + d 6 é ímpar e c 6 + d 6 + d 12 é par, uma contradição, ou seja, c 12 = c 5 = 1, o que permite afirmar que d 13 + d 5 10 e c 4 = 1; e Reiterando esse procedimento, teremos que c 16 = c 1 = 1. No entanto, se c 16 = 1, então d 17 + d 1 além de ímpar e maior do que 10 e como c 1 = 1 e d 1 + d 17 é ímpar, então a 1 é par, e chegamos a uma contradição. Portanto, concluímos que a soma não pode ter apenas dígitos ímpares e ao menos um deve ser par! (Solução proposta por Leonardo Joau, Salvador (BA)) Abaixo segue um esquema de uma adição de um número de 17 dígitos com o seu reverso: A B C D E F G H I J K L M N O P Q + Q P O N M L K J I H G F E D C B A Podemos observar nessa soma que existe uma simetria entre os números que se somam, sendo I o elemento central, o par de números (QA), por exemplo, aparece na extremidade direita e esquerda; para simplificar, chamemos de (XY) d um par de números que aparece no lado direito e de (XY) e o mesmo par de números que aparece no lado esquerdo. Sendo (II) o par de números central, temos que a soma entre eles é igual a 2 I, um número par, a menos que receba o vai 1 do par (JH) d, se isso acontece o par (JH) e também manda o vai 1 para o (KG) e, desta forma, podemos inferir que a única maneira de termos os pares (KG) e e (KG) d, números ímpares é no caso em que o par (LF) d também manda o vai 1 para o (KG) d. Prosseguindo com esse raciocínio chegamos à conclusão de que os pares (QA) d e (QA) e só podem ser ambos ímpares se, e somente se, estes recebem o vai 1 do par à direita, porém isso é impossível visto que (QA) d se encontra na extremidade direita da soma. 8 poti@impa.br

9 Problema C.8 Vinte e cinco garotos e vinte e cinco garotas estão sentados ao redor de uma mesa. Prove que é possível encontrar uma pessoa que tem garotas como vizinhas. Solução do problema C.8. (Adaptado do Torneio das Cidades - Extraído da Eureka n. 31) Suponha que não necessariamente haja uma pessoa que possua duas garotas como vizinhas. Denotemos h para garoto e m para garota. Cada pessoa ou possui como vizinho 2h ou h + m. Somando todas as 50 possibilidades, devemos estar contando cada pessoa duas vezes (já que essa é vizinho de duas pessoas). Assim ficamos com x (2h) + y (h + m) = 50h + 50m onde x é o número de pessoas que têm 2 garotos como vizinhos e y é o número de pessoas que têm um garoto e uma garota. Notemos ainda que x + y = 50. Obtemos assim xh = (50 y)m e xh = xm. Mas x garotos só serão iguais a x garotas, se x for nulo. Assim, todas as pessoas têm um garoto e uma garota como vizinhos. Pintemos as 50 posições do círculo apenas de branco e preto. E analisemos apenas as pretas. Todas as pretas terão que ter vizinhos sendo um garoto e uma garota. Logo, as casas brancas serão alternadas: garoto, garota, garoto... Absurdo. Pois com 25 casas brancas, na última e na primeira brancas haverá 2 garotos. Absurdo! Segue o resultado. Problema C.9 Um jogo consiste de 9 botões dispostos da seguinte maneira: Apertando-se um botão das laterais do quadrado (botões de 1 até 9, exceto o 5), muda a cor da luz dele e de cada um dos os vizinhos (isto é, se a cor da luz do botão é vermelha, torna-se verde, e vice-versa). Apertando-se o botão do centro, muda a cor da luz de todos os 8 vizinhos, mas a dele não se altera. A partir dos botões dispostos como os da figura acima, veja abaixo três exemplos do que acontece ao apertarmos ou o 1 ou o 6 ou o 5. Depois do apertar o 1. Depois do apertar o 6. Depois do apertar o 5. Apertando-se sucessivamente alguns botões, é possível acender todas as luzes com cor verde, se inicialmente estavam todas acesas com a cor vermelha? Solução do problema C.9. (Adaptado da Olimpíada do Cone Sul) Solução proposta por diversos autores. Não é possível, pois ao apertar um botão no vértice do quadro, teremos 4 que que mudarão de cor, apertando o 2, ou o 4, ou o 6, ou o 8, serão 6 trocas e ao apertar o do meio, será 8 mudanças. Agora, no início há 9 botões vermelhos e essa quantidade será subtraída de um número par, logo, haverá sempre uma quantidade ímpar de botões na cor vermelha. 9 poti@impa.br

10 Problema C.10 Em cada um dos 10 degraus de uma escada existe uma rã. Cada rã pode, de um pulo, colocar-se em outro degrau, mas quando uma rã faz isso, ao mesmo tempo, uma outra rã pulará a mesma quantidade de degraus em sentido contrário: uma sobe e outra desce. Conseguirão as rãs colocar-se todas juntas num mesmo degrau? Solução do problema C.10. (Adaptado da Revista Eureka n. 14) (Solução proposta por Matheus Paes, Maringá (PR)) Cada rã é numerada de 1 a 10, de acordo com o degrau em que ela se encontra, e seja s a soma dos números de todas as rãs. Assim, seja também k o número da rã que decidiu subir, e t a quantidade de degraus que ela irá subir. Note que ela irá parar no degrau k + t. Seja k o número da râ que decidiu descer, indo parar no degrau k t. Então, a nova soma será s k k + (k + t) + (k t) = s. Concluímos, portanto, que a soma s é invariante e igual a = 55. Suponhamos, portanto, que todas as rãs conseguiram se colocar em um único degrau d. A soma s, portanto, terá o valor de 10d. Contudo, 10 no divide 55, o que nos leva à uma contradição. Portanto, não é possível juntar todas as rãs em um mesmo degrau. Problema C.11 Em Brasilândia existem apenas 9 casas muito distantes entre si. É possível que cada casa esteja ligada a exatamente 7 outras casas através de estradas? Solução do problema C.11. (Adaptado da Revista Eureka n. 14) Solução proposta por diversos autores. Não é possível. Some a quantidade de estradas que saem de cada casa. Bem, facilmente obtemos 9 7 estradas. Como cada estrada liga duas cidades, a contagem que fizemos contou cada estrada duas vezes. Logo o número obtido teria que ser par. Problema C.12 Mostre que se a, b e c são números ímpares, então a equação ax 2 + bx + c = 0 não possui raiz racional. Solução do problema C.12. (Adaptado da Revista Eureka n. 14) Solução proposta por diversos autores. Sendo p q a fração irredutível que resolve a equação dada, ou seja a ( p q ) 2 + b ap 2 + bpq + cq 2 = 0. ( ) p + c = 0 com q sendo p e q ímpares, então a expressão ap 2 + bpq + cq 2 é a soma de números ímpares e o resultado nunca será par (nunca será igual a zero); sendo p par e q ímpar, então a expressão ap 2 + bpq + cq 2 é a soma de dois números pares (ap 2 e bpq) com um ímpar cujo o resultado será ímpar; e sendo p ímpar e q par, então a expressão ap 2 + bpq + cq 2 é a soma de dois números pares (bpq e cq 2 ) com um ímpar cujo o resultado será ímpar. Absurdo! Logo, não há número racional que resolve a equação do segundo grau com coeficientes ímpares. Elaborado por Tiago Miranda 10 poti@impa.br

11 Soluções Enviadas Enviaram soluções para os problemas da Lista 3: Beatriz Falheiros, Salvador (BA), problemas A12 e C10; Cleber Assis, Salvador (BA), problemas A7, A8, A9, A10, A11 e A12; Felipe Assis, Maringá (PR), problema A8; Fernanda Silva, Maringá (PR), problema A9; Fernando Neres de Oliveira, Caraúbas (RN), problemas A7, A8, A9, A10 e A12; C12 Flávio Marques, Maceió (AL), problemas A8 e A9; Leonardo Joau, Salvador (BA), problemas A7, A8, A9, A10 e A11; C7 Marcos William, Maringá (PR), problema A8; Matheus Fontoura, Salvador (BA), problemas A7 e A8; Matheus Paes, Maringá (PR), problemas A7, A8 e A9; C10 e C11; Milena Fernandes Fontoura, Salvador (BA), problemas A8 e A9; Mormon Lima dos Santos, Campina Grande (PB), problemas A7, A8, A9, A11 e A12; C7, C8, C9, C10, C11 e C12 Ronei Badaró, Salvador (BA), problemas C7, C8, C9, C10, C11 e C12; e Talita Ribeiro, Maringá (PR), problemas A7 e A poti@impa.br