3a Olimpı ada Vic osense de Matema tica

3

Olimp´ıada Vic

¸osense de Matem´

atica

Gabarito do Banco de Quest˜

oes

N´ıvel III - 1

_Fase

1. Solu¸c˜ao: Por hip´otese, existe um n´umero q tal que 20132010 _{= q × 2011 + 1. Como}

20132012 _{= 2013}2010_{× 2013}2 _{= (q × 2011 + 1) × 2013}2 _{= q × 2011 × 2013}2_{+ 2013}2_.

Para concluir o exerc´ıcio ´e sufuciente encontrar o resto da divis˜ao de 20132 _{por 2011. Mas,}

20132 _{= 2011 × 2015 + 4.}

Portanto, o resto ´e 4.

2. Solu¸c˜ao: A multiplica¸c˜ao pode ser esquematizada como A solu¸c˜ao ´e baseada nas seguintes observa¸c˜oes:

• O algarismo a s´o pode ser 1 ou 2, pois, se fosse a ≥ 3, ent˜ao 4a seria um n´umero de 2

algarismos e portanto o n´umero edcba teria 6 algarismos. Mas a n˜ao pode ser 1 pois edcba, sendo m´ultiplo de 4, ´e par, donde seu ´ultimo algarismo ´e par. Logo a = 2.

• O algarismo e s´o pode ser 8 ou 9, pois 2 × 4 = 8 e edcba tem apenas 5 algarismos. No

entanto, e n˜ao pode ser 9 porque 9 × 4 termina em 6 e n˜ao em 2. Logo e = 8.

• O algarismo b s´o pode ser 1 ou 2, pois 4 × b tem que ser um n´umero de apenas 1 algarismo.

Como a = 2 e os cinco algarismos de abcde s˜ao distintos, s´o podemos ter b = 1.

• O algarismo d s´o pode ser 2 ou 7, pois 4 × d + 3 ´e um n´umero terminado em 1. Como a = 2 e os cinco algarismos de abcde s˜ao distintos s´o podemos ter d = 7.

• O algarismo c s´o pode ser 9, pois 4c + 3 ´e um n´umero terminado em c.

Logo, a resposta ´e 8 + 7 + 9 + 1 + 2 = 27.

3. Solu¸c˜ao: Observamos que ao multiplicar 8 pelo divisor obtemos um n´umero com dois algar-ismos. Como o divisor tamb´em tem dois algarismos e 8 × 13 = 104 , as possibilidades para o divisor s˜ao 10, 11 e 12.

Observamos agora que ao multiplicar o algarismo das centenas do quociente pelo divisor, obte-mos um n´umero de trˆes algarisobte-mos. A ´unica maneira poss´ıvel de multiplicar um n´umero de apenas um algarismos por 10, 11 ou 12 de modo a obter um n´umero de trˆes algarismos ´e 9 × 12 = 108. Como a primeira subtra¸c˜ao efetuada na conta armada tem como resultado 000, os trˆes asteriscos `a esquerda no dividendo correspondem a 1, 0 e 8, nessa ordem.

O estudante pode prosseguir essa an´alise e mostrar que a conta armada corresponde `a express˜ao 10897 = 12 × 908 + 1.

4. Solu¸c˜ao: No 1◦ _{pulo a pulga percorre 10 ×}1

2, no 2◦, 10 × 212, e assim por diante.

Depois de 7 dias a pulga ter´a percorrido 10¡1 2 ¢ + 10¡1 2 ¢₂ + 10¡1 2 ¢₃ + 10¡1 2 ¢₄ + 10¡1 2 ¢₅ + 10¡1 2 ¢₆ + 10¡1 2 ¢₇ = 10h¡1 2 ¢₃ +¡1 2 ¢₄ +¡1 2 ¢₅ +¡1 2 ¢₆ +¡1 2 ¢₇i = 10 × 26₊₂5₊₂4₊₂3₊₂2₊₂₊₁ 27 = 10 × 127₁₂₈ ≈ 9, 9

Logo em 7 dias ela percorreu 10 × 127

128 (aproximadamente 9, 9m). Em geral, depois de n dias a

pulga ter´a percorrido

10 µ 1 2+ 1 22 + ... + 1 2n ¶ .

Para calcular a soma acima, note que (1 2+

1

22+...+₂1n) ´e a soma dos n termos de uma progress˜ao

geom´etrica cujo primeiro termo ´e a1 = 1/2 e a raz˜ao ´e q = 1/2. A f´ormula para essa soma ´e:

Sn= a1(1 − qn) 1 − q = 1/2(1 − 1/2n₎ 1 − 1/2 = 1 − 1 2n. Logo, 10 µ 1 2+ 1 22 + ... + 1 2n ¶ = 10 µ 1 − 1 2n ¶ .

Portanto, ao final do d´ecimo dia a pulga ter´a percorrido 10¡1 − 1 210

¢

m.

5. Solu¸c˜ao: Lembre que

a4_{− 1 = (a − 1)(a}3_{+ a}2_{+ a + 1).}

Logo, se a = 212_{, temos:}

248_{− 1 = (2}12₎4_{− 1 = (2}12_{− 1)(2}36_{+ 2}24_{+ 2}12_{+ 1)}

e 212_{− 1 = (2}6_{+ 1)(2}6_{− 1) = 65 × 63.}

6. Solu¸c˜ao: Como

2n2_{+ 4n + 18} 3n + 3 = 2 3 (n2_{+ 2n + 1) + 8} n + 1 = 1 3 µ 2n + 2 + 16 n + 1 ¶ ,

segue que n + 1 tem que dividir 16. Assim, n tem que pertencer ao conjunto {1, 3, 7, 15}. Em cada um destes casos temos

n = 1 → 2n2_+4n+18 3n+3 = 4 n = 3 → 2n2_+4n+18 3n+3 = 4 n = 7 → 2n2_+4n+18 3n+3 = 6 n = 15 → 2n2_+4n+18 3n+3 = 11.

Portanto para os quatro valores de n, 1, 3, 7 e 11, tem- se que 2n2_+4n+18

7. Solu¸c˜ao:

a) O time B n˜ao perdeu nenhuma partida, logo empatou ou ganhou de A. Mas A n˜ao empatou nenhuma partida, logo A perdeu de B.

b) O time A perdeu uma partida. Se tivesse perdido exatamente mais um jogo, teria 6 pontos. Mas B tem no m´ınimo 6 pontos, pois venceu A e n˜ao perdeu nenhuma das outras trˆes partidas. Como A tem mais pontos que B, conclu´ımos que A perdeu somente para B; e como A n˜ao empatou nenhuma partida, venceu as outras trˆes. Logo A obteve 9 pontos. 8. Solu¸c˜ao: Note que 1 − 2i ´e uma ra´ız de

p(z) = z3 _{− (1 − 2i)z}2_{+ 9z − 9(1 − 2i).}

De fato,

p(1 − 2i) = (1 − 2i)3− (1 − 2i)3+ 9(1 − 2i) − 9(1 − 2i) = 0. Logo, podems fatorar o polinˆomio da forma

p(z) = (z − (1 − 2i))(z2_{+ 9).}

Como as ra´ızes do polinˆomio z2 _{+ 9 s˜ao: 3i e −3i. Concluimos que as ra´ıses de p(z) s˜ao:}

1 − 2i, 3i e −3i.

9. Solu¸c˜ao: Supondo x cm o comprimento dos quadrados a serem cortados, as dimens˜oes da caixa ser˜ao 12 − 2x, 12 − 2x e x, onde 0 ≤ x ≤ 6. Logo, se V cm3 _{for o volume da caixa,}

queremos obter x de modo que V = 128. Logo, devemos resolver a equa¸c˜ao

V (x) = x.(12 − 2x).(12 − 2x) = 128.

Assim,

4x3_{− 48x}2 _{+ 144x − 128 = 0}

e portanto,

x = 2 ou x = 8

E, como 8 n˜ao pertence ao intervalo [0, 6], conclu´ımos que x = 2.

10. Solu¸c˜ao: Em 1 hora, A, B e C, trabalhando sozinhos, fariam 1/(x + 1), 1/(x + 6) e 1/(2x) da tarefa, respectivamente. Trabalhando juntos, fariam 1/x da tarefa. Logo,

1 x + 1 + 1 x + 6 + 1 2x = 1 x 2x + 7 x2_{+ 7x + 6} = 1 2x 3x2_{+ 7x − 6 = 0}

11. Solu¸c˜ao: Para fazer a an´alise de poss´ıveis valores deve-se primeiro cancelar os fatores comuns: M × A × T × E × M A × T × I × C × A = M × E × M I × C × A = M2_{× E} I × C × A

Assim, deseja-se que o numerador seja o maior poss´ıvel e o denominador o m´ınimo poss´ıvel, para isso deve-se ter M = 9, j´a que este aparece duas vezes e E = 8 que ´e o segundo maior valor dispon´ıvel. Como I, C e A s˜ao distintos, basta tomar 1, 2 e 3 em qualquer ordem como, por exemplo, I = 1, C = 2 e A = 3. Assim, temos:

M2_{× E}

I × C × A =

92_{× 8}

1 × 2 × 3 = 108.

12. Solu¸c˜ao: Chame de h a latura do triˆangulo ABC. Ent˜ao por hip´otese, sabemos que ´

AreaABC = 94 =

AC × h

2 . Por outro lado, a ´area do triˆangulo DBG ´e definida por

´

AreaDBG=

DG × h

2 .

Como os pontos D, E, F, G e H dividem o lado AC em 6 partes congruentes, ou seja, AD =

DE = EF = F G = GH = HC = AC

6 , temos que DG =

AC

2 .

Substituindo, temos que

´ AreaDBG = 1 2 AC × h 2 = 94 2 = 47. 13. Solu¸c˜ao:

a) Para saber o n´umero que deve dizer ao matem´agico, Jo˜aozinho deve fazer quatro contas: 1a _{conta: multiplicar o n´umero no cart˜ao escolhido por 2;}

2a _{conta: somar 3 ao resultado da primeira conta;}

3a _{conta: multiplicar por 5 o resultado da segunda conta;}

4a _{conta: somar 1, 2, 3 ou 4 ao resultado da terceira conta, dependendo da cor do cart˜ao}

escolhido. Como o n´umero no cart˜ao escolhido por Jo˜aozinho foi 3, o resultado da primeira conta ´e 3 × 2 = 6; o resultado da segunda conta ´e 6 + 3 = 9 e o da terceira ´e 9 × 5 = 45. Por fim, como a cor do cart˜ao escolhido por Jo˜aozinho ´e vermelha, o resultado da quarta e ´ultima conta ´e 45 + 4 = 49. Assim Jo˜aozinho deve dizer quarenta e nove ao matem´agico. b) Vamos analisar o que acontece com o n´umero de um cart˜ao quando fazemos as opera¸c˜oes indicadas. Qualquer que seja esse n´umero, ap´os a terceira conta obtemos um m´ultiplo de 5, ou seja, um n´umero cujo algarismo das unidades ´e 0 ou 5. Conclu´ımos ent˜ao que, todas as contas estando corretas, o algarismo das unidades do n´umero dito ao matem´agico ´e:

• 1 ou 6, se o cart˜ao escolhido ´e verde; • 2 ou 7, se o cart˜ao escolhido ´e amarelo;

• 3 ou 8, se o cart˜ao escolhido ´e azul; • 4 ou 9, se o cart˜ao escolhido ´e vermelho.

Desse modo, se Mariazinha disse 76 ao matem´agico, seu cart˜ao era verde e o resultado da terceira conta realizada por ela foi 76 − 1 = 75; o resultado da segunda conta foi 75 ÷ 5 = 15; o resultado da primeira conta foi 15 − 3 = 12 e o n´umero no cart˜ao escolhido por Mariazinha foi 12 ÷ 2 = 6. Conferindo: (2 × 6 + 3) × 5 + 1 = 76.

c) (de acordo com a solu¸c˜ao do item b): Quando Pedrinho disse 61 ao matem´agico, ele pensou assim: se as contas de Pedrinho estiverem corretas, o cart˜ao deve ser verde (pois o algar-ismo das unidades de 61 ´e 1) e depois da terceira conta o n´umero obtido foi 61 − 1 = 60, depois da segunda conta o n´umero obtido foi 60 ÷ 5 = 12, depois da primeira conta o n´umero obtido foi 12 − 3 = 9 e ent˜ao o n´umero no cart˜ao deve ser 9 ÷ 2 = 4, 5, o que n˜ao pode acontecer pois os n´umeros nos cart˜oes s˜ao n´umeros inteiros. Logo Pedrinho deve ter errado alguma conta.

14. Solu¸c˜ao: Sabemos que o n´umero de mulheres que usam apenas um brinco ´e 0, 03 × 800 = 24. Restam 800 − 24 = 776 mulheres, das quais 388 usam dois brincos e 388 n˜ao usam brincos. Logo, o n´umero total de brincos usados por todas as mulheres ´e 24 + 388 × 2 = 800.

15. Solu¸c˜ao: O v´ertice 6 est´a nas faces {1, 2, 6, 7}, {1, 4, 6, 8} e {3, 4, 6, 7}. Como nessas faces s´o n˜ao aparece o 5, segue que este ´e o v´ertice diagonalmente oposto ao 6, ou seja, o 5 ´e o v´ertice mais distante do 6.

16. Solu¸c˜ao: Lembre que a ´area de um c´ırculo de raio r ´e p × r2_{. Se r ´e o raio dos c´ırculos da}

figura, ent˜ao a ´area n˜ao aproveitada ´e a ´area do quadrado, que ´e dada por 10 × 10 = 100 cm2_,

menos a soma das ´areas dos nove c´ırculos, que ´e 9 × πr2 _cm2_{. Ocorre que o raio de cada c´ırculo}

´e r = 5/3 cm, j´a que os diˆametros de trˆes desses c´ırculos somam um lado de 10 cm da folha de papel˜ao. Assim, a ´area n˜ao aproveitada ´e dada por

100 − 9 × π × µ 5 3 ¶₂ = 100 − 25 × π.

Usando a aproxima¸c˜ao π = 3, 14, resulta que a ´area n˜ao aproveitada mede 100 − 25π =≈ 21, 5 cm2_.

17. Solu¸c˜ao: Seja N o n´umero de voos. Se 10% dos voos foram cancelados, restaram 90% de N. Dos voos restantes, 20% foram cancelados pela chuva, ou seja, 20% de 90% de

N = 0, 20 × 0, 90 × N = 0, 18 × N = 18% de N. Dessa forma, a porcentagem do total de

voos que foram cancelados ´e 28%. 18. Solu¸c˜ao:

Sejam α = B ˆAC, β = A ˆDE e 2θ = B ˆCA. Temos A ˆBC = 50 + α . Pelo teorema do ˆangulo

externo no triˆangulo BCD, α + 50◦_{+ θ = 90 + β (*).}

Al´em disso, 2α + 2θ + 50 = 180 pelo soma dos ˆangulos interno do ∆ABC. Substituindo o valor de α + θ = 180−50

2 = 65 em (*), temos que β = 25◦.

19. Solu¸c˜ao: Seja XY Z um n´umero de trˆes d´ıgitos que detona 314. Devemos ter X = 4, 5, 6, 7, 8 ou 9; Y = 2, 3, ..., 9 e Z = 5, 6, 7, 8 ou 9. Portanto, temos 6 op¸c˜oes para o primeiro d´ıgito, 8 para o segundo e 5 para o terceiro. Ou seja 6 × 8 × 5 = 240.

20. Solu¸c˜ao: Sendo O o centro do semic´ırculo maior, temos OQ = OR = P S/2 = 2. Como O pertence `a semicircunferˆencia menor, o ˆangulo Q ˆOR ´e reto. Logo, pelo teorema de Pit´agoras,

o diˆametro do semic´ırculo menor ´e 2√2.

A ´area destacada ´e, ent˜ao, igual `a soma das ´areas do semic´ırculo menor e do quarto de c´ırculo de centro O e extremidades Q e R subtra´ıda da ´area do triˆangulo OQR, ou seja,

1 2π( √ 2)2₊ 1 4π2 2₋ 2 × 2 2 = 2π − 2.

21. Solu¸c˜ao: Sendo G a proje¸c˜ao ortogonal de E sobre o segmento DF , ent˜ao EG = 7. Como

AEB ´e um triˆangulo retˆangulo em E,

EC2 _{= AC × CB ⇔ EC}2 _{= 1 × 25 ⇔ EC = 5.}

Como AF B ´e um triˆangulo retˆangulo em F ,

DF2 = AD × DB ⇔ DF2 = 8 × 18 ⇔ DF = 12. Logo F G = DF − EC = 7 e

22. Solu¸c˜ao:

• Se Simone mentiu, da´ı quem entrou sem pagar foi Simone. Mas como a Fernanda disse

que foi o Anderson, chegamos a uma contradi¸c˜ao.

• Se Fernanda mentiu, conclu´ımos que n˜ao foi o Anderson que entrou sem pagar e, de acordo

com as outras afirma¸c˜oes temos que quem mentiu realmente foi a Fernanda e podemos concluir ent˜ao que quem n˜ao pagou o biblete foi o Thiago.

23. Solu¸c˜ao:) Inicialmente vamos supor que Adriano ´e um tamandu´a. Assim, analisando as falas de todos os amigos temos que: Bruno ´e uma pregui¸ca, Carlos ´e uma pregui¸ca e Daniel ´e um tamandu´a, por´em, como Daniel ´e um tamandu´a, ele fala a verdade, e ele disse que Adriano ´e uma pregui¸ca, o que contradiz nossa hip´otese do inicio da resolu¸c˜ao do exerc´ıcio.

Vamos agora supor que Adriano seja uma pregui¸ca, podemos concluir que: Bruno ´e um tamandu´a, Carlos ´e um tamandu´a, Daniel ´e um tamandu´a, como Daniel ´e um tamandu´a, ele diz a verdade, ou seja, Adriano realmente ´e uma pregui¸ca, n˜ao contradizendo nossa hip´otese. Portanto, trˆes dos amigos s˜ao tamandu´a.

24. Solu¸c˜ao: Se I ´e verdadeira, A ´e verde. E II ´e falso, da´ı B ´e verde, o que gera uma contradi¸c˜ao. Se II ´e verdadeira, B n˜ao ´e verde. E I e III s˜ao falsas, da´ı A n˜ao ´e verde e C ´e azul, o que n˜ao pode acontecer.

Se III ´e verdadeira, C n˜ao ´e azul. E I e II s˜ao falsas, da´ı A n˜ao ´e verde e B ´e verde. Logo conclui-se que III ´e verdadeira.

25. Solu¸c˜ao: Denotemos por a a idade comum dos alunos e por n o n´umero de alunos dessa classe. Temos sete alunos com a − 1 anos, dois com a + 2 anos e os demais, ou seja, n − 9 alunos, com a anos. Logo, a soma das idades de todos os alunos, que ´e 330, pode ser desdobrada em 330 = 7(a − 1) + 2(a + 2) + (n − 9)a = na − 3, de modo que na = 330 + 3 = 333 = 9 × 37. Como a classe tem mais do que 9 alunos, ent˜ao a = 9 e n = 37, ou seja, a classe tem 37 alunos. 26. Solu¸c˜ao: Calculando separadamente o n´umero de palavras com:

uma letra, 3 palavras;

duas letras, 3 × 3 = 32 _palavras;

trˆes letras, 3 × 3 × 3 = 33 _palavras;

quatro letras, 3 × 3 × 3 × 3 = 34 _palavras.

Assim, o total de palavras ´e de 3 + 32_{+ 3}3_{+ 3}4 _{= 120.}

27. Solu¸c˜ao: Denotando por x o valor desta passagem, em reais, antes da promo¸c˜ao. Com o desconto de 40% temos que o valor da passagem foi de:

(1 − 0, 4)x = 0, 6 × x. Com o novo desconto de 10%, o valor total da passagem foi de:

Como seu Matheus, economizou R$ 92,00 na compra das passgens, temos que:

x − 0, 54 × x = 0, 46 × x = 92.

Portanto, o valor da passagem antes da promo¸c˜ao foi de

x = 9200

46 = 200 reais.

28. Solu¸c˜ao: Temos que considerar dois casos.

Caso 1: x ≥ −1. Nesse caso, x2 _{+ 3x + 2 = x + 1, e logo x}2_{+ 2x + 1 = 0 que s´o possui a}

solu¸c˜ao x = −1.

Caso 2: x < −1. Nesse caso, x2_{+ 3x + 2 = −x − 1, logo x}2_{+ 4x + 3 = 0, que tem, no intervalo,}

apenas a solu¸c˜ao x = −3.