3a Olimpıada Vicosense de Matematica

Gabarito do Banco de Questoes

Nıvel III - 1a FaseOLIMPÍADA VIÇOSENSE DE MATEMÁTICATELIMLIMIMPÍADA VIÇOSENSEIMPÍADA VIÇ SE DE MATMATMAMATMAMAT

1. Solucao: Por hipotese, existe um numero q tal que 20132010 = q × 2011 + 1. Como

20132012 = 20132010 × 20132 = (q × 2011 + 1)× 20132 = q × 2011× 20132 + 20132.

Para concluir o exercıcio e sufuciente encontrar o resto da divisao de 20132 por 2011. Mas,20132 = 2011× 2015 + 4.

Portanto, o resto e 4.

2. Solucao: A multiplicacao pode ser esquematizada como

A solucao e baseada nas seguintes observacoes:

• O algarismo a so pode ser 1 ou 2, pois, se fosse a ≥ 3, entao 4a seria um numero de 2algarismos e portanto o numero edcba teria 6 algarismos. Mas a nao pode ser 1 pois edcba,sendo multiplo de 4, e par, donde seu ultimo algarismo e par. Logo a = 2.

• O algarismo e so pode ser 8 ou 9, pois 2 × 4 = 8 e edcba tem apenas 5 algarismos. Noentanto, e nao pode ser 9 porque 9× 4 termina em 6 e nao em 2. Logo e = 8.

• O algarismo b so pode ser 1 ou 2, pois 4×b tem que ser um numero de apenas 1 algarismo.Como a = 2 e os cinco algarismos de abcde sao distintos, so podemos ter b = 1.

• O algarismo d so pode ser 2 ou 7, pois 4 × d + 3 e um numero terminado em 1. Comoa = 2 e os cinco algarismos de abcde sao distintos so podemos ter d = 7.

• O algarismo c so pode ser 9, pois 4c + 3 e um numero terminado em c.

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

3. Solucao: Observamos que ao multiplicar 8 pelo divisor obtemos um numero com dois algar-ismos. Como o divisor tambem tem dois algarismos e 8 × 13 = 104 , as possibilidades para odivisor sao 10, 11 e 12.

Observamos agora que ao multiplicar o algarismo das centenas do quociente pelo divisor, obte-mos um numero de tres algarismos. A unica maneira possıvel de multiplicar um numero deapenas um algarismos por 10, 11 ou 12 de modo a obter um numero de tres algarismos e9× 12 = 108. Como a primeira subtracao efetuada na conta armada tem como resultado 000,os tres asteriscos a esquerda no dividendo correspondem a 1, 0 e 8, nessa ordem.

O estudante pode prosseguir essa analise e mostrar que a conta armada corresponde a expressao10897 = 12× 908 + 1.

E a soma dos algarismos indicados pelas setas sera: 8 + 7 = 15.

1

4. Solucao: No 1◦ pulo a pulga percorre 10× 12, no 2◦, 10× 1

22 , e assim por diante.

Depois de 7 dias a pulga tera percorrido

10(

12

)+ 10

(12

)2+ 10

(12

)3+ 10

(12

)4+ 10

(12

)5+ 10

(12

)6+ 10

(12

)7=

10[(

12

)3+

(12

)4+

(12

)5+

(12

)6+

(12

)7]

=

10× 26+25+24+23+22+2+127 = 10× 127

128≈ 9, 9

Logo em 7 dias ela percorreu 10× 127128

(aproximadamente 9, 9m). Em geral, depois de n dias apulga tera percorrido

10

(1

2+

1

22+ ... +

1

2n

).

Para calcular a soma acima, note que (12+ 1

22 +...+ 12n ) e a soma dos n termos de uma progressao

geometrica cujo primeiro termo e a1 = 1/2 e a razao e q = 1/2. A formula para essa soma e:

Sn =a1(1− qn)

1− q=

1/2(1− 1/2n)

1− 1/2= 1− 1

2n.

Logo,

10

(1

2+

1

22+ ... +

1

2n

)= 10

(1− 1

2n

).

Portanto, ao final do decimo dia a pulga tera percorrido 10(1− 1

210

)m.

5. Solucao: Lembre quea4 − 1 = (a− 1)(a3 + a2 + a + 1).

Logo, se a = 212, temos:

248 − 1 = (212)4 − 1 = (212 − 1)(236 + 224 + 212 + 1)

e 212 − 1 = (26 + 1)(26 − 1) = 65× 63.

6. Solucao: Como

2n2 + 4n + 18

3n + 3=

2

3

(n2 + 2n + 1) + 8

n + 1=

1

3

(2n + 2 +

16

n + 1

),

segue que n + 1 tem que dividir 16. Assim, n tem que pertencer ao conjunto {1, 3, 7, 15}. Emcada um destes casos temosn = 1 → 2n2+4n+18

3n+3= 4

n = 3 → 2n2+4n+183n+3

= 4

n = 7 → 2n2+4n+183n+3

= 6

n = 15 → 2n2+4n+183n+3

= 11.

Portanto para os quatro valores de n, 1, 3, 7 e 11, tem- se que 2n2+4n+183n+3

e um inteiro.

2

7. Solucao:

a) O time B nao perdeu nenhuma partida, logo empatou ou ganhou de A. Mas A nao empatounenhuma 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 mınimo 6 pontos, pois venceu A e nao perdeu nenhuma das outras trespartidas. Como A tem mais pontos que B, concluımos que A perdeu somente para B; ecomo A nao empatou nenhuma partida, venceu as outras tres. Logo A obteve 9 pontos.

8. Solucao: Note que 1− 2i e uma raız de

p(z) = z3 − (1− 2i)z2 + 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 polinomio da forma

p(z) = (z − (1− 2i))(z2 + 9).

Como as raızes do polinomio z2 + 9 sao: 3i e −3i. Concluimos que as raıses de p(z) sao:1− 2i, 3i e −3i.

9. Solucao: Supondo x cm o comprimento dos quadrados a serem cortados, as dimensoes dacaixa serao 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 equacao

V (x) = x.(12− 2x).(12− 2x) = 128.

Assim,4x3 − 48x2 + 144x− 128 = 0

e portanto,x = 2 ou x = 8

E, como 8 nao pertence ao intervalo [0, 6], concluımos que x = 2.

10. Solucao: Em 1 hora, A, B e C, trabalhando sozinhos, fariam 1/(x + 1), 1/(x + 6) e 1/(2x) datarefa, 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

Esta equacao possui duas raızes: −3 (que, evidentemente nao serve) e 2/3. Logo, x = 2/3.

3

11. Solucao: Para fazer a analise de possıveis 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 possıvel e o denominador o mınimo possıvel,para isso deve-se ter M = 9, ja que este aparece duas vezes e E = 8 que e o segundo maiorvalor disponıvel. Como I, C e A sao 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. Solucao: Chame de h a latura do triangulo ABC. Entao por hipotese, sabemos que

AreaABC = 94 =AC × h

2.

Por outro lado, a area do triangulo 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 = FG = GH = HC = AC

6, temos que DG = AC

2.

Substituindo, temos que

AreaDBG =1

2

AC × h

2=

94

2= 47.

13. Solucao:

a) Para saber o numero que deve dizer ao matemagico, Joaozinho deve fazer quatro contas:1a conta: multiplicar o numero no cartao 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 cartaoescolhido. Como o numero no cartao escolhido por Joaozinho foi 3, o resultado da primeiraconta 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 cartao escolhido por Joaozinho e vermelha, o resultado da quarta eultima conta e 45 + 4 = 49. Assim Joaozinho deve dizer quarenta e nove ao matemagico.

b) Vamos analisar o que acontece com o numero de um cartao quando fazemos as operacoesindicadas. Qualquer que seja esse numero, apos a terceira conta obtemos um multiplo de5, ou seja, um numero cujo algarismo das unidades e 0 ou 5. Concluımos entao que, todasas contas estando corretas, o algarismo das unidades do numero dito ao matemagico e:

• 1 ou 6, se o cartao escolhido e verde;

• 2 ou 7, se o cartao escolhido e amarelo;

4

• 3 ou 8, se o cartao escolhido e azul;

• 4 ou 9, se o cartao escolhido e vermelho.

Desse modo, se Mariazinha disse 76 ao matemagico, seu cartao era verde e o resultadoda terceira conta realizada por ela foi 76 − 1 = 75; o resultado da segunda conta foi75÷ 5 = 15; o resultado da primeira conta foi 15− 3 = 12 e o numero no cartao escolhidopor Mariazinha foi 12÷ 2 = 6. Conferindo: (2× 6 + 3)× 5 + 1 = 76.

c) (de acordo com a solucao do item b): Quando Pedrinho disse 61 ao matemagico, ele pensouassim: se as contas de Pedrinho estiverem corretas, o cartao deve ser verde (pois o algar-ismo das unidades de 61 e 1) e depois da terceira conta o numero obtido foi 61− 1 = 60,depois da segunda conta o numero obtido foi 60 ÷ 5 = 12, depois da primeira conta onumero obtido foi 12− 3 = 9 e entao o numero no cartao deve ser 9÷ 2 = 4, 5, o que naopode acontecer pois os numeros nos cartoes sao numeros inteiros. Logo Pedrinho deve tererrado alguma conta.

14. Solucao: Sabemos que o numero 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 nao usam brincos.Logo, o numero total de brincos usados por todas as mulheres e 24 + 388× 2 = 800.

15. Solucao: O vertice 6 esta nas faces {1, 2, 6, 7}, {1, 4, 6, 8} e {3, 4, 6, 7}. Como nessas faces sonao aparece o 5, segue que este e o vertice diagonalmente oposto ao 6, ou seja, o 5 e o verticemais distante do 6.

16. Solucao: Lembre que a area de um cırculo de raio r e p × r2. Se r e o raio dos cırculos dafigura, entao a area nao aproveitada e a area do quadrado, que e dada por 10× 10 = 100 cm2,menos a soma das areas dos nove cırculos, que e 9×πr2 cm2. Ocorre que o raio de cada cırculoe r = 5/3 cm, ja que os diametros de tres desses cırculos somam um lado de 10 cm da folha depapelao. Assim, a area nao aproveitada e dada por

100− 9× π ×(

5

3

)2

= 100− 25× π.

Usando a aproximacao π = 3, 14, resulta que a area nao aproveitada mede

100− 25π =≈ 21, 5 cm2.

17. Solucao: Seja N o numero 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% deN = 0, 20 × 0, 90 × N = 0, 18 × N = 18% de N . Dessa forma, a porcentagem do total devoos que foram cancelados e 28%.

18. Solucao:

5

Sejam α = BAC, β = ADE e 2θ = BCA. Temos ABC = 50 + α . Pelo teorema do anguloexterno no triangulo BCD, α + 50◦ + θ = 90 + β (*).Alem disso, 2α + 2θ + 50 = 180 pelo soma dos angulos interno do ∆ABC. Substituindo o valorde α + θ = 180−50

2= 65 em (*), temos que β = 25◦.

19. Solucao: Seja XY Z um numero de tres dıgitos que detona 314. Devemos ter X = 4, 5, 6, 7, 8ou 9; Y = 2, 3, ..., 9 e Z = 5, 6, 7, 8 ou 9. Portanto, temos 6 opcoes para o primeiro dıgito, 8para o segundo e 5 para o terceiro. Ou seja 6× 8× 5 = 240.

20. Solucao: Sendo O o centro do semicırculo maior, temos OQ = OR = PS/2 = 2. Como Opertence a semicircunferencia menor, o angulo QOR e reto. Logo, pelo teorema de Pitagoras,o diametro do semicırculo menor e 2

√2.

A area destacada e, entao, igual a soma das areas do semicırculo menor e do quarto de cırculode centro O e extremidades Q e R subtraıda da area do triangulo OQR, ou seja,

1

2π(√

2)2 +1

4π22 − 2× 2

2= 2π − 2.

21. Solucao: Sendo G a projecao ortogonal de E sobre o segmento DF , entao EG = 7. ComoAEB e um triangulo retangulo em E,

EC2 = AC × CB ⇔ EC2 = 1× 25 ⇔ EC = 5.

Como AFB e um triangulo retangulo em F ,

DF 2 = AD ×DB ⇔ DF 2 = 8× 18 ⇔ DF = 12.

Logo FG = DF − EC = 7 e

EF 2 = EG2 + GF 2 ⇔ EF = 7√

2.

6

22. Solucao:

• Se Simone mentiu, daı quem entrou sem pagar foi Simone. Mas como a Fernanda disseque foi o Anderson, chegamos a uma contradicao.

• Se Fernanda mentiu, concluımos que nao foi o Anderson que entrou sem pagar e, de acordocom as outras afirmacoes temos que quem mentiu realmente foi a Fernanda e podemosconcluir entao que quem nao pagou o biblete foi o Thiago.

23. Solucao:) Inicialmente vamos supor que Adriano e um tamandua. Assim, analisando as falasde todos os amigos temos que: Bruno e uma preguica, Carlos e uma preguica e Daniel e umtamandua, porem, como Daniel e um tamandua, ele fala a verdade, e ele disse que Adriano euma preguica, o que contradiz nossa hipotese do inicio da resolucao do exercıcio.

Vamos agora supor que Adriano seja uma preguica, podemos concluir que: Bruno e umtamandua, Carlos e um tamandua, Daniel e um tamandua, como Daniel e um tamandua, elediz a verdade, ou seja, Adriano realmente e uma preguica, nao contradizendo nossa hipotese.

Portanto, tres dos amigos sao tamandua.

24. Solucao: Se I e verdadeira, A e verde. E II e falso, daı B e verde, o que gera uma contradicao.Se II e verdadeira, B nao e verde. E I e III sao falsas, daı A nao e verde e C e azul, o quenao pode acontecer.Se III e verdadeira, C nao e azul. E I e II sao falsas, daı A nao e verde e B e verde. Logoconclui-se que III e verdadeira.

25. Solucao: Denotemos por a a idade comum dos alunos e por n o numero 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 em330 = 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, entao a = 9 e n = 37, ou seja, a classe tem 37 alunos.

26. Solucao: Calculando separadamente o numero de palavras com:uma letra, 3 palavras;duas letras, 3× 3 = 32 palavras;tres letras, 3× 3× 3 = 33 palavras;quatro letras, 3× 3× 3× 3 = 34 palavras.

Assim, o total de palavras e de 3 + 32 + 33 + 34 = 120.

27. Solucao: Denotando por x o valor desta passagem, em reais, antes da promocao.

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:

(1− 0, 4)x− 0, 1(1− 0, 4)x = 0, 54× x.

7

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 promocao foi de

x =9200

46= 200

reais.

28. Solucao: Temos que considerar dois casos.Caso 1: x ≥ −1. Nesse caso, x2 + 3x + 2 = x + 1, e logo x2 + 2x + 1 = 0 que so possui asolucao x = −1.Caso 2: x < −1. Nesse caso, x2 +3x+2 = −x−1, logo x2 +4x+3 = 0, que tem, no intervalo,apenas a solucao x = −3.Assim as unicas solucoes distintas da equacao sao −1 e −3, cuja soma e −4.

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