Olimpiada de matemática

Coletânea de Provas 2004 – 2009

Nível 2

www.diogo.mat.br

Primeira Fase

1a. Fase Olimpíada Regional

XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase – Nível 2 (7 a. ou 8 a. Séries)

AL – BA – ES – GO – PI – PA – PE – RN – RS – SC João Pessoa – PB – S. B. do Campo – SP

5 de junho de 2004 • • • •

1.

2.

A duração da prova é de 3 horas. Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou livros. Você pode solicitar papel para rascunho. Entregue apenas a folha de respostas.

Quanto é 26 + 26 + 26 + 26 – 44? A) 0 B) 2

D) 4

2

E) 4

4

Se m e n são inteiros não negativos com m < n, definimos m ∇ n como a soma dos inteiros entre m e n, incluindo m e n. Por exemplo, 5 ∇ 8 = 5 + 6 + 7 + 8 = 26. O valor numérico de A) 4

3.

C) 4

22∇ 26 é: 4∇6

B) 6

C) 8

D) 10

E) 12

Entre 1986 e 1989, época em que vocês ainda não tinham nascido, a moeda do país era o cruzado (Cz$). Com a imensa inflação que tivemos, a moeda foi mudada algumas vezes: tivemos o cruzado novo, o cruzeiro, o cruzeiro real e, finalmente, o real. A conversão entre o cruzado e o real é: 1 real = 2.750.000.000 cruzados Imagine que a moeda não tivesse mudado e que João, que ganha hoje 640 reais por mês, tivesse que receber seu salário em notas novas de 1 cruzado. Se uma pilha de 100 notas novas tem 1,5 cm de altura, o salário em cruzados de João faria uma pilha de altura: A) 26,4km B) 264km C) 26400km D) 264000km E) 2640000km

4.

O arranjo a seguir, composto por 32 hexágonos, foi montado com varetas, todas com comprimento igual ao lado do hexágono. Quantas varetas, no mínimo, são necessárias para montar o arranjo?

… … … A) 113 5.

B) 123

C) 122

D) 132

O algarismo das unidades do número 1× 3 × 5 × ...× 97 × 99 é: A) 1 B) 3 C) 5 D) 7

E) 152

E) 9

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1

6.

Se girarmos o pentágono regular, ao lado, de um ângulo de 252 °, em torno do seu centro, no sentido horário, qual figura será obtida?

A) 7.

B)

Há 1002 balas de banana e 1002 balas de maçã numa caixa. Lara tira, sem olhar o sabor, duas balas da caixa. Seja p a probabilidade de as duas balas serem do mesmo sabor e seja q a probabilidade de as duas balas serem de sabores diferentes. Quanto vale a diferença entre p e q? A) 0

8.

B)

1 2004

C)

1 2003

D)

2 2003

E)

A) 625 – x D) 250 –

x

B) 625 –

x

2

E) 2500 –

2

2

C) 1250 –

2 x

x

2

2

2

2

Ao somar cinco números consecutivos em sua calculadora, Esmeralda encontrou um número de 4 algarismos: 2 0 0 *. O último algarismo não está nítido, pois o visor da calculadora está arranhado, mas ela sabe que ele não é zero. Este algarismo só pode ser: A) 5 B) 4 C) 3 D) 2 E) 9

10. Para quantos inteiros positivos m o número A) um

B) dois

2004 é um inteiro positivo? 2 m −2

C) três

D) quatro 2

o 12. Dois espelhos formam um ângulo de 30 no ponto V . Um raio de luz, vindo de uma fonte S, é emitido

E) mais do que quatro

2

11. Se x + y = 8 e xy = 15, qual é o valor de x + 6 xy + y ? A) 64 B) 109 C) 120 D) 124

E) 154

S

paralelamente a um dos espelhos e é refletido pelo outro espelho no ponto A, como mostra a figura. Depois de uma certa quantidade de reflexões, o raio retorna a S. Se AS e AV têm 1 metro de comprimento, a distância percorrida pelo raio de luz, em metros, é A) 2 B) 2 + 3 C) 1 + 2 + 3 D)

2

1 1001

O perímetro de um retângulo é 100 e a diagonal mede x. Qual é a área do retângulo? 2

9.

E)

D)

C)

(

2 1+ 3

)

E) 5 3


A

30° V

13. Na figura, quanto vale x? A) 6° B) 12° D) 20° E) 24°

C) 18°

5 x

3 x

2 x 6 x 4 x

2 14. Se 2(2 ) = 4 + 64, então x é igual a: A) – 2 B) – 1 C) 1 x

x

D) 2

E) 3

15. Qual é o maior valor da soma dos algarismos da soma dos algarismos de um número de três

algarismos? A) 7

B) 8

C) 9

D) 10

E) 11

16. Um arquiteto apresenta ao seu cliente cinco plantas diferentes para o projeto de ajardinamento de

um terreno retangular, onde as linhas cheias representam a cerca que deve ser construída para proteger as flores. As regiões claras são todas retangulares e o tipo de cerca é o mesmo em todos os casos. Em qual dos projetos o custo da construção da cerca será maior?

A)

B)

D)

C)

E)

17. Um ponto P pertence ao interior de um quadrado com 10 cm de lado. No máximo, quantos pontos da borda do quadrado podem estar a uma distância de 6 cm do ponto P? A) 1 B) 2 C) 4 D) 6 E) 8 18. Um cubo pode ser construído, a partir dos dois pedaços de papelão apresentados em uma das

alternativas a seguir, bastando apenas dobrar nas linhas tracejadas e unir nas linhas contínuas. Esses dois pedaços são:

A)

B)

C)

D)

E)


3

19. No triângulo PQR, a altura PF divide o lado QR em dois segmentos de medidas QF = 9 e RF = 5. Se PR = 13, qual é a medida de PQ? A) 5 B) 10 C) 15 D) 20 E) 25 20. Sobre uma mesa estão três caixas e três objetos, cada um em uma caixa diferente: uma moeda,

um grampo e uma borracha. Sabe-se que • A caixa verde está à esquerda da caixa azul; • A moeda está à esquerda da borracha; • A caixa vermelha está à direita do grampo; • A borracha está à direita da caixa vermelha. Em que caixa está a moeda? A) Na caixa vermelha. B) Na caixa verde. C) Na caixa azul. D) As informações fornecidas são insuficientes para se dar uma resposta. E) As informações fornecidas são contraditórias. 21. No desenho ao lado, o quadrilátero ABCD é um quadrado de lado 3 cm e os triângulos ABF e AED são ambos equiláteros. Qual é a área da

região destacada? 2 A) 2 cm 2 B) 1,5 cm 2 C) 3 cm 2 D) 4,5 cm 2 E) 2,5 cm

A E B

F

D

C

22. Uma folha quadrada foi cortada em 42 quadrados menores, dos quais um tem área maior do que

1 cm2 e os demais têm área de 1 cm 2. Qual é a medida do lado da folha? A) 6 cm B) 12 cm C) 21 cm D) 19 cm E) 20 cm 23. Eu planejava fazer um curral quadrado, com uma certa área, usando uma certa quantidade de

cerca de arame farpado. Descobri, porém, que tenho 10% a menos de cerca do que esperava. Por esta razão, a área cercada será: A) 5% menor B) 10% menor C) 19% menor D) 20% menor E) 25% menor 24. Um artesão começa a trabalhar às 8h e produz 6 braceletes a cada vinte minutos; seu auxiliar

começa a trabalhar uma hora depois e produz 8 braceletes do mesmo tipo a cada meia hora. O artesão pára de trabalhar às 12h mas avisa ao seu auxiliar que este deverá continuar trabalhando até produzir o mesmo que ele. A que horas o auxiliar irá parar? A) 12h B) 12h30min C) 13h D) 13h30min E) 14h30min 25. Esmeralda, a digitadora, tentou digitar um número de seis algarismos, mas os dois algarismos 1

não apareceram (a tecla devia estar com defeito). O que apareceu foi 2004. Quantos são os números de seis algarismos que ela pode ter tentado digitar? A) 4 B) 8 C) 10 D) 15 E) 20

4


XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase – Nível 2

Esta prova também corresponde à prova da Primeira Fase da Olimpíada Regional nos Estados de : AM – AL – BA – PA – PB – PI – PR– RS – RN – SC

(7a. ou 8a. séries)

11 de junho de 2005

A duração da prova é de 3 horas. Cada problema vale 1 ponto. Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou livros. Você pode solicitar papel para rascunho. Entregue apenas a folha de respostas.

1. Uma loja de sabonetes realiza uma promoção com o anúncio "Compre um e leve outro pela metade do preço”. Outra promoção que a loja poderia fazer oferecendo o mesmo desconto percentual é A) "Leve dois e pague um” B) "Leve três e pague um” C) "Leve três e pague dois” D) "Leve quatro e pague três” E) "Leve cinco e pague quatro” 2. Películas de insulfilm são utilizadas em janelas de edifícios e vidros de veículos para reduzir a radiação solar. As películas são classificadas de acordo com seu grau de transparência, ou seja, com o percentual da radiação solar que ela deixa passar. Colocando-se uma película de 70% de transparência sobre um vidro com 90% de transparência, obtém-se uma redução de radiação solar igual a: A) 3% B) 37% C) 40% D) 63% E) 160% 3. Seis retângulos idênticos são reunidos para formar um retângulo maior conforme indicado na figura. Qual é a área deste retângulo maior? 21 cm

A) 210 cm2

B) 280 cm2

C) 430 cm2

D) 504 cm2

E) 588 cm2

4. Perguntado, Arnaldo diz que 1 bilhão é o mesmo que um milhão de milhões. Professor Piraldo o corrigiu e disse que 1 bilhão é o mesmo que mil milhões. Qual é a diferença entre essas duas respostas? A) 1 000 B) 999 000 C) 1 000 000 D) 999 000 000 E) 999 000 000 000 5. Devido a um defeito de impressão, um livro de 600 páginas apresenta em branco todas as páginas cujos números são múltiplos de 3 ou de 4. Quantas páginas estão impressas? A) 100 B) 150 C) 250 D) 300 E) 430 6. Platina é um metal muito raro, mais raro até do que ouro. Sua densidade é 21,45 g/cm3. Suponha que a produção mundial de platina foi de cerca de 110 toneladas em cada um dos últimos 50 anos e desprezível antes disso. Assinale a alternativa com o objeto cujo volume é mais próximo do volume de platina produzido no mundo em toda a história. A) uma caixa de sapatos B) uma piscina C) um edifício de dez andares D) o monte Pascoal E) a Lua 7. Numa seqüência, cada termo, a partir do terceiro, é a soma dos dois termos anteriores mais próximos. O segundo termo é igual a 1 e o quinto termo vale 2005. Qual é o sexto termo? A) 3 002 B) 3 008 C) 3 010 D) 4 002 E) 5 004

XXVII Olimpíada Brasileira de Matemática - Primeira Fase - Nível 2

1

8. Figuras com mesma forma representam objetos de mesma massa. Quantos quadrados são necessários para que a última balança fique em equilíbrio? ?

A) 7

B) 8

C) 9

D) 10

E) 12

9. Entre treze reais não nulos há mais números positivos do que negativos. Dentre os

13 ×12 2

= 78

produtos de dois dos treze números, 22 são negativos. Quantos números dentre os treze números dados são negativos? A) 2 B) 7 C) 8 D) 9 E) 10 10. O desenho ao lado mostra um pedaço de papelão que será dobrado e colado nas bordas para formar uma caixa retangular. Os ângulos nos cantos do papelão são todos retos. Qual será o volume da caixa em cm3? 15 cm

m c 0 4

A) 1 500

B) 3 000

m c

0 2

C) 4 500

D) 6 000

E) 12 000

11. Sendo a, b e c números reais, pela propriedade distributiva da multiplicação em relação à adição, é verdade que a × (b + c) = (a × b) + (a × c). A distributiva da adição em relação à multiplicação a + (b × c) = (a + b) × (a + c) não é sempre verdadeira, mas ocorre se, e somente se, A) a = b = c = 1 ou a = 0

B) a = b = c

C) A igualdade nunca ocorre

D) a + b + c = 1 ou a = 0

3

E) a = b = c = 0

12. Em certa cidade, acontece um fato interessante. Dez por cento dos Baianos dizem que são Paulistas e dez por cento dos Paulistas dizem que são Baianos. Todos os outros Paulistas e Baianos assumem a sua verdadeira origem. Dentre os Paulistas e Baianos, 20% dizem que são Paulistas. Que percentual os realmente P aulistas representam dentre os Paulistas e Baianos? A) 12,5% B) 18% C) 20% D) 22% E) 22,5% 13. Na figura, os dois triângulos são eqüiláteros. Qual é o valor do ângulo x?

x

75°

A) 30o

2

B) 40o

65°

C) 50o

D) 60o

E) 70o


14. As letras O, B e M representam números inteiros. Se O × B × M = 240, O × B + M = 46 e O + B × M = 64, quanto vale O + B + M ? A) 19 B) 20 C) 21 D) 24 E) 36 15. Um serralheiro solda varetas de metal para produzir peças iguais que serão juntadas para formar o painel abaixo. O desenho ao lado apresenta as medidas, em centímetros, de uma dessas peças. O serralheiro usa exatamente 20 metros de vareta para fazer o seu trabalho.

10 5

5

10 5

10

Qual dos desenhos abaixo representa o final do painel?

C)

B)

A)

D) E) 16. Em um ano, no máximo quantos meses têm cinco domingos? A) 3 B) 4 C) 5 D) 6

E) 7

17. Quantos números entre 10 e 13000, quando lidos da esquerda para a direita, são formados por dígitos consecutivos e em ordem crescente? Exemplificando, 456 é um desses números, mas 7890 não é: A) 10 B) 13 C) 18 D) 22 E) 25 18. Um piloto percorreu três trechos de um rali, de extensões 240 km, 300 km e 400 km, respectivamente. As velocidades médias nos três trechos foram 40 km/h, 75 km/h e 80 km/h, mas não necessariamente nessa ordem. Podemos garantir que o tempo total em horas gasto pelo piloto nos três trechos é A) menor ou igual a 13 horas B) maior ou igual a 13 horas e menor ou igual a 16 horas C) maior ou igual a 14 horas e menor ou igual a 17 horas D) maior ou igual a 15 horas e menor ou igual a 18 horas E) maior ou igual a 18 horas 19. Na figura, todas as circunferências menores têm o mesmo raio r e os centros das circunferências que tocam a circunferência maior são vértices de um quadrado. Sejam a e b as áreas cinzas a indicadas na figura. Então a razão é igual a: b b a

A)

1 2

B)

2 3

C) 1

D) 3

E) 2

2


3

20. Um professor de Inglês dá aula particular para uma classe de 9 alunos, dos quais pelo menos um é brasileiro. Se o professor escolher 4 alunos para fazer uma apresentação, terá no grupo pelo menos dois alunos de mesma nacionalidade; se escolher 5 alunos, terá no máximo três alunos de mesma nacionalidade. Quantos brasileiros existem na classe? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 21. Um relógio, com ponteiros de horas, minutos e segundos, faz plim toda vez que um ponteiro ultrapassa outro no mostrador. O número de plins registrados em um certo dia, no período entre as 12 horas e 1 segundo e as 23 horas, 59 minutos e 59 segundos é: A) 732 B) 1438 C) 1440 D) 1446 E) 1452 22. Na figura, a reta PQ toca em N o círculo que passa por L, M e N . A reta LM corta a reta PQ em R. Se LM = LN e a medida do ângulo PNL é α , α < 60o, quanto mede o ângulo LRP? L

M

α

P o

A)3α – 180

o

B)180 – 2α

Q

R

N

o

C) 180 – α

o

D) 90 – α /2

E) α

23. Os inteiros positivos x e y satisfazem a equação

x+

1 2

y

x − 12

−

y

=1.

Qual das alternativas apresenta um possível valor de y? A) 5 B) 6 C) 7 D) 8

E) 9

24. Dentre os números 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 e 10, escolha alguns e coloque-os nos círculos brancos de tal forma que a soma dos números em dois círculos vizinhos seja sempre um quadrado perfeito. Atenção: o 2 já foi colocado em um dos círculos e não é permitido colocar números repetidos; além disso, círculos separados pelo retângulo pr eto não são vizinhos. 2

A soma dos números colocados em todos os círculos brancos é: A) 36 B) 46 C) 47 D) 49

E) 55

25. Um bloco de dimensões 1 × 2 × 3 é colocado sobre um tabuleiro 8 × 8, como mostra a figura, com a face X , de dimensões 1 × 2, virada para baixo. Giramos o bloco em torno de uma de suas arestas de modo que a face Y fique virada para baixo. Em seguida, giramos novamente o bloco, mas desta vez de modo que a face Z fique virada para baixo. Giramos o bloco mais três vezes, fazendo com que as faces X , Y e Z fiquem viradas para baixo, nessa ordem. Quantos quadradinhos diferentes do tabuleiro estiveram em contato com o bloco? Z Y

A) 18

4

B) 19

C) 20

D) 21

E)22


Esta prova também corresponde à prova da Primeira Fase da Olimpíada Regional nos Estados de : BA – ES – RS – RN – PA – PE – PI – SC

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase – Nível 2 (7a. ou 8a. séries)

10 de junho de 2006

A duração da prova é de 3 horas. Cada problema vale 1 ponto. Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou livros. Você pode solicitar papel para rascunho. Entregue apenas a folha de respostas. 1. Efetuando as operações indicadas na expressão

 22007 + 22005   22006 + 22004  × 2006   obtemos um número de quatro algarismos. Qual é a soma dos algarismos desse número? A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 2. São dadas duas tiras retangulares de papel com 20 cm de comprimento, uma com 5 cm de largura e outra com 11 cm de largura. Uma delas foi colada sobre a outra, perpendicularmente, de modo a formar a figura ilustrada ao lado. O perímetro dessa figura, em centímetros é: A) 50 B) 60 C) 80 D) 100 E) 120

90°

3. Se um número de dois dígitos é 5 vezes a soma de seus dígitos, então o número formado pela troca dos dígitos é a soma dos dígitos multiplicada por: A) 3 B) 5 C) 6 D) 4 E) 7 4. Ao redor de um grande lago existe uma ciclovia de 45 quilômetros de comprimento, na qual sempre se retorna ao ponto de partida se for percorrida num único sentido. Dois amigos partem de um mesmo ponto com velocidades constantes de 20 km por hora e 25 km por hora, respectivamente, em sentidos opostos. Quando se encontram pela primeira vez, o que estava correndo a 20 km por hora aumenta para 25 km por hora e o que estava a 25 km por hora diminui para 20 km por hora. Quanto tempo o amigo que chegar primeiro ao ponto de partida deverá esperar pelo outro? A) nada B) 10 min C) 12 min D) 15 min E) 18 min o

5. Na figura, AB = AC , AE = AD e o ângulo BAD mede 30 . Então o ângulo x mede: A

30° E x B o

A)10

B) 20

o

C

D

C) 15

o

o

D) 30

E) 5

o

XXVIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Nível 2

1

6. A soma de três números naturais consecutivos é igual ao produto desses três números. A soma dos quadrados desses números é: A) 14 B) 15 C) 18 D) 24 E) 36 7. No fim de 1994, Neto tinha a metade da idade de sua avó. A soma dos anos de nascimento dos dois é 3844. Em 2006 Neto fará: A) 55 anos B) 56 anos C) 60 anos D) 62 anos E) 108 anos 8. Três quadrados são colados pelos seus vértices entre si e a dois bastões verticais, como mostra a figura.

x

75° 30°

A medida do ângulo x é: A) 39º B) 41º

126°

C) 43º

D) 44º

E) 46º

inteiros e positivos. Entre as opções abaixo, a expressão que não pode representar o número 24 é: 3 2 3 2 3 A) ab B) a b C) a c b c D) ab c E) abb c c a 9. Sejam a, b e c

10. O número de quadrados que podem ser construídos com vértices nos pontos da figura abaixo é:

A) 18

B) 14

C) 9

D) 20

E) 10

11. Seis amigos planejam viajar e decidem fazê-lo em duplas, cada uma utilizando um meio de transporte diferente, dentre os seguintes: avião, trem e carro. Alexandre acompanha Bento. André viaja de avião. Carlos não acompanha Dário nem faz uso do avião. Tomás não anda de trem. Qual das afirmações a seguir é correta? A) Bento vai de carro e Carlos vai de avião. B) Dário vai de trem e André vai de carro. C) Tomás vai de trem e Bento vai de avião. D) Alexandre vai de trem e Tomás vai de carro. E) André vai de trem e Alexandre vai de carro.

2


12. Um triângulo eqüilátero e um hexágono regular tem o mesmo perímetro. A razão entre a área do triângulo e a área do hexágono é: A)

1 2

B) 1

C)

2 3

D)

3 2

E)

13. O máximo divisor comum de todos os termos da seqüência an A) 2

B) 3

C) 4

D) 5

1 3

= n 3 − n , n = 1,

2, 3, ... é:

E) 6

14. Samuel possui três irmãos a mais do que irmãs. O número de irmãos de Samila, irmã de Samuel, é igual ao dobro do número de suas irmãs. O número de filhos (homens e mulheres) que possui o pai de Samuel e Samila é: A) 10 B) 13 C) 16 D) 17 E) 20 15. A figura a seguir representa um Tangram, quebra-cabeças chinês formado por 5 triângulos, 1 paralelogramo e 1 quadrado. Sabendo que a área do Tangram a seguir é 64 cm 2, qual é a área, em cm2, da região sombreada?

A) 7,6

B) 8

C) 10,6

D) 12

E) 21,3

16. João escreveu todos os números com menos de 4 dígitos usando apenas os algarismos 1 e 2 numa folha de papel e depois somou todos eles. O valor obtido foi: A) 2314 B) 3000 C) 1401 D) 2316 E) 1716 17. Sejam a, b e c números reais positivos cuja soma é 1. Se a, b e c são as medidas dos lados de um triângulo, podemos concluir que 1 1 1 1 1 1 e 0< b−c < e 0< c−a < e b< e c< A) 0 < a − b < B) a < 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 e c+a< C) a + b < e b + c < D) a ≤ e b ≤ e c ≤ 2 2 2 3 3 3 1 1 1 E) a ≥ e b ≥ e c ≥ 3 3 3 18. O número de soluções inteiras e positivas do sistema abaixo é:

a + b = c 2  a + b + c = 30 A) 45

B) 23

C) 24

D) 25

E) 72


3

19. Um número com dois dígitos distintos e não nulos é chamado de bonito se o dígito das dezenas é maior do que o dígito das unidades. A quantidade de números bonitos é: A) 72 B) 36 C) 35 D) 64 E) 56 20. O professor Piraldo aplicou uma prova para seus cinco alunos e, após corrigi-las, digitou as notas em uma planilha eletrônica que calcula automaticamente a média das notas à medida que elas são digitadas. Piraldo notou que após digitar cada nota a média calculada pela planilha era um número inteiro. Se as notas dos cinco estudantes são, em ordem crescente, 71, 76, 80, 82 e 91, a última nota que Piraldo digitou foi: A) 71

B) 76

C) 80

D) 82

E) 91

21. Simplificando a expressão:

2+ 3 . 2+ 2+ 3 . 2+ 2+ 2+ 3 . 2− 2+ 2+ 3 obtemos: 2

A)

3

B)

C) 1

D) 2 + 2

E) 2 + 3

22. Ludmilson percebeu que para numerar as páginas de um livro, consecutivamente, a partir da página 2, foram usados 2006 algarismos. O número de páginas do livro de Ludmilson é: A)701 B) 702 C) 703 D) 704 E) 705 23. Sejam x, y , z números reais não nulos tais que x + y + z

(x

2

2

y z

2

= 0 . O valor de

 1 1 1  + + 3 3 3 3 3 3  é:  x y x z y z 

)

A) 0

B) 1

C) 2

D) 3

E) 4

24. Num relógio digital, as horas são exibidas por meio de quatro algarismos. Por exemplo, ao mostrar 00:00 sabemos que é meia-noite e ao mostrar 23:59 sabemos que falta um minuto para meia-noite. Quantas vezes por dia os quatro algarismos mostrados são todos pares? A) 60 B) 90 C) 105 D) 180 E) 240 25. Na figura a seguir, ABC é um triângulo qualquer e ACD e AEB são triângulos eqüiláteros. Se BD é: F e G são os pontos médios de EA e AC , respectivamente, a razão FG D

E

A

F

A) G

C) B

4

C

1 2

3 2

B) 1 D) 2

E) Depende das medidas dos lados de ABC .


XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase – Nível 2 (7a. e 8a. séries)

Esta prova também corresponde à prova da Primeira Fase da Olimpíada Regional nos Estados de :

AL – BA – ES – GO – PA – PI – RN – RS – SC 16 de junho de 2007

A duração da prova é de 3 horas. Cada problema vale 1 ponto. Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou livros. Você pode solicitar papel para rascunho. Entregue apenas a folha de respostas.

01 ) Observe as multiplicações a seguir:

101×11 = 1111 101×111 = 11211 101×1111 = 112211 101×11111 = 1122211 K

Qual é a soma dos algarismos do número obtido quando multiplicamos 101 pelo número 11111 K11 ? 1 4 24 3 2007algarismos1

A) 1001

02) A fração

B) 2007

C) 2009

D) 4008

E) 4014

a

0

, onde a e b são inteiros positivos, b representa um número entre 0 e 1, na posição indicada no desenho ao lado. Qual é um possível valor para a soma a +b? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5

1 a b

03 ) Na figura, o lado AB do triângulo eqüilátero ABC é

G A

paralelo ao lado DG do quadrado DEFG. Qual é o valor do ângulo x ? A) 80o B) 90o C) 100o D) 110o o E) 120

F

x D

B

C E

04 ) Em uma certa cidade, a razão entre o número de homens e mulheres é 2 : 3 e entre o número de

mulheres e crianças é 8 : 1. A razão entre o número de adultos e crianças é: A) 5 : 1 B) 16 : 1 C) 12 : 1 D) 40 : 3 E) 13 : 1

XXIX Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Nível 2 www.obm.org.br

1

05 ) Em uma prova de olimpíada, 15% dos estudantes não resolveram nenhum problema, 25%

resolveram pelo menos um problema, mas cometeram algum erro, e os restantes, 156 estudantes, resolveram todos os problemas corretamente. O número de estudantes que participaram da olimpíada foi: A) 200 B) 260 C) 93 D) 223 E) 300 06) Se N é o quadrado do quadrado de um número inteiro e tem 12 como fator, o menor valor para

N

12

é:

A) 3

B) 12

C) 36

D) 54

E) 108

07 ) O jardim da casa de Maria é formado por cinco quadrados de igual área e tem a forma da figura

abaixo. Se AB = 10 m, então a área do jardim em metros quadrados é:

A

B

B) 10 5

A) 200

08 ) Sejam

k =

a

b+ c A) 0

=

a , b, c

e

b

c

=

c + a a +b B) 1

C) 100

D)

500 3

E)

100 3

k números reais diferentes de zero satisfazendo as relações . Qual é o número de possíveis valores que k pode assumir? C) 2

D) 3

E) 4

09 ) Doze pontos estão sobre um círculo. Quantos polígonos convexos podemos formar com vértices

nesses 12 pontos? A) 4017 B) 220

C) 4095

D) 66

E) 3572

10 ) De quantas maneiras diferentes podemos escrever o número 2007 como soma de dois ou mais

números inteiros positivos e consecutivos? A) 1 B) 2 C) 3

D) 4

E) 5

o 2 2 11 ) As equações do 2 grau 2007 x + 2008 x +1 = 0 e x + 2008 x + 2007 = 0 têm uma raiz

comum. Qual é o valor do produto das duas raízes que não são comuns? A) 0 B) 1 C) 2007 D) 2008 E) 2007 12 ) Qual é o máximo valor que o número a (b + c ) − b ( a + c ) pode assumir se a , b e c , são

inteiros satisfazendo 1 ≤ a ≤ 10 , 1 ≤ b ≤ 10 e 1 ≤ c ≤ 10 ? A) 80 B) 81 C) 84 D) 90

E) 100


2

13 ) A quantidade de inteiros x com três dígitos tais que 6 x e 7 x possuem a mesma quantidade de

dígitos é: A) 767

B) 875

C) 876

D) 974

E) 975

14 ) A figura abaixo é formada por três quadrados de lado 1 e um retângulo que os contorna.

A área do retângulo é: A) 3 2

B) 4 2

D) 6 2

C) 6

2

2

E) 8

2

15 ) Se x é real positivo e 1 + ( x + x )( x + 5 x + 6) = 181 , então o valor de x( x + 3) é: A) 180 B) 150 C) 120 D) 182 E) 75 16 ) A figura abaixo mostra um retângulo, um pentágono, um triângulo e um círculo, com áreas

respectivamente 121, 81, 49 e 25 centímetros quadrados. A diferença entre a área preta e a área cinza, em centímetros quadrados, é:

A) 25

B) 36

C) 49

D) 64

E) 81

17 ) As seguradoras de automóveis A e B cobram um valor anual (prêmio) mais um valor que o

usuário deve pagar em caso de acidente (franquia). Jean quer fazer um seguro para seu automóvel e recebeu as seguintes propostas das seguradoras: Seguradora A: Prêmio anual de R$ 1500,00 e franquia de R$ 1400,00 Seguradora B: Prêmio anual de R$ 1700,00 e franquia de R$ 700,00 Para valer a pena Jean contratar a Seguradora A, ele não deve se acidentar com o carro por pelo menos N anos. O valor de N é: A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 18 ) O desenho abaixo mostra um dado comum cujas somas das pontuações em faces opostas é

sempre igual a 7. Ele é colocado em uma mesa horizontal com a face “1” voltada para Leste. O dado é, então, movido quatro vezes. Norte Leste

Um movimento consiste em uma rotação de 90 ° em relação a uma aresta. Depois do primeiro movimento a face em contato com a mesa passa a ser a “1”, depois a “2”, então a “3” e, finalmente, a face “5”. Para que sentido está voltada a face “1” após esta seqüência de movimentos? A) Oeste B) Leste C) Norte D) Sul E) Cima


3

19 ) Uma avenida possui 100 prédios numerados de 1 a 100, onde prédios com numeração par se

situam do lado direito da rua e prédios com numeração ímpar se situam no lado esquerdo. A quantidade de andares de cada prédio é igual à soma dos algarismos do número correspondente ao prédio. Assim, podemos afirmar que: A) A quantidade de prédios com mais de 10 andares é maior do lado direito da rua. B) A quantidade de prédios com menos de 5 andares é maior do lado direito da rua. C) Pelo menos metade dos prédios possui 10 ou mais andares. D) Em ambos os lados da rua há a mesma quantidade de prédios com exatos 8 andares. E) Pelo menos 25% dos prédios possui menos de 5 andares. 20 ) Qual o menor perímetro inteiro possível de um triângulo que possui um dos lados com medida

igual a A) 8

5 3 2

? B) 9

C) 10

D) 11

E)12

21 ) Determine em qual dos horários abaixo o ângulo determinado pelos ponteiros de um relógio é o

menor. A) 02h30

B) 06h20

C) 05h40

D) 08h50

E) 09h55

22 ) O máximo divisor comum entre os números 1221, 2332, 3443, 4554,........, 8998 é: A) 3 B) 33 C) 37 D) 11 E) 101 23 ) Uma mesa de bilhar tem dimensões de 3 metros por 6 metros e tem caçapas nos seus quatro cantos P, Q, R e S . Quando uma bola bate na borda da mesa, sua trajetória forma um ângulo igual

ao que a trajetória anterior formava. R

Q

S

P

Uma bola, inicialmente a 1 metro da caçapa P, é batida do lado SP em direção ao lado PQ, como mostra a figura. A quantos metros de P a bola acerta o lado PQ se a bola cai na caçapa S após duas batidas na borda da mesa? 6 3 2 3 A) 1 B) C) D) E) 7 4 3 5 2

2

24 ) Considere todos os números abc de três algarismos onde b = a + c

e a

≠

0 . A diferença

entre o maior e o menor destes números é um número: A) Múltiplo de 3 B) Primo C) Com último algarismo igual a 7 D) Cuja soma dos algarismos é 10 E) Múltiplo de 7 25 ) Seja {a n } uma seqüência na qual cada termo é definido como o dobro da soma dos algarismos do termo anterior, mais uma unidade. Por exemplo, se a n = 234, então a n +1 = 2(2 + 3 + 4) +1.

Se, a1 = 1 o valor de a31 + a 32 + a33 + a 34 + a 35 é igual a: A) 44 B) 54 C) 64 D) 77

E) 84


4

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase – Nível 2

Esta prova também corresponde à prova da Primeira Fase da Olimpíada Regional nos Estados de:

AL – BA – ES – GO – PI – RN – RS – SC

8o ou 9o anos (antigas 7ª e 8ª séries)

14 de junho de 2008

A duração da prova é de 3 horas. Cada problema vale 1 ponto. Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou livros. Você pode solicitar papel para rascunho. Entregue apenas a folha de respostas. Ao participar o aluno se compromete a não divulgar o conteúdo das questões até a publicação do gabarito no site da OBM.

01)

No desenho temos AE = BE = CE = CD. Além disso, α e β

são medidas de ângulos. Qual é o valor da razão

A)

3 5

B)

4 5

C) 1

D)

α β

?

5 4

E)

5 3

Quantos dos números abaixo são maiores que 10? 3 11 , 4 7 , 5 5 , 6 3 , 7 2 A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 02)

03) A)

1212 é igual a: 2 66 B) 12

3

C)

212.36

D)

612

E)

12

12

Uma grande empresa possui 84 funcionários e sabe-se que cada funcionário fala pelo menos uma das línguas entre Português e Inglês. Além disso, 20% dos que falam Português também falam Inglês e 80% dos que falam Inglês também falam Português. Quantos funcionários falam as duas línguas? A) 12 B) 14 C) 15 D) 16 E) 18 04)

Edmilson, Carlos e Eduardo ganharam um total de R$150,00 lavando carros. Eles ganharam quantidades diferentes de dinheiro. Como eles são muito amigos decidiram dividir o dinheiro ganho em partes iguais. Para isto, Edmilson deu metade do que ganhou para dividir em partes iguais entre Carlos e Eduardo, porém, Carlos tinha muito dinheiro e, portanto, deu R$ 10,00 a cada um dos outros dois. Finalmente, para que cada um tivesse a mesma quantidade de dinheiro, Eduardo deu R$ 2,00 a Edmilson. Quanto Eduardo ganhou antes da divisão? A) R$ 76,00 B) R$ 51,00 C) R$ 23,00 D) R$ 50,00 E) R$ 100,00 05)

Nove números são escritos em ordem crescente. O número do meio é a média aritmética dos nove números. A média aritmética dos 5 maiores é 68 e a média aritmética dos 5 menores é 44. A soma de todos os números é: A) 560 B) 504 C) 112 D) 56 E) 70 06)

XXX Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Nível 2

1

07)

Quantos quadrados têm como vértices os pontos do reticulado ao lado?

A) 6

B) 7

C) 8

D) 9

E) 10

08) A primeira fase da OBM se realiza no dia 14 de junho, um sábado do ano bissexto 2008. Daqui a

quantos anos o dia 14 de junho será novamente no sábado? A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 09)

E) 8

Os algarismos a , b e c são tais que os números de dois algarismos aa , bc e cb são números 2

primos e aa + bc + cb = aa . Se b < c , então bc é igual a: A) 19 B) 17 C) 37 D) 29 10) Cinco inteiros positivos a, b, c, d , e

E) 59

maiores que um satisfazem as seguintes condições: a (b + c + d + e) = 128 b( a + c + d + e) = 155 c(a + b + d + e) = 203 d ( a + b + c + e) = 243 e( a + b + c + d ) = 275

Quanto vale a soma a + b + c + d + e ? A) 9 B) 16 C) 25

D) 36

E) 49

Em um triângulo ABC foi traçada a altura AH. Sejam M e N pontos sobre os lados AB e AC, respectivamente, tais que HM é perpendicular a AB e HN é perpendicular a AC. Achar MN, sabendo que o perímetro do triângulo órtico do triângulo ABC é igual a 10. Observação: o triângulo órtico de um triângulo é aquele cujos vértices são as interseções das alturas do triângulo com os respectivos lados. Pode-se demonstrar que o incentro (encontro das bissetrizes) do triângulo órtico é sempre igual ao ortocentro (encontro das alturas) do triângulo original. A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9 11)

12) Quantos números inteiros positivos menores que 500 A) 0 B) 1 C) 2 D) 3

têm exatamente 15 divisores inteiros positivos? E) 4

Seja P (n) a soma dos algarismos pares do número n . Por exemplo, P (1234) = 2 + 4 = 6. Qual o valor de P (1) + P (2) + P (3) + ... + P (100) ? A) 200 B) 360 C) 400 D) 900 E) 2250 13)

De quantas maneiras podemos dividir R$ 10,00 em moedas de 10 centavos e de 25 centavos, se pelo menos uma moeda de cada valor tem que ser usada? A) 15 B) 16 C) 17 D) 18 E) 19

14)

Sejam a, b, c, d números inteiros tais que a < 2b , b < 3c , c < 4d . Se d < 40 , o maior valor possível de a será: A) 960 B) 959 C) 951 D) 934 E) 927 15)

2


A figura abaixo é um exemplo de um quadrado mágico de ordem 4. A soma dos 4 números em cada linha, coluna e diagonal é 34. Então dizemos que a soma mágica deste quadrado mágico é 34. Suponha que exista um quadrado mágico de ordem 7, formado pelos números inteiros de 1 a 49. Determine sua soma mágica. 16)

A) 175

B) 2450

C) 1225

16

3

2

13

5

10

11

8

9

6

7

12

4

15

14

1

D) 190

E) 100

17) Observe que:

32 + 4 2 = 5 2 , 3 2 + 4 2 + 12 2 = 132 , 3 2 + 4 2 + 12 2 + 84 2 = 85 2. Qual o menor valor possível da soma x + y com , y inteiros positivos tais que 3 2 + 4 2 + 12 2 + 84 2 + x 2 = y 2 ? A) 289 B) 250 C) 425 D) 795 E) 103 Um número de três algarismos é 629 vezes menor que a soma de todos os outros números de três algarismos. Este número é: A) 450 B) 785 C) 630 D) 471 E) 525 18)

Soninha tem muitos muitos cartões, todos com o mesmo desenho desenho em uma das faces. Ela vai usar cinco cores diferentes (verde, amarelo, azul, vermelho e laranja) para pintar cada uma das cinco partes do desenho, cada parte com uma cor diferente, de modo que não haja dois cartões pintados da mesma forma. Na figura abaixo, por exemplo, os cartões são iguais, pois um deles pode ser girado para se obter o outro. Quantos cartões diferentes Soninha conseguirá produzir? 19)

A) 16

B) 25

C) 30

D) 60

E) 120

Em um triângulo ABC, ∠A = 20o e ∠B = 110o. Se I é o incentro (centro da circunferência inscrita) e O o circuncentro (centro da circunferência circunscrita) do triângulo ABC, qual a medida do ângulo ∠ IAO ? o o o o o A) 20 B) 25 C) 30 D) 40 E) 35

20)


3

Uma classe tem 22 alunos e 18 alunas. Durante as férias, 60% de todos os alunos dessa classe foram prestar trabalho comunitário. No mínimo, quantas alunas participaram desse trabalho? A) 1 B) 2 C) 4 D) 6 E) 8 21)

Na figura abaixo os pontos A, B, C são colineares, assim como os pontos D, E, F. As duas retas ABC e DEF são paralelas. 22)

A

A

B

A

1

D

C

A 2

3

F

E

Sendo A1, A2 e A3 as áreas das regiões destacadas na figura, podemos afirmar que: A) A2 = 2A1 = 2A3 B) A2 = A1+A3 C) A2 > A1+A3 2 D) A2 < A1+A3 E) A2 = A1.A3 23) O grupo A da última Copa

do Mundo de futebol terminou com os seguintes resultados: Equipe Áustria Brasil Camarões Dinamarca

Número de Pontos 7 5 4 0

Sabe-se que Áustria e Camarões levaram apenas 1 gol, cada um. Além disso, Brasil e Dinamarca marcaram apenas 1 gol, cada um, enquanto que Áustria marcou 3 gols. Qual o resultado da partida Áustria × Dinamarca? Observação: no grupo, cada seleção joga com as demais exatamente uma vez e, em cada partida, o time vencedor ganha 3 pontos, o perdedor não ganha nem perde pontos e, em caso de empate, cada time ganha 1 ponto. A) 1 × 0 B) 2 × 1 C) 2 × 0 D) 0 × 0 E) Nada se pode afirmar. Abaixo temos um quadrado mágico multiplicativo, onde o produto dos números em cada linha, coluna e diagonal é o mesmo e igual ao número de quatro dígitos ABCD, onde cada letra representa um dígito e cada casa contém um número inteiro. Se AC representa o número de dois dígitos no centro do quadrado, a soma A + B + C + D vale:

24)

4 AC C A) 17

B) 18

C) 19

D) 20

24 E) 21

Tenho um cubo de madeira, com três faces vermelhas e três faces azuis. O cubo é cortado em 3 ×3×3 = 27 cubos menores. Quantos destes cubos menores têm, pelo menos, uma face vermelha e outra azul? A) 6 B) 12 C) 14 D) 16 E) depende de quais faces do cubo são vermelhas e quais são azuis.

25)

4


XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase – Nível 2 8o ou 9o ano

Esta prova também correspond e à prova da Primeira Fase da Olimpíada Regional nos Estados de:

AL – BA – ES – GO – MA – RS – RN – SP – SC 06 de junho de 2009

A duração da prova é de 3 horas. Cada problema vale 1 ponto. Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou li vros. Você pode solicitar papel para rascunho. Entregue apenas a folha de respostas. Ao participar o aluno se compromete a não divulgar o conteúdo das questões até a publicação do gabarito no site da OBM.

1 1 5 de um número é , quanto vale desse número? 8 5 8 1 1 8 A) B) C) 1 D) E) 2 8 5 5 1. Se

Usando palitos de fósforos, podemos construir um hexágono regular, formado por seis triângulos equiláteros unitários, como mostra a figura. Juntando mais palitos a esse hexágono, queremos obter outro hexágono regular com o quádruplo da área, também formado por triângulos equiláteros unitários. Quantos palitos deverão ser acrescentados? A) 12 B) 24 C) 30 D) 36 E) 48 2.

De quantas maneiras dois casais podem sentar-se em quatro cadeiras em fila se marido e mulher devem sentar-se em cadeiras vizinhas? A) 2 B) 4 C) 8 D) 12 E) 24 3.

4. Se A)

1 5

1 x + 5

= 4, o valor de B)

1 x + 6

1 4

é: C)

2 3

D)

4 5

E) 1

A figura ao lado é o mapa de um bairro: os pontos A, B, C e D são as casas e os segmentos são as ruas. De quantas casas é possível fazer um caminho que passa exatamente uma vez por cada uma das ruas? É permitido passar mais de uma vez por uma mesma casa. A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 5.

A

B

D

C

6. Os inteiros positivos m e n mn é múltiplo de: A) 5 B) 10

satisfazem 15m = 20n. Então é possível afirmar, com certeza, que C) 12

D) 15

E) 20

Um número natural A de três algarismos detona um número natural B de três algarismos se cada algarismo de A é maior do que o algarismo correspondente de B. Por exemplo, 876 detona 345; porém, 651 não detona 542 pois 1 < 2. Quantos números de três algarismos detonam 314? A) 120 B) 240 C) 360 D) 480 E) 600 7.

XXXI Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Nível 2 www.obm.org.br

1

8.

Uma barra de chocolate é dividida entre Nelly, Penha e Sônia. Sabendo que Nelly ganha

da barra, Penha ganha A) 160

B) 200

2 5

1 e Sônia ganha 70 gramas, o peso da barra, em gramas, é: 4 C) 240

D) 280

E) 400

Esmeralda lançou um dado dez vezes e obteve 57 como soma de todos os pontos obtidos nesses lançamentos. No mínimo, quantas vezes saíram 6 pontos? A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9 9.

10.

Na figura abaixo, α = 18 o e AB = AC = AD = AE . O valor do ângulo β é: A α

α α

B ß

o

A) 18

B) 36

o

C

E

D

o

o

C) 15

o

D) 20

E) 30

Cinco cartas iguais têm um lado branco e um lado preto. Elas se encontram em fila com a face branca para cima. Um movimento consiste em escolher um único par de cartas vizinhas e virá-las. No mínimo, quantos movimentos são necessários para que as cartas fiquem como na figura ao lado? A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) Não é possível obter a configuração acima. 11.

Na figura abaixo, ABCDE é um pentágono regular, CDFG é um quadrado e DFH é um triângulo equilátero. O valor do ângulo β é: 12.

H

F

ß

G D

E

C

A o

A) 30

2

B) 36

o

o

C) 39

B o

D) 45

o

E) 60


Numa fila para compra de ingressos para um jogo da seleção brasileira, havia 49 pessoas: 25 corintianos, 14 flamenguistas e 10 gremistas. Sabendo que cada pessoa da fila torce para um único time, dois torcedores do mesmo time não estão em posições consecutivas, podemos concluir que: A) tal fila não existe. B) algum dos torcedores das extremidades da fila é gremista. C) algum dos torcedores das extremidades da fila é flamenguista. D) algum flamenguista é vizinho de um gremista. E) algum gremista é vizinho de dois corintianos. 13.

Na figura, P é um ponto da reta CD. A região cinza é comum ao retângulo ABCD e ao triângulo ADP. Se AB = 5 cm, AD = 8 cm e a área da região cinza 3 é da área do retângulo, quanto vale a distância 4 PC ? A) 1 cm B) 2 cm C) 3 cm D) 4 cm E) 5 cm 14.

A

B

Q

D

P

C

A famosa Conjectura de Goldbach diz que todo número inteiro par maior que 2 pode ser escrito como a soma de dois números primos. Por exemplo, 18 pode ser representado por 5 + 13 ou, ainda, por 7 + 11. Considerando todas as possíveis representações de 126, qual a maior diferença entre os dois primos que a formam? A) 112 B) 100 C) 92 D) 88 E) 80 15.

Na figura ao lado, E é o ponto médio de AB, F é o ponto médio de AC e BR = RS = SC. Se a área do triângulo ABC é 252, qual é a área do pentágono AERSF ? A) 168 B) 189 C) 200 D) 210 E) 220 16.

A

F

E

B

R

S

C

17. Quantos pares ordenados ( x, y) de números reais satisfazem a equação 2

( x − y 2 ) + ( x − y − 2) A) 0

B) 1

C) 2

2

= 0?

D) 3

E) infinitos

O professor Piraldo aplicou uma prova de 6 questões para 18 estudantes. Cada questão vale 0 ou 1 ponto; não há pontuações parciais. Após a prova, Piraldo elaborou uma tabela como a seguinte para organizar as notas, em que cada linha representa um estudante e cada coluna representa uma questão. Questões → 1 2 3 4 5 6 18.

Estudantes ↓

Arnaldo Bernaldo Cernaldo M

0 1 0

1 1 1

1 1 1

1 0 1

1 0 1

0 1 0

M

Piraldo constatou que cada estudante acertou exatamente 4 questões e que cada questão teve a mesma quantidade m de acertos. Qual é o valor de m? A) 8 B) 9 C) 10 D) 12 E) 14 XXXI Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Nível 2 www.obm.org.br

3

2

19. Entre os inteiros positivos n + 4018, n = 1,2,...,2009 , A) 1945 B) 1946 C) 1947 D) 1948

quantos são quadrados perfeitos? E) 1949

Para cada número natural n, seja Sn a soma dos dez primeiros múltiplos positivos de n. Por exemplo, S 2 = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + 16 + 18 + 20. Quanto é S1 + S 2 + S 3 + L + S10 ? A) 2925 B) 3025 C) 3125 D) 3225 E) 3325 20.

Em uma folha quadriculada em que cada quadrado tem lado 2cm, são desenhados dois círculos como na figura ao lado. A distância mínima entre os dois círculos mede: A) 3cm B) 10 cm C) ( 10 + 3) cm 21.

( E) ( D)

10 − 2 ) cm 10 − 3) cm

Quantos números naturais de 1 a 100, inclusive, podem ser escritos na forma de potência a , com a, b ∈ ¥ e a, b > 1? A) 10 B) 12 C) 14 D) 16 E) 18 22. b

Uma folha de caderno de Carlos é um retângulo com dois lados (bordas) amarelos de 24 cm e dois lados (bordas) vermelhos de 36 cm. Carlos pinta cada ponto do retângulo na mesma cor do lado mais próximo desse ponto. Qual é a área da região pintada de amarelo? 2 2 2 2 2 A) 144 cm B) 288 cm C) 364 cm D) 442 cm E) 524 cm 23.

Os inteiros 0 < x < y < z < w < t são tais que w = z( x + y) e t = w( y + z). Sendo w = 9, então t é igual a A) 45 B) 54 C) 63 D) 72 E) 81 24.

Alguns cubos foram empilhados formando um bloco. As figuras ao lado representam a vista da esquerda e da frente desse bloco. Olhando o bloco de cima, qual das figuras a seguir não pode ser vista? 25.

A)

a d r e u q s e

B) frente

4

a d r e u q s e

C) frente

a d r e u q s e

vista da esquerda

D) frente

a d r e u q s e

E) frente


vista da frente

a d r e u q s e

frente

Segunda Fase

XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (7 a. ou 8a. séries) PARTE A (Cada problema vale 4 pontos) 01. Na multiplicação a seguir, a, b e c são algarismos:

1 a b b 3 * * * * * * 1c c 0 1

×

Calcule a + b + c. 02. De quantos modos podemos sombrear quatro casas do tabuleiro 4 × 4 abaixo de modo que em

cada linha e em cada coluna exista uma única casa sombreada?

03. Qual é a soma dos algarismos do número 2004 × 2002 × 1998 ×1996 + 36?

04. No desenho ao lado, o triângulo ABC é retângulo

e os lados do polígono (região escura) são paralelos ou coincidem com algum dos catetos do triângulo.

5

10

A

x

Calcule x de modo que a área do polígono seja igual à do triângulo. 2 B

C

05. Um polígono com 20 lados é chamado icoságono. Unindo-se três dos vértices de um icoságono

regular obtemos triângulos. Quantos são triângulos retângulos?

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XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (7 a. ou 8a. séries) PARTE B (Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1 (a) É possível dividir o conjunto {1 2, 22,…,72} em dois grupos A e B de modo que a soma dos

elementos de A seja igual à soma dos elementos de B? Justifique. (b) É possível dividir o conjunto {1 2, 22, 3 2,…,92} em dois grupos C e D de modo que a soma dos elementos de C seja igual à soma dos elementos de D? Justifique. PROBLEMA 2

(a) Simplifique a expressão

(b) Certa calculadora tem duas teclas especiais: A e B. A tecla A transforma o número x que está no visor em 1 . A tecla B transforma o número x que está no visor em 1 − x . x

Pedro tem um número no visor e aperta sucessivamente, de forma alternada, as duas teclas: A, B, A, B, …. Após 1000 operações, o visor mostrava o número 2004. Que número Pedro tinha inicialmente no visor? PROBLEMA 3

Uma folha de papel retangular ABCD foi dobrada de modo que o vértice B foi levado no ponto B’ sobre o lado AD. A dobra é EF , com E sobre AB e F sobre CD. Sabe-se que AE = 8, BE = 17 e C F = 3. (a) Calcule a medida do segmento AB’. (b) Calcule a medida do lado AD.

PROBLEMA 4

Um número de 4 algarismos a b c d é chamado de legal quando a soma dos números formados pelos dois primeiros e pelos dois últimos algarismos é igual ao número formado pelos algarismos centrais (ou seja, ab + cd = bc). Por exemplo, 2307 é um número legal pois 23 + 07 = 30. (a) Qual é o menor número legal maior do que 2307? (b) Quantos são os números legais de 4 algarismos?

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XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (7 a. ou 8a. séries) PARTE A (Cada problema vale 4 pontos) 01. Natasha é supersticiosa e, ao numerar as 200 páginas de seu diário, começou do 1 mas pulou todos os números nos quais os algarismos 1 e 3 aparecem juntos, em qualquer ordem. Por exemplo, os números 31 e 137 não aparecem no diário, porém 103 aparece. Qual foi o número que Natasha escreveu na última página do seu diário?

02. Quatro peças iguais, em forma de triângulo retângulo, foram dispostas de dois modos diferentes, como mostram as figuras abaixo. H J

I D

M

N G

C

A B L

E

K

O

P F

Os quadrados ABCD e EFGH têm lados respectivamente iguais a 3 cm e 9 cm. Determine a medida do lado do quadrado IJKL.

03. Juliana foi escrevendo os números inteiros positivos em quadrados de papelão, colados lado a lado por fitas adesivas representadas pelos retângulos escuros no desenho abaixo. Note que cada fila de quadrados tem um quadrado a mais que a fila de cima. Ela escreveu até o número 105 e parou. Quantos pedaços de fita adesiva ela usou? 1 2

3

4

5

6

7

8

9

10

04. Um terreno quadrangular foi dividido em quatro lotes menores por duas cercas retas unindo os pontos médios dos lados do terreno. As áreas de três dos lotes estão indicadas em metros quadrados no mapa a seguir.

250

200

210

Qual é a área do quarto lote, representado pela região escura no mapa?

05. Seja a um número inteiro positivo tal que a é múltiplo de 5, a + 1 é múltiplo de 7, a + 2 é múltiplo de 9 e a + 3 é múltiplo de 11. Determine o menor valor que a pode assumir.

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XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (7 a. ou 8a. séries) PARTE B (Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1 Gabriel resolveu uma prova de matemática com questões de álgebra, geometria e lógica. Após checar o resultado da prova Gabriel observou que respondeu corretamente 50% das 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 geometria e lógica. Qual a porcentagem de questões corretas da prova de Gabriel?

PROBLEMA 2 O canto de um quadrado de cartolina foi cortado com uma tesoura. A soma dos comprimentos dos catetos do triângulo recortado é igual ao comprimento do lado do quadrado. Qual o valor da soma dos ângulos α e β marcados na figura abaixo? 27°

β

α

PROBLEMA 3 2

2

(a) Fatore a expressão x − 9 xy + 8 y . 2

2

(b) Determine todos os pares de inteiros ( x; y) tais que 9 xy − x − 8 y = 2005 .

PROBLEMA 4 Cada peça de um jogo de dominó possui duas casas numeradas. Considere as 6 peças formadas apenas pelos números 1, 2 e 3. (a) De quantos modos é possível colocar todas estas peças alinhadas em seqüência, de modo que o número da casa da direita de cada peça seja igual ao número da casa da esquerda da peça imediatamente à direita? A seguir, mostramos dois exemplos:

(b) Explique por que não é possível fazer o mesmo com todas as 10 peças formadas apenas pelos números 1, 2, 3 e 4.

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XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (7 a. ou 8a. séries) PARTE A (Cada problema vale 4 pontos) 01. Esmeralda posicionou todos os números naturais de 1 a 2006 no seguinte arranjo em forma de pirâmide:

17

18 10

19 11 5

20 12 6 2

21 13 7 3 1

22 14 8 4

23 15 9

24 16

25

Em qual andar se encontrará o número 2006? (Por exemplo: o número 1 está no primeiro andar, o 6 no segundo andar e o 23 no terceiro).

02. A soma dos quadrados de três inteiros consecutivos é igual a 302. Qual é a soma desses números? 03. Seja ABC um triângulo retângulo em A. Considere M e N pontos sobre a hipotenusa BC tais que CN = NM = MB.

Os pontos X e Y são tais que XA = AM e YA = AN . Determine a área do quadrilátero XYBC , sabendo que o triângulo ABC tem área 12 cm2. C

N

M

A

B

X

Y

04. Um tabuleiro de xadrez 8

×

8 será decomposto em retângulos que satisfazem simultaneamente as

seguintes propriedades: (i) cada retângulo possui um número inteiro de casas; (ii) os diversos retângulos possuem números de casas distintos entre si; (iii) cada retângulo possui a mesma quantidade de casas brancas e pretas. Qual é o maior número de retângulos que pode ter a decomposição do tabuleiro?

05. A partir de uma terna ordenada (a, b, c), obtemos uma seqüência de ternas através de sucessivas transformações do tipo: 2 (a, b, c) a ⋅ b, a – b + c, b – c). Por exemplo, a partir da terna (1, 2, 3), obtemos a seguinte seqüência: (1, 2, 3) Se começarmos com (1, 1, 1) como a primeira terna ordenada de uma seqüência, qual será a soma dos três termos da terna que ocupará a 2006a posição nesta seqüência?

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XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (7 a. ou 8a. séries) PARTE B (Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1 Na Rua do Gengibre, existem n casas numeradas de 1 a n ( n ∈ ). As casas de numeração par ficam todas de um mesmo lado da rua, com as casas de numeração ímpar do lado oposto. O prefeito Ludmilson Amottarim resolveu derrubar alguma(s) casa(s) a fim de que as somas dos números das casas fossem iguais dos dois lados da rua. Para atingir o seu objetivo, qual é o número mínimo de casas que o prefeito deve derrubar se: a) a rua tem n = 15 casas? b) a rua tem n = 16 casas? c) a rua tem n = 2006 casas?

PROBLEMA 2 Na triângulo ABC isósceles abaixo, I é o encontro das bissetrizes e H é o encontro das alturas. Sabe-se que ∠ HAI = ∠ HBC = α. Determine o ângulo α. B

I H C

A

PROBLEMA 3 Sejam a e b números reais distintos tais que a) Determine o valor de a + b. b) Determine o valor de ab.

2

a

= 6b + 5ab e b2 = 6a + 5ab.

PROBLEMA 4 Todos os inteiros de 1 a 2006 são escritos num quadro. Então, cada um destes números é substituído pela soma de seus algarismos. Estas substituições são realizadas repetidas vezes até que tenhamos 2006 números com 1 algarismo cada. Dos números que restaram no quadro, qual aparece mais vezes: o 1 ou o 2?


XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (7ª. ou 8ª. séries) PARTE A (Cada problema vale 4 pontos) 01. Ludmilson descobriu que o produto da idade que tinha há 55 anos atrás pela idade que terá daqui a 55 anos é igual ao cubo de um número primo. Qual é a idade atual de Ludmilson?

02. Sendo f ( x x) = 100 x + 3, calcule o valor de

f (10 −8 ) − f (10 3 ) 10 −8 − 103

− f (−1) .

03. Na figura abaixo temos um pentágono regular, um quadrado e um triângulo eqüilátero, todos com a mesma medida de lado.

Q C E

P

R

B

S

T

Determine a medida, em graus, do ângulo

A

D

∠QCE .

04. Um inteiro positivo K tem n algarismos e é igual a 2608. n. Determine a soma dos algarismos de K

05. Em 1949 o matemático indiano D. R. Kaprekar, inventou um processo conhecido como Operação de Kaprekar . Primeiramente escolha um número de quatro dígitos (não todos iguais), em seguida escreva a diferença entre o maior e o menor número que podem ser formados a partir de uma permutação dos dígitos do número inicial. Repetindo o processo processo com cada número número assim obtido, obtemos uma seqüência. Por exemplo, se o primeiro número for 2007, o segundo será 7200 – 0027 = 7173. O terceiro será 7731 – 1377 = 6354. Começando com o número 1998, qual será o 2007-ésimo termo da seqüência?

XXIX Olimpíada Brasileira de Matemática – Segunda Fase – Nível 2

1

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (7ª. ou 8ª. séries) PARTE B (Cada problema vale 10 pontos)

PROBLEMA 1 O triângulo ABC é retângulo em B. Sejam I o centro da circunferência inscrita em ABC e O o ponto médio do lado AC . Se ∠ AOI = 45°, quanto mede, em graus, o ângulo ∠ ACB?

PROBLEMA 2 x + 1)( x – 2) = 0. Sejam α e α e β as β as raízes da equação quadrática ( x – 2)( x – 3) + ( x – 3)( x + 1) + ( x

Determine o valor de

1 (α

+ 1)(β + 1)

+

1 (α

− 2)(β −

2)

+

1 (α − 3)(β

−

3 )

.

PROBLEMA 3

a) Determine a quantidade de divisores do número N = 235 – 23. b) Mostre que para todo número natural n , n5 – n é múltiplo de 30.

PROBLEMA 4 Um quadrado 4 × 4 é dividido em 16 quadrados unitários. Cada um dos 25 vértices desses quadrados deve ser colorido de vermelho ou azul. Ache o número de colorações diferentes tais que cada quadrado unitário possua exatamente dois vértices vermelhos.


2

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (8º (8º ou 9º anos) anos ) PARTE A (Cada problema vale 5 pontos) 01. Sejam x e y números reais positivos satisfazendo as equações x 2 + y 2 = 1 e x 4 + y 4 = Calcule o valor de

1 xy

17 18

.

.

02. Um viajante, que se encontrava perdido na floresta, andou 1 metro para o Leste, 2 metros para o Norte, 3 para o Oeste, 4 para o Sul, 5 para o Leste, 6 para o Norte,..., 2006 metros para o Norte, 2007 para o Oeste e 2008 para o Sul. Calcule, em metros, o valor inteiro mais próximo da distância entre as posições inicial e final do viajante.

03. Os números α e β são as raízes da equação x 2 − x − 1 = 0. Calcule 13 ⋅ α 5 + 5 ⋅ β 7 .

04. Em um triângulo ABC , seja D um ponto sobre o lado BC tal que DB = 14, DA = 13 e DC = 4. Sabendo que o círculo circunscrito ao triângulo ADB tem raio igual ao do círculo circunscrito ao triângulo ADC , calcule a área do triângulo ABC .

05. Dado um número natural N , multiplicamos todos os seus algarismos. Repetimos o processo com o número obtido até obtermos um número com um algarismo. Este número será chamado de primitivo de N . Por exemplo, como 3 ⋅ 2 ⋅ 7 = 42 e 4 ⋅ 2 = 8, concluímos que o primitivo de 327 é 8. Calcule a soma dos algarismos do maior número natural com todos os algarismos diferentes cujo primitivo é ímpar.

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XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (8º ou 9º anos) PARTE B (Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1 Encontre todos os triângulos retângulos, de lados com medidas inteiras, nos quais a área tem valor numérico igual ao do perímetro.

PROBLEMA 2 2

2

2

2

2

No quadro negro são escritos os números 1 , 2 , 3 , 4 ,..., 2008 . Pedro e Igor jogam um jogo onde eles apagam alternadamente um número por vez até sobrarem apenas dois números. Se a diferença entre estes dois números for múltiplo de 2009, Igor vence. Caso contrário, quem vence é Pedro. Sabendo que Pedro é o primeiro a jogar, diga quem possui a estratégia vencedora. Justifique sua resposta.

PROBLEMA 3 Seja ABC um triângulo acutângulo com BC = 5. Seja E o pé da altura relativa ao lado AC e F o ponto médio do lado AB. Se BE = CF = 4, calcule a área do triângulo ABC .

PROBLEMA 4 Um país tem 8 cidades, A1, A2, ..., A6, B, C , ligadas por rodovias de mão dupla satisfazendo as seguintes condições: B e C são ambas ligadas às cidades A1, A2, ..., A6, mas não são ligadas uma à outra; A1, A2, ..., A6 são ligadas duas a duas. Calcule o número de maneiras distintas de viajar de carro de B a C , sem passar duas vezes por uma mesma cidade.

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XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (8º ou 9º ano) PARTE A (Cada problema vale 4 pontos)

01. Esmeralda tem uma garrafa com 9 litros de uma mistura que tem 50% de álcool e 50% de água. Ela quer colocar água na garrafa de tal forma que apenas 30% da mistura seja de álcool. Quantos litros de água ela irá colocar?

02. Se a, b, c e d são, em alguma ordem, 1, 2, 3 e 4. Qual é o maior valor possível de

ab + bc + cd + da? 03. Dizemos que dois ou mais números, com a mesma quantidade de algarismos, são membros da mesma família, quando todos possuem pelo menos um algarismo em comum. Por exemplo, os números 32, 25 e 22 pertencem à mesma família, enquanto que 123, 245 e 568 não pertencem à mesma família, pois 123 e 568 não pertencem à mesma família. Qual é a maior quantidade de membros de uma família, cujos elementos têm três algarismos? 04. Determine a quantidade de inteiros de dois algarismos que são divisíveis pelos seus algarismos.

05. Na figura abaixo, ABCD e EFGH são quadrados de lado 48 cm. Sabendo que A é o ponto médio de EF e G é o ponto médio de DC , determine a área destacada em cm 2.

E L

A

B H

F K

D

G

C

XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (8º ou 9º ano) PARTE B (Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1 Sejam m e n dois inteiros positivos primos entre si. O Teorema Chinês dos Restos afirma que, dados inteiros i e j com 0 ≤ i < m e 0 ≤ j < n, existe exatamente um inteiro a, com 0 ≤ a < m⋅n, tal que o resto da divisão de a por m é igual a i e o resto da divisão de a por n é igual a j. Por exemplo, para m = 3 e n = 7, temos que 19 é o único número que deixa restos 1 e 5 quando dividido por 3 e 7, respectivamente. Assim, na tabela a seguir, cada número de 0 a 20 aparecerá exatamente uma vez. Restos por 7 Restos por 3

0

1

2

3

4

5

6

0

19

1 2

Qual a soma dos números das casas destacadas?

PROBLEMA 2 Observe: ( x – r )( x – s) = x2 – (r + s) x + rs Assim, substituindo x por r e por s, obtemos

r 2

−

(r + s )r + rs = 0

s 2

−

(r + s ) s + rs = 0

Somando as duas equações e sendo S n

=

S n + 2 Dados

S 1

=

determine S 5

ar + bs = 1 , =

ar 5

+

S 2

=

ar 2

+

⇒

a(r n + 2

−

(r + s )r n

+1

b( s n + 2

−

(r + s ) s n

+1

a ⋅ r n =

bs 2

+b⋅s

n

2,

S 3

rs ⋅ r n ) = 0

+

rs ⋅ s n ) = 0

, verifica-se que

( r + s ) S n +1 =

+

=

−

rsS n

ar 3

+

bs 3

=5

e

S 4

=

ar 4

+

bs 4

=

6,

bs 5 .

PROBLEMA 3 Seja N é o ponto do lado AC do triângulo ABC tal que AN = 2 NC e o ponto do lado AB tal que MN é perpendicular a AB . Sabendo que AC = 12 cm e que o baricentro G do triângulo ABC pertence ao segmento MN , determine o comprimento do segmento BG. OBS: Baricentro é o ponto de interseção das medianas do triângulo.

PROBLEMA 4 Um campeonato de xadrez de 7 rodadas, com 4 jogos por rodada, tem 8 participantes, cujas pontuações por jogo são as usuais: um ponto por vitória, meio ponto por empate e nenhum ponto por derrota. Cada par de jogadores se enfrenta exatamente uma vez. a) Ao término da terceira rodada, é possível que todos os jogadores tenham pontuações distintas? b) Se no final do campeonato todos os jogadores têm pontuações distintas qual o menor número possível de pontos obtidos pelo primeiro colocado?

Terceira Fase

XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª. e 8ª. Séries) PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1 Na figura, ABC e DAE são triângulos isósceles ( AB = AC = AD = DE ) e os ângulos BAC e ADE medem 36°.

ˆ C . a) Utilizando propriedades geométricas, calcule a medida do ângulo E D b) Sabendo que BC = 2, calcule a medida do segmento DC . c) Calcule a medida do segmento AC . PROBLEMA 2 A seqüência de algarismos 1, 2, 3, 4, 0, 9, 6, 9, 4, 8, 7, … é construída da seguinte maneira: cada elemento, a partir do quinto, é igual ao último algarismo da soma dos quatro anteriores. a) Os algarismos 2, 0, 0, 4, juntos e nesta ordem, aparecem na seqüência? b) Os algarismos iniciais 1, 2, 3, 4, juntos e nesta ordem, aparecem novamente na seqüência?

PROBLEMA 3 Esmeralda tem uma pilha com 100 pedras. Ela divide essa pilha em duas novas pilhas e em seguida multiplica as quantidades de pedras nessas duas novas pilhas e escreve o produto em um quadro. Ela então escolhe uma pilha com mais de uma pedra e repete esse procedimento: a pilha é dividida em duas, as quantidades de pedras nessas duas pilhas são multiplicadas e o produto escrito no quadro. Esta operação é realizada até se obter apenas pilhas com 1 pedra cada. Quais são os possíveis valores da soma de todos os produtos escritos no quadro?

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XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª. e 8ª. Séries) SEGUNDO DIA PROBLEMA 4 Em um jogo para dois participantes, Arnaldo e Bernaldo alternadamente escolhem um número inteiro positivo. A cada jogada, deve-se escolher um número maior que o último número escolhido e menor que o dobro do último número escolhido. Nesse jogo, vence o jogador que conseguir escolher o número 2004. Arnaldo joga primeiro e inicia com o número 2. Qual dos dois tem estratégia vencedora , ou seja, consegue escolher o número 2004 independentemente das jogadas do adversário?

PROBLEMA 5 Seja D o ponto médio da hipotenusa AB de um triângulo retângulo ABC . Sejam O1 e O2 os circuncentros dos triângulos ADC e DBC , respectivamente. ˆ a) Mostre que O DO é reto. 1

2

b) Mostre que AB é tangente ao círculo de diâmetro O1O2 .

PROBLEMA 6 Considere todas as maneiras de colocarmos nas casas de um tabuleiro 10 × 10 exatamente dez vezes cada um dos algarismos 0, 1, 2, …, 9. Encontre o maior inteiro n com a propriedade de que, em cada tabuleiro, alguma linha ou alguma coluna contenha pelo menos n algarismos diferentes.

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XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª. e 8ª. Séries) PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1 Num tabuleiro quadrado 5 × 5 , serão colocados três botões idênticos, cada um no centro de uma casa, determinando um triângulo. De quantas maneiras podemos colocar os botões formando um triângulo retângulo com catetos paralelos às bordas do tabuleiro?

PROBLEMA 2 No triângulo retângulo ABC , os catetos AB e BC medem, respectivamente, 3 cm e 4 cm. Seja M o ponto médio da hipotenusa AC e seja D um ponto, distinto de A, tal que BM = MD e AB = BD. a) Prove que BM é perpendicular a AD. b) Calcule a área do quadrilátero ABDC .

PROBLEMA 3 Dado que

( a − b)(b − c )(c − a) ( a + b)(b + c)(c + a )

=

1 11

, qual é o valor de

a a+b

+

b b+c

+

c c +a

?

XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª. e 8ª. Séries) SEGUNDO DIA PROBLEMA 4 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 5

Prove que o número 12005 + 22005 + 32005 + ... + 20052005 é múltiplo de 1 + 2 + 3 + ... + 2005.

PROBLEMA 6 A medida do ângulo B de um triângulo ABC é 120°. Sejam M um ponto sobre o lado AC e K um ponto sobre o prolongamento do lado AB, tais que BM é a bissetriz interna do ângulo ∠ ABC e CK é a bissetriz externa correspondente ao ângulo ∠ ACB. O segmento MK intersecta BC no ponto P. Prove que ∠ APM = 30°.

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7a. e 8a. Séries) PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1 Escrevemos, em fila, os números 1, 2, 3, …, n. A cada passo, tomamos os dois últimos números da fila anterior, escrevemos primeiramente o último, depois o penúltimo e, enfim, os outros n – 2, na ordem em que aparecem. Por exemplo, para n = 12 obtemos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 → 12, 11, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 → 10, 9, 12, 11, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 → ... Qual a menor quantidade de passos necessários para escrevermos novamente os números 1, 2, 3, …, n, nessa ordem, quando (a) n = 2006? (b) n = 2005?

PROBLEMA 2 Dentre os polígonos de 5 lados, o maior número possível de vértices alinhados, isto é, pertencentes a uma única reta, é três, como mostrado a seguir.

Qual é a maior quantidade de vértices alinhados que um polígono de 12 lados pode ter? Atenção: além de desenhar um polígono de 12 lados com o número máximo de vértices alinhados, lembre-se de mostrar que não existe um outro polígono de 12 lados com mais vértices alinhados do que este.

PROBLEMA 3 3 3 2 2 Encontre todos os pares ordenados ( x; y) de inteiros tais que x – y = 3( x – y ).

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7a. e 8a. Séries) SEGUNDO DIA PROBLEMA 4 Quantos subconjuntos {a, b, c} de três elementos distintos de {1, 2, 3, …, 100} são tais que b é a média aritmética de a e c (a < b < c)?

PROBLEMA 5 Seja ABC um triângulo acutângulo e H o seu ortocentro. Sejam M , N e R os pontos médios de ˆ R se o ângulo A Bˆ C mede AB, BC e AH , respectivamente. Determine a medida do ângulo M N 70o.

PROBLEMA 6 Em um torneio de tênis de mesa (no qual nenhum jogo termina empatado), cada um dos n participantes jogou uma única vez contra cada um dos outros. Sabe-se que, para todo k > 2, não existem k jogadores J 1, J 2, …, J k tais que J 1 ganhou de J 2, J 2 ganhou de J 3, J 3 ganhou de J 4, …, J k – 1 ganhou de J k , J k ganhou de J 1. Prove que existe um jogador que ganhou de todos os outros e existe um jogador que perdeu de todos os outros.

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7 a. e 8a. Séries) PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1 Seja ABC um triângulo e O seu circuncentro. Seja ainda P a intersecção das retas BO e AC e S a circunferência circunscrita a AOP . Suponha que BO = AP e que a medida do arco OP em S que não contém A é 40°. Determine a medida do ângulo ∠OBC . Obs: A circunferência circunscrita de um triângulo é a circunferência que passa pelos seus vértices e seu centro é chamado de circuncentro.

PROBLEMA 2 Considere a tabela a seguir com quatro linhas (fileiras horizontais) e quatro colunas (fileiras verticais) a qual está preenchida com números naturais, ocorrendo repetições de números: 1 0 0 3 5 1 2 4 1 1 2 3 6 1 4 0

Ao somarmos cada uma de suas linhas (L1, L2, L3 e L4) e colunas (C1, C2, C3 e C4) obtemos 8 números distintos: 3, 4, 7, 8, 10, 11, 12, 13. Veja: C1 C2 C3 C4 Soma da Linha L1

1

0

0

3

4

L2

5

1

2

4

12

L3

1

1

2

3

7

L4

6

1

4

0

11

3

8

10

Soma da 13 Coluna

Apresente, se for possível: a) uma tabela com 4 linhas e 4 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 8.

b) uma tabela com 8 linhas e 8 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 16. c) uma tabela com 9 linhas e 9 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 18. Atenção: caso seja impossível montar alguma tabela, você deve explicar por quê.

PROBLEMA 3 Mostre que existe um inteiro positivo

a

tal que

a

29

−1

a −1

tem pelo menos 2007 fatores primos distintos.

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7 a. e 8a. Séries) SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4 m

n

2

Prove que não existem soluções inteiras e positivas para a equação 3 + 3 + 1 = t .

PROBLEMA 5 Seja ABC um triângulo retângulo isósceles. K e 2

2

M são

pontos sobre hipotenusa AB, com K entre A e

M ,

eo

2

ângulo ∠ KCM = 45 . Prove que AK + MB = KM . 

PROBLEMA 6 Quadradinhos iguais estão arrumados formando um tabuleiro n × n. Ludmilson e Ednalva jogam o seguinte estranho jogo. Cada jogada de Ludmilson consiste em retirar 4 quadradinhos que formem um quadrado 2 × 2. Cada jogada de Ednalva consiste em retirar apenas 1 quadradinho. Ludmilson e Ednalva jogam alternadamente, sendo Ludmilson o primeiro a jogar. Quando Ludmilson não puder fazer sua jogada, então Ednalva fica com todas as peças restantes do tabuleiro. Ganha o jogo aquele que possuir mais quadradinhos no final. Diga se é possível que Ednalva ganhe o jogo, não importando como Ludmilson jogue, em cada um dos seguintes casos: a) n = 10. b) Caso geral ( n qualquer).

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (8 o . e 9o. Anos) PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

Em cada casa de um tabuleiro n × n , colocamos um dos números 1,2,3,4, de modo que cada casa tem exatamente uma casa vizinha com o mesmo número. É possível fazer isso quando (a) n = 2007 ? (b) n = 2008 ? Observação. Duas casas são vizinhas se possuem um lado em comum. PROBLEMA 2

Seja P um pentágono convexo com todos os lados iguais. Prove que se dois dos ângulos de graus, então é possível cobrir o plano com P, sem sobreposições. PROBLEMA 3

Prove que existem infinitos inteiros positivos n tais que 5n 2 − 1 −

é um inteiro.

n

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P

somam 180

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (8 o. e 9o. Anos) SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4

Mostre que se p,q são inteiros positivos primos tais que r =

p

2

+

q

p + q

2

é inteiro, então r é primo.

PROBLEMA 5

Seja ABC um triângulo acutângulo e O, H seu circuncentro, ortocentro, respectivamente. Sabendo que AB

2

=

BH = OB,

calcule os ângulos do triângulo ABC. PROBLEMA 6

Sendo A um conjunto de números inteiros, definimos S( A) como o conjunto formado pelas somas de dois elementos, não necessariamente distintos e D( A) como o conjunto formado pelas diferenças de dois elementos, não necessariamente distintos. Por exemplo, se A = {1, 2, 3, 10} então S( A) = {2, 3, 4, 5, 6, 11, 12, 13, 20} e D( A) = {–9, –8, –7, –2, –1, 0, 1, 2, 7, 8, 9}. Mostre que existe um conjunto finito A tal que S( A) tem no máximo 1097 elementos e D( A) tem no mínimo 10100 elementos.

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XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (8 o. e 9o. Anos) PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1

Um dominó é formado por 28 peças diferentes. Cada peça tem duas metades, sendo que cada metade tem de zero a seis pontos:

Esmeralda coloca 4 peças de dominó dentro de um estojo, respeitando as regras do jogo, isto é, peças vizinhas se tocam em metades com as mesmas quantidades de pontos. Caso seja possível guardar as quatro peças no estojo, dizemos que o conjunto de quatro peças é precioso. Por exemplo, a figura ao lado mostra as maneiras de guardar o conjunto precioso formado pelas peças , , , . a) Mostre que um conjunto precioso não pode conter duas peças duplas. A figura abaixo mostra as peças duplas. b) Quantos conjuntos preciosos contêm uma peça dupla? c) Determine a quantidade total de conjuntos preciosos. PROBLEMA 2

Seja A um dos pontos de interseção de dois círculos com centros X e Y . As tangentes aos círculos em A intersectam novamente os círculos em B e C . Seja P o ponto de plano tal que PXAY é um paralelogramo. Prove que P é o circuncentro do triângulo ABC . PROBLEMA 3

Prove que não existem inteiros positivos x e y tais que x3 + y3 = 22009.

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XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (8 o. e 9o. Anos) SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4

Resolva, em números reais, o sistema x +

1 y

= y +

1 z

= z +

1 x

xyz = 1.

PROBLEMA 5

Uma formiga caminha no plano da seguinte maneira: inicialmente, ela anda 1cm em qualquer direção. Após, em cada passo, ela muda a direção da trajetória em 60o para a esquerda ou direita e anda 1cm nessa direção. É possível que ela retorne ao ponto de onde partiu em (a) 2008 passos? (b) 2009 passos?

1 cm 1 cm

60° 60° 1 cm

PROBLEMA 6

Seja ABC um triângulo e O seu circuncentro. As retas AB e AC cortam o circuncírculo de OBC novamente em B1 ≠ B e C 1 ≠ C , respectivamente, as retas BA e BC cortam o circuncírculo de OAC em A2 ≠ A e C 2 ≠ C , respectivamente, e as retas CA e CB cortam o circuncírculo de OAB em A3 ≠ A e B3 ≠ B , respectivamente. Prove que as retas A2 A3, B1 B3 e C 1C 2 passam por um mesmo ponto.

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Gabarito Primeira Fase

XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª ou 8ª Séries) GABARITO GABARITO NÍVEL 2 1) A 2) C 3) D 4) B 5) C 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

6) B 7) C 8) C 9) A 10) B

11) D 12) B 13) C 14) E 15) D

16) C 17) E 18) E 19) C 20) A

21) D 22) C 23) C 24) D 25) D

(A) Veja solução do Problema 3 do Nível 1. 22∇ 26 22 + 23 + 24 + 25 + 26 120 = = =8 (C) 4∇6 4+5+6 15 (D) Veja solução do Problema 25 do Nível 1. (B) Veja solução do Problema 23 do Nível 1. (C) Veja solução do Problema 14 do Nível 1. (B) Veja solução do Problema 16 do Nível 1. (C) Há 2004 escolhas para a primeira bala e 2003 para a segunda bala. Assim, podemos retirar duas balas de 2004 ⋅ 2003 maneiras, considerando a ordem em que são retiradas. Podemos retirar duas balas de banana de 1002 ⋅ 1001 maneiras e duas balas de maçã de

1002 ⋅ 1001 maneiras. Logo p

=

2 ⋅ 1002 ⋅ 1001 2004 ⋅ 2003

=

1001 2003

Podemos retirar uma bala de banana e uma bala de maçã, nessa ordem, de 1002 ⋅ 1002 maneiras, e uma bala de maçã e uma bala de banana, nessa ordem, de 1002 ⋅ 1002 maneiras. Logo

8.

q=

2 ⋅ 1002 ⋅ 1002 2004 ⋅ 2003

(C) Sejam a e 50 –

=

1002 2003

. Logo a diferença entre p e q é

1002 2003

−

1001 2003

=

1 2003

.

a os lados do retângulo. A área procurada é (50 − a )⋅ a = 50a − a 2 .

x

a .

50 – a

Pelo teorema de Pitágoras,

x = (50 − a) + a ⇔ x = 2500 − 100 a + 2 a ⇔ 50 a = 1250 + a − 2

Deste modo, 50 a − a

2

2

2

x2

2

x 2 2

.

− a = 1250 − . 2 2 9. (A) Veja solução do Problema 19 do Nível 1. 2 10. (B) Inicialmente, m – 2 deve ser positivo e divisor de 2004. Os divisores de 2004 são: ± 1, ± 2, ± 3, ± 4, ± 6, ± 12, ± 167, ± 334, ± 501, ± 668, ± 1002 ou ± 2004 . Para m inteiro positivo tal fato ocorre quando m = 2 ou m = 13. 11. (D) ( x + y)2 = 82 ⇔ x2 + 2xy + y 2 = 64. Logo x2 + 6xy + y2 = x2 + 2xy + y2 + 4xy = 64 + 4 ⋅15 =124. 2

= 1250 + a −

x 2

2

2

2

12. (B) S

30

o

A 30 60

o

o

C

60

o o 60 30°

B

O raio de luz percorre o trajeto S-A-B-C-B-A-S. Temos

3 AC = cos 30 ⇔ AB = m 3 AB

e

V

SA = 1m , AC = CV = 0,5m ,

BC 3 = tg30 ⇔ BC = m . AC 6 3

pelo raio de luz é 2(SA + AB + BC ) = 21 +

 

3

+

3 6

  = 2 + 

Logo a distância percorrida

3m .

13. (C) 5 x

3 x + 4 x = 7 x

6 x + 2 x = 8 x 2 x

3 x

4 x

Temos: 8 x

6 x

180° – 7 x

= 180 − 7 x + 5 x ⇔ 10 x = 180 ⇔ x = 18 2x

x

14. (E) 2(2 ) = 4

2x

2x

.

2x

+ 64 ⇔ 2(2 ) = 2 + 64 ⇔ 2 = 64 ⇔2 x = 6 ⇔ x = 3 .

15. (D) A soma dos algarismos de um número de três algarismos é menor ou igual a 27 e maior ou igual a 1. Logo, a soma da soma dos algarismos de um número de três algarismos é a soma dos algarismos dos números 1, 2, 3,…, 27, cujo maior valor obtido é 10. 16. (C) Veja solução do Problema 10 do Nível 1. 17. (E) Os pontos que estão a 6cm de distância do ponto P formam uma circunferência de centro P e raio 6cm. Uma circunferência corta uma reta em, no máximo, 2 pontos. Como o quadrado é formado por 4 segmentos de reta, há no máximo 8 pontos da borda do quadrado a uma distância de 6cm do ponto P. Tomando P como o centro do quadrado, temos um exemplo de circunferência que corta o quadrado em 8 pontos. 18. (E) Veja solução do Problema 18 do Nível 1. 19. (C) P

13

. .

Q

F

9

Pelo teorema de Pitágoras, PF + 5 = 13 e PQ 20. (A) Veja solução do Problema 20 do Nível 1. 2

2

2

2

5

R

= 12 2 + 9 2 ⇔ PQ = 15 .

21. (D)

AE = AF = AB = 3cm , m( FÂD) = 90 − 60 = 30

Logo

,

m( FÂE ) = 30 + 60 = 90

.

⋅ ⋅ ∆FAE é retângulo em A e tem área AE AF = 3 3 = 4,5cm2 .

2 2 22. (C) Inicialmente, sejam x o lado da folha e y o lado quadrado menor de lado maior que 1cm. Como os demais 41 quadrados têm lado 1cm, x e y são inteiros positivos. Assim:

x 2 = y 2 + 41 ⋅ 1 ⇔ ( x − y)( x + y ) = 41 ⇔ x − y = 1 e x + y = 41 ⇔ x = 21 e y = 20 Portanto o lado da folha mede 21cm. 2 23. (C) Seja x o lado quadrado. Sua área é x . Com 10% a menos de cerca, o lado quadrado passará a ser 0,9 x e terá área (0,9 x)2 = 0,81 x2, que é 0,19 = 19% menor. 24. (D) Veja solução do Problema 13 do Nível 1. 25. (D) Com os dois algarismos 1 juntos, temos os números: 112004, 211004, 201104, 200114 e 200411. Com os dois algarismos 1 separados: 121004, 120104, 120014, 120041, 210104, 210014, 210041, 201014, 201041 e 200141. No total são 15 números.

XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (7 a. e 8a. séries) GABARITO GABARITO NÍVEL 2 1) D 2) B 3) E 4) E 5) D • • •

6) B 7) B 8) D 9) A 10) B

11) D 12) A 13) B 14) B 15) B

16) C 17) D 18) Anulada 19) C 20) C

21) Anulada 22) Anulada 23) C 24) B 25) B

Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 2 = 25 pontos). Deve ser atribuído 1 ponto para todos os alunos nas questões anuladas. Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site www.obm.org.br

1.

(D) Pela promoção, quem levar 2 unidades paga pelo preço de 1,5 unidade, logo quem levar 4 unidades paga pelo preço de 3 unidades, ou seja, leva quatro e paga três.

2.

(B) A transparência é igual a 0,7 × 0,9 = 0,63. Logo, a redução da radiação é 1 – 0,63 = 0,37 = 37%.

3.

(E) A partir da figura, vemos que o comprimento a dos retângulos menores é o dobro da sua largura b. Temos então que a + b = b + 2b = 3b = 21 , ou seja, b = 7 cm e a = 14 cm .

Portanto, o comprimento do retângulo maior é 4b = 28 e a sua área é 21× 28 = 588 cm2 . 4.

(E) Arnaldo: 1 bilhão = 1 000 000 × 1 000 000 = 1 000 000 000 000 . Professor Piraldo: 1 bilhão = 1 000 × 1 000 000 = 1 000 000 000 . A diferença é: 1 000 000 000 000 − 1 000 000 000 = 999 000 000 000

5.

(D) Em 600 números inteiros consecutivos positivos, há

600 3

= 200

múltiplos de 3 e

600

= 150 múltiplos de 4; entretanto, alguns desses números aparecem duas vezes nessa 4 contagem, pois são múltiplos dos dois números, ou seja, são múltiplos de 12. Como há 600 = 50 desses múltiplos, concluímos que o número de páginas com defeito é 12 200 + 150 − 50 = 300 .

6.

(B) O volume de platina produzido na história é

50 anos ⋅

110 toneladas 1000000 g ⋅

⋅

1 cm3

⋅

1 m3

≅

256 m3 ,

1 ano 1 tonelada 21, 45 g 1000000 cm volume próximo ao de uma piscina (por exemplo, de 1,6 m de profundidade, 16 metros de largura e 10 metros de comprimento). 3

7.

(B) Seja x o primeiro termo. Como o segundo termo é 1, o terceiro termo é

x + 1 , o quarto é

1 + ( x + 1) = x + 2 .

( x+ 1) + ( x+ 2 ) = 2 x+ 3 = 2005 ⇔ 2 x= 2002 ⇔ x= 1001 . Logo o sexto termo é ( x+ 2 ) + (2 x+ 3 ) = 3 x+ 5 = 3 ⋅ 1001 + 5 = 3008 . Como o quinto termo é 2005,

8.

(D) Na primeira balança temos 3 triângulos + 1 círculo = 6 quadrados. Na segunda, vemos 2 triângulos + 4 círculos = 8 quadrados, ou seja, 1 triângulo + 2 círculos = 4 quadrados. Logo, 4 triângulos + 3 círculos = (3 triângulos + 1 círculo) + (1 triângulo + 2 círculos) = 6 quadrados + 4 quadrados = 10 quadrados.

9.

(A) Sejam x e 13 – x a quantidade de números negativos e positivos, respectivamente. Assim, há x(13 – x) pares de números com produto negativo.

Logo x(13 − x) = 22 ⇔ x2 − 13 x+ 22 = 0 ⇔ x= 2 ou x= 11 . Como há mais positivos que negativos, há 2 números negativos. 10. (B) A caixa terá dimensões 20 cm × 15 cm × 10 cm. Logo, seu volume será igual a 20 × 15 × 10 = 3000 cm2. 15 cm

m c

0 1

m c 0 4

m c

0 2

11. (D) Temos

a + (b × c) = (a + b ) × (a + c ) ⇔ a + bc = a 2 + ab + ac + bc ⇔ a ( a + b + c − 1) = 0 ⇔ a = 0 ou a + b + c = 1 Tomando a = 1 e b = c = 0 vemos que as demais alternativas estão incorretas. 12. (A) Se P é a fração de Paulistas, entre os Paulistas e Baianos, temos 0,9P + 0,1(1- P) = 0,2. Logo, 0,8 P = 0,1, ou seja, P = 0,125 = 12,5%. 13. (B) Como ABC e DEF são triângulos eqüiláteros, seus ângulos internos medem 60 o. No triângulo AGD,

m(GÂD) = 180O − 75 O − 60 O = 45 O e ˆ ) = 180O − 65 O − 60 O = 55 O m(GDA Portanto, ˆ ) = 180O − 45O − 55 O = 80 O e no m(AGD triângulo CGH,

x + 80O + 60O = 180O ⇔ x = 40 O .

14. (B) Sabendo que

O×B×M 240

O×B + M

=

46 ⇔

O + B ×M

=

64 ⇔ O +

M

+

M

240

O

=

240 ⇔ O

=

46 ⇔ M 2 − 46M

=

×B =

240

M +

⇔

B × M =

240 = 0 ⇔ M

240

O =

,

6 ou M

=

40 e

64 ⇔ O 2 − 64O + 240 = 0 ⇔ O = 4 ou O = 60 .

Sendo O, B e M inteiros, a única possibilidade é O = 4, M = 6 e B = Assim, O + B + M = 4 + 10 + 6 = 20.

240 4×6

= 10 .

15. (B) Para fazer uma peça, são necessários 3 ×10 + 3 × 5 = 45 centímetros de arame. Como 20 metros = 2 000 centímetros e 2000 dividido por 45 dá quociente 44 e resto 20, temos que o serralheiro irá fazer 44 peças completas, ficando com uma sobra de 20 centímetros, que lhe

possibilitarão fazer as duas primeiras partes de uma peça, na forma

.

16. (C) Como 365 dividido por 7 dá quociente 52 e resto 1 e 366 dividido por 7 dá o mesmo quociente e resto 2, em um ano, bissexto ou não, há no máximo 53 domingos. Um mês tem entre 28 = 4 ⋅ 7 e 31 = 4 ⋅ 7 + 3 dias, então todo mês tem 4 ou 5 domingos. Como 53 dividido por 12 dá quociente 4 e resto 5, há no máximo 5 meses com 5 domingos. Um exemplo de ano com cinco meses com cinco domingos é um iniciado no domingo.

17. (D) Os números em questão são 12, 23, 34, 45, …, 89 (8 números), 123, 234, 345, …, 789 (7 números), 1234, 2345, …, 6789 (6 números) e, por fim, 12345, um total de 8 + 7 + 6 + 1 = 22 números.

Alternativa Anulada Solução: 18.

O tempo de percurso é minimizado quando se trafega o maior trecho a velocidades maiores e o menor trecho a velocidades menores e maximizado quando se trafega o maior trecho a velocidades menores e o menor trecho a velocidades maiores. Assim, o tempo total gasto pelo 240 300 400 piloto nos três trechos é no mínimo horas e no máximo + + = 15 40 75 80 240 300 400 + + = 17 horas. Assim, as respostas C) e D) estão corretas. 80 75 40 19. (C) 2r

a

b

r

A área a é igual à área de um círculo de raio r , ou seja, a = πr 2 . A área b é igual á área de um quarto de círculo de raio 3r subtraída de duas vezes a área de um semicírculo de raio r e da

área de um quarto de círculo de raio r . Logo b =

a Portanto b

πr

1 4

⋅ π(3r ) − 2 ⋅ 2

1 2

⋅ πr − 2

1 4

⋅ πr = πr 2

2

.

2

=

πr

2

=1.

20. (C) Suponha que haja alunos de 4 ou mais nacionalidades entre os 9 alunos da classe. Se escolhermos um aluno de cada nacionalidade não haverá dois alunos de mesma nacionalidade, o que é um absurdo. Logo há alunos de no máximo 3 nacionalidades. Da mesma forma, entre os 9 alunos não há 4 de mesma nacionalidade, pois se houvesse poderíamos formar um grupo de 5 alunos com mais de 3 alunos de mesma nacionalidade. Logo há no máximo 3 alunos de cada nacionalidade. Como há 9 alunos, no máximo 3 nacionalidades e no máximo 3 alunos por nacionalidade, há exatamente 3 nacionalidades e 3 alunos de cada nacionalidade. Em particular, há 3 alunos brasileiros. 21.

Alternativa Anulada

Solução: Vamos calcular o número de plins no intervalo (12h, 0h], e descontar os plins que ocorreram no último segundo depois. Seja w a velocidade angular do ponteiro das horas. Então as velocidades angulares dos ponteiros dos minutos e dos segundos são 12 w e 720w. Vamos contar o número de plins entre cada par de ponteiros: Minutos/Horas: Do referencial do ponteiro das horas, ele está parado e o ponteiro dos minutos roda com velocidade angular 11 w [*]. Como os dois começam juntos, e um ponteiro rodando a w completa uma volta no período, o ponteiro dos minutos completa 11 voltas nas 12 horas do problema. Logo há 11 plins gerados por encontros deste tipo. Segundos/Horas: A velocidade relativa é 720 w – w = 719w, logo há 719 plins. Segundos/Minutos: A velocidade relativa é 720 w – 12w = 708w, logo há 708 plins. Logo, no total, há 11 + 719 + 708 = 1438 plins. Descontando os três plins ocorridos às 0h, há, no total, 1435 plins no período de 12h1s a 23h59m59s. 22.

Alternativa Anulada Solução: (Esmeralda confundiu-se, digitando

α < 60°

onde deveria ser

α > 60°. )

L o

180 – 2α

α

M

α α

P

N

R

Q

Como a reta PQ é tangente à circunferência, os ângulos LNP e LMN são congruentes, ou seja, m( LMN ) = α. Sendo o triângulo LMN isósceles com LM = LN , os ângulos LNM e LMN são congruentes, e, portanto, m( MLN ) = 180o – m( LNM ) – m( LMN ) = 180o – 2α. O ângulo LNP é externo do triângulo LNR, logo m( LNP) = m( NLR) + m( LRN ), ou seja, α = 180o – 2α + m( LRP) ⇔ m( LRP) = 3α – 180o.

23. (C) Como

x+ 12

y>

x− 12

y e x é inteiro positivo,

x + 12 y − x − 12

y = 1⇔

⇔

x + 12 y − 2 x +

⇔

2 x− 1 = 2

⇔

4 x2

−4

1 2

(

x+

y−

1 2

y x − 12 y + x −

1 2

x−

1 2

y

2

)

=1

y =1

x2 − 14 y

x + 1 = 4 x2 − y

⇔ y =

4x −1 A única alternativa que contém um número da forma 4 x – 1 é a alternativa C.

24. (B) Nas condições dadas, a distribuição dos números pelos círculos é a representada a seguir. A soma dos números escritos é 46.

25. (B) Note que giramos o bloco 5 vezes. Indicaremos os quadradinhos em contato com o bloco após o i-ésimo giro com o número i. Os quadradinhos em contato com o bloco na sua posição inicial estão indicados com o número zero.

0 4

4

0/4

3

3

5

5

1/5

2

2

5

5

1/5

2

2

1

2

2

Contando, observamos que o bloco esteve em contato com 19 quadradinhos do tabuleiro.

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (7a. e 8a. Ensino Fundamental)

GABARITO

GABARITO NÍVEL 2 1) D 2) C 3) C 4) A 5) C

6) A 7) C 8) A 9) B 10) D

11) D 12) C 13) E 14) C 15) D

16) C 17) B 18) C 19) B 20) C

21) C 22) E 23) D 24) C 25) D

• Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 2 = 25 pontos). •

Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site www.obm.org.br

1)

2005 2 2 ( 2 + 1)  22007 + 22005  (D)  2006 × 2006 = 2004 2 × 2006 = 2 × 2006 = 4012 . A soma dos algarismos 2004  2 2 + 2 2 1 + ( )  

do número 4012 é 7. 2) (C) Traçando-se retas paralelas aos lados, verificamos que o perímetro da figura é o mesmo que o de um quadrado de lado 20 cm , ou seja, 80 cm. 3) (C) 10a + b = 5( a + b) ⇒ 5a = 4b ⇒ a = 4, b = 5 ⇒ 54 = 6 × 9 4) (A) O intervalo de tempo entre a partida e o primeiro encontro é igual ao intervalo de tempo entre o primeiro encontro e o segundo encontro, no ponto de partida. Isso acontece porque ao se inverterem as velocidades, a situação seria a mesma que se cada um deles retornasse ao ponto de partida pelo caminho que veio, com a mesma velocidade. Portanto, eles chegarão no mesmo instante, ou seja, o tempo que um irá esperar pelo outro será igual a 0. 5) (C)

∠ ADE + x = 30o + ∠ ABD ⇒ ∠ ADE = ∠ AED = 30o + ∠ ABD − x = x + ∠ ACD ⇒ x = 15o. 6) (A) Sejam n – 1, n e n + 1 os três números inteiros consecutivos. Temos

(n − 1) + n + (n + 1) = (n − 1) ⋅ n ⋅ ( n + 1) ⇔ 3n = n( n2 − 1) ⇔ n2 − 1 = 3 ⇔ n2 = 4 ⇔ n = 2 Portanto os números são 1, 2, 3 e a soma dos quadrados dos três números consecutivos é 12 + 2 2 + 32 = 14 .

7) (C) Se x era a idade de Neto no final de 1994, então o ano em que nasceu é 1994 – x ; de forma análoga, o ano em que sua avó nasceu é 1994 – 2 x. Assim, temos

(1994 − )x + (1994 − 2 )x = 3844 ⇔ 3988 − 3 x= 3844 ⇔ 3 x= 144 ⇔ x= 48 .

Portanto, Neto

completa em 2006 a idade de ( 2006 − 1994 ) + 48 = 12 + 48 = 60 anos. 8) (A) Trace retas horizontais pelos vértices mais baixos dos três quadrados:

75º 30º

x

126º

Então os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado da esquerda são 60º e 30º, respectivamente; os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado do meio são respectivamente 180º – 126º – 30º = 24º e 90º – 24º = 66º; os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado da direita são respectivamente 180º – 75º – 66º = 39º e 90º – 39º = 51º. Enfim, no triângulo retângulo com um dos ângulos igual a x, temos x = 90º – 51º = 39º. 3

9) (B) O número 24 = 2 3 tem somente dois divisores cubos perfeitos: 1 e 8. Assim, se é possível representar 24 na forma a2b3, então b = 1 ou b = 2 e, portanto, a2 = 24 ou a2 = 3, o que é impossível. Além disso, na alternativa a podemos tomar a = 3 e b = 2; na alternativa c, podemos tomar a = 24 e b = c = 1; na alternativa d, podemos tomar a = 3, b = 1 e c = 2; e na alternativa e, podemos tomar a = 2, b = 3 e c = 1. 10) (D)

(veja as figuras acima) Contagem: 9 quadradinhos 1 × 1 4 quadrados 2 × 2, mas cada um dele tem um inscrito, então o total é 4 1 quadrado 3 × 3, mas com 2 quadrados inscritos, então o total é 3 Total: 9 + 8 + 3 = 20

×2=8

11) (D) Se Alexandre não vai de carro e acompanha Bento, que não vai de avião, então ambos vão de trem. Carlos não acompanha Dário e não anda de avião, logo é companheiro de Tomás, que não anda de trem; assim, ambos vão de carro. André, que viaja de avião, é companheiro de Dário; logo, ambos vão de avião. Portanto, Alexandre vai de trem e Tomás vai de carro.

a2 3 12) (C) R

=

4 6a 2 3

= 2 , pois o lado do hexágono é metade do lado do triângulo. 3

16 Existe uma maneira bem geométrica de resolver, basta observar a figura!

13) (E) Sabemos que n

3

−n

é divisível por 6 para todo n = 1,2,3,... , e esse é o máximo divisor

comum porque 23 − 2 = 6. 14) (C) Seja H o número de filhos homens e M o número de filhas mulheres. As afirmações são equivalentes à H – 1 = M + 3 e H = 2( M – 1). Resolvendo o sistema, temos: M = 6 e H = 10, logo a quantidade de filhos é 16. 15) (D) Colocando o Tangram sobre uma malha quadriculada, a região sombreada ocupa 3

quadradinhos da malha e sua área é, portanto,

3 16

da área do Tangram, ou seja,

16) (C) Vamos contar primeiro quantos números desse tipo existem: 2 com 1 dígito 2 2 com 2 dígitos

3 16

⋅ 64 = 12 cm2.

3 2 com 3 dígitos

Cada número desejado pode ser pareado com outro trocando os dígitos 2 por 1 (e vice versa). Por exemplo, 122 e 211. A soma dos números em cada par é algo do tipo: 33..3. Assim, a soma total é

2 2

×3+

22 2

× 33 +

23 2

× 333 = 1401 .

17 (B) Pela desigualdade triangular, os números reais a, b e c são medidas dos lados de um triângulo se, e somente se, 1 c< 2 1− c > c a+b >c 1 b + c > a ⇔ 1− a > a ⇔ a < 2 1− b > b c+a>b 1 b< 2 18 (C) Devemos ter c(c + 1) = 30 então c = 5. Agora para a + b = 25 temos 24 soluções diferentes para o par (a, b). Daí, a resposta correta seria 24. 19 (B) 1°) Existem 9 × 8 números de dois dígitos distintos, exatamente metade deles é bonito e a outra metade não é. Logo existem 9 × 8/2 = 36 números bonitos.

2°) Existem 8 números bonitos que terminam em 1, 7 que terminam em 2, ..., 1 que termina em 8. Logo existem: 8 + 7 + ... + 1 = 36 números bonitos. 20 (C) A soma de todas as notas é 71 + 76 + 80 + 82 + 91 = 400. A média de k números é inteira quando a soma dos k números é divisível por k . Assim, como 400 é divisível por 4 e a soma das quatro primeiras notas deve ser divisível por 4, o último número a ser digitado é múltiplo de 4, ou seja, é 76 ou 80. Se o último número é 76, a soma dos outros quatro números é 400 – 76 = 324, que é múltiplo de 3. Seguindo um raciocínio análogo ao anterior, obtemos que o penúltimo número a ser digitado é múltiplo de 3. Mas nenhum dos cinco números é múltiplo de 3, absurdo. Logo o último número é 80 (de fato, podem ocorrer as “ordens de digitação” 76, 82, 91, 71, 80 e 82, 76, 91, 71, 80). 21 (C) Multipliquemos primeiro os dois últimos radicais

2+ 2+ 2+ 3 . Obtemos :

2− 2+ 2+ 3

2− 2+ 3

Agora multipliquemos este fator encontrado pelo segundo fator da expressão 2− 2+ 3 .

2+ 2+ 3

Obtemos: 2 − 3 Finalmente multipliquemos este resultado pelo primeiro fator da expressão 2− 3 .

2+ 3 =1

22 (E) 2 a 9 – 8 números – 8 algarismos 10 – 99 – 90 números – 180 algarismos Ainda restam 1818 algarismos e portanto ainda conseguimos formar 606 números de 3 algarismos. Assim, o livro de Ludmilson tem 9 + 90 + 606 = 705 páginas. 23 (D) Se x + y + z

= 0 , então x 3 + y 3 + z 3 = 3 xyz . x 3 + y 3 + z 3 1 1 1 3 xyz + 3 3 + 3 3) = 3 3 3 = 3 3 3 = 3 3

Por outro lado,

( x y

2

x z

y z

x y z

x y z

3 2

x y z

2

.

24 (C) As horas possíveis são 00, 02, 04, 06, 08, 20 e 22, totalizando 7 possibilidades. Para cada uma dessas horas, os minutos podem ser 00, 02,04,06,08,..., 40, 42, ..., 48, etc, num total de 3 × 5 = 15 possibilidades. Portanto, o número de vezes em que o relógio exibe apenas algarismos pares é 7 ×15 = 105 . 25) (D)

AG AD AF

∠

= =

1 2 1

AB 2 = 60o + ∠ GAB =∠ DAB

Portanto

BD FG

= 2.

⇔∆

LAL

GAF

DAB≈ ∆ GAF, com razão de semelhança 2.

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª. e 8ª. séries)

GABARITO GABARITO NÍVEL 2 1) E 2) E 3) E 4) D 5) B

6) E 7) C 8) C 9) A 10) E

11) B 12) D 13) C 14) C 15) A

16) D 17) B 18) A 19) B 20) B

21) E 22) D 23) B 24) Anulada 25) Anulada

• Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 2 = 25 pontos). • Deve ser atribuído 1 ponto para todos os alunos nas questões anuladas. • Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site: www.obm.org.br 1) (E) No resultado da multiplicação de 101 por

1111 L1 , o dígito 1 aparece 4 vezes e o 1 424 3 2007 algarismos 1

dígito 2 aparece 2007 – 4 = 2005 vezes. Portanto a soma dos algarismos desse número é 1× 4 + 2 × 2005 = 4 + 4010 = 4014 .

a = 0 , incompatível com o desenho. A soma é 2 b a 1 a 1 a 2 se = = 1 , também incompatível. E a soma é 3 se = ou = = 2 , ambos incompatíveis. b 1 b 2 b 1 a 1 1 a 2 a 3 Os casos em que a soma é 4 são: = < ou = = 1 ou = = 3 , todos incompatíveis. b 3 2 b 2 b 1 Como todas as quatro primeiras alternativas são falsas, a alternativa E) é a verdadeira. a 1 1 a 2 1 a 3 a 4 De fato, a soma é 5 nos casos: = < ou = > ou = > 1 ou = > 1 , dos quais a b 4 2 b 3 2 b 2 b 1 a 2 possibilidade a = 2 e b = 3 dá a fração = ≅ 0,67 . b 3 2) (E) A soma a + b é 1 se a = 0 e b = 1, ou seja,

o

3) (E) Como o triângulo ABC é eqüilátero, o ângulo interno Â mede 60 . Se DG é paralelo a AB , o o o o então o ângulo entre DG e AC é 60 ou 180 – 60 = 120 . Sendo x o maior ângulo entre esses o dois segmentos, x = 120 .

4) (D) Sejam H , M e C as quantidades de homens, mulheres e crianças, respectivamente. Temos H / M = 2/3 e M / C = 8. Logo, H / C = H / M . M / C = 16/3. Logo, a razão entre o número de adultos e crianças é ( H + M )/ C = H / C + M / C = 8 + 16/3 = 40/3. 5) (B) Os 156 estudantes que resolveram todos os problemas corretamente correspondem a 100% – 25% – 15% = 60% do total. Logo, o número total de estudantes é (600/100). 156 = 260. 6) (E) Como N é o quadrado de um quadrado perfeito, N é uma quarta potência e, como possui o 2 4 4 fator 12 = 2 × 3, N deve ser divisível por 2 ×3 = 1296. Logo. N é da forma 1296k , em que k é inteiro positivo. Portanto, N /12 = 108k e o menor valor possível para N /12 é 108. XXIX Olimpíada Brasileira de Matemática – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br

1

2

2

2

7) (C) A área do jardim é 5a , onde a é o lado do quadrado. Pelo Teorema de Pitágoras, AB = a + (2a )2 = 5a 2 Daí, 5a 2 = 100, que é a área do jardim. Observação: também é possível resolver o problema sem usar o Teorema de Pitágoras, formando o quadrado de lado AB e observando que sua área é equivalente à de 5 quadrados menores.

8) (C) Tem-se a = k (b + c ), b = k (c + a) e c = k (a + b ). Logo, (a + b + c ) = 2k (a + b + c ). Há dois casos: (i) a + b + c 0; neste caso, k = ½ (e a igualdade ocorre se e só se a = b = c ≠ 0); (ii) a + b + c = 0. Neste caso, tem-se a /(b + c ) = b /(c + a) = c /(a + b ). = –1. Portanto, k pode assumir os valores ½ ou –1. 9) (A) Um polígono convexo inscrito no círculo fica determinado quando seus vértices são 12 escolhidos. Cada um dos 12 pontos pode ou não ser escolhido como vértice, dando um total de 2 = 4096 escolhas. Mas para determinar um polígono precisamos escolher 3 ou mais vértices. Logo, do número acima devemos excluir os casos em que são escolhidos 0 pontos (1 caso), 1 ponto (12 casos) ou 2 pontos (12 × 11/2 = 66 casos). Portanto, o número de polígonos é 4096 – 1 – 12 – 66 = 4017. 10) (E) A soma dos números de m a n é (m + n)(n – m + 1)/2. Ou seja, devemos ter ( m + n )(m – n + 1)/2 = 2007, cuja decomposição em fatores primos é 3 × 3 × 223. Da igualdade (m + n)(n – m +1) = 2× 3 × 3 × 223 (e observando que m + n > n – m + 1), podemos ter os seguintes casos: a) m + n = 223, n – m +1 = 18 (que resulta em m = 103 e n = 120). b) m + n = 446, n – m + 1 = 9 (que resulta em m = 219 e n = 227). c) m + n = 669, n – m + 1 = 6 (que resulta em m = 332 e n = 337). d) m + n = 1338, n – m + 1 = 3 (que resulta em m = 668 e n = 670). e) m + n = 2007, n – m + 1 = 2 (que resulta em m = 1003 e n = 1004) Portanto, 2007 pode ser escrito de 5 modos como soma de dois ou mais números inteiros e consecutivos. 11) (B) Ambas as equações tem 1 como raiz. As outras raízes são 1/2007 e 2007, cujo produto é 1. 12) (D) a(b + c ) – b (a + c ) = c (a – b ), que é máximo quando c é máximo (ou seja, igual a 10) e – a é máximo (ou seja, b = 10 e a = 1). Portanto, o produto máximo é 10 × (10 – 1) = 90.

b

13)(C) Como 100 = x < 1000, temos 600 = 6 x < 6000 e 700 = 7 x < 7000. Os números 6 x e 7 x podem ter ambos 3 algarismos ou ambos 4 algarismos. Para que ambos tenham 3 algarismos, deve-se ter 7 x < 1000, ou seja, x < 142,8...; há 43 números nestas condições. Para que ambos tenham 4 algarismos, deve-se ter 6 x = 1000, ou seja, x = 166,6...; há 833 números nestas condições. Logo, há 876 números satisfazendo as condições do problema. 14)(C) Os triângulos isósceles junto à base têm área igual a do quadrado. Os dois junto aos vértices superiores tem área igual a ¼ da área do quadrado. Finalmente, o central no topo tem área igual à metade da área do quadrado. Logo, a área total é 3 + 2 + ½ + ½ = 6. 15) (A) Note que

Seja y = x

2

x 2 + x x 2 + 5 x + 6 = x( x + 1)( x + 2)( x + 3) = x 2 + 3 x x 2 + 3 x + 2 .

+ 3 x . Então 1 + y ( y + 2 ) = 1812 ⇔ ( y + 1)2 = 1812 ⇔ y + 1 = 181 ⇔ y = 180 .

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2

16) (D) Sendo x , y e z as áreas das partes brancas, a área pedida é: (121 – x) + (49 – y – z) – (81 – x – y ) – (25 – z) = 121 + 49 – 81 – 25 = 64 cm2. 17) (B) Se o primeiro acidente é sofrido no ano N + 1, Jean gasta 1500( N + 1) + 1400 com a seguradora A e 1700( N + 1) + 700 com a seguradora B. Para que A seja mais favorável, devemos ter 1500( N + 1) +1400 < 1700( N + 1) + 700 ou seja N > 2,5. Logo, Jean deve ficar pelo menos 3 anos sem sofrer acidentes. 18) (A) A face 1 estará, no início, voltada para Leste e, a seguir, voltada para baixo. Quando o 2 estiver para baixo, 1 estará a Oeste. Quando o 3 estiver para baixo, 1 continua a Oeste. Quando o 5 estiver para baixo (face oposta ao 2), o 1 permanece a Oeste e assim termina após os movimentos. 19) (B) A) Falsa (há 16 do lado direito e 20 do esquerdo) B) Verdadeira (há 9 do lado direito e 6 do esquerdo) C) Falsa (há 45) D) Falsa (há 5 do lado direito e 4 do esquerdo) E) Falsa (há 15). 20) (B) A soma dos outros lados tem que ser maior que

5 3 2

. Logo, o perímetro deve ser

maior que 5 3 =8,66..., o que mostra que o menor perímetro inteiro possível é 9. 21) (E) Para medir o ângulo entre os ponteiros, basta obter as posições dos dois ponteiros. Fazendo isso para cada um dos horários, lembrando que o ângulo entre dois números consecutivos do relógio é 30º: • 02h30: o ponteiro maior está sobre o 6 e o menor está exatamente na metade entre o 2 e o 3. Logo o ângulo entre eles será 3,5 × 30º = 105º . 11

12

1 2

10 9

3 8 5

7 6

•

06h20: o ponteiro maior está sobre o 4 e o menor está 1/3 de hora depois do 6. Logo o ângulo é

 2 + 1  × 30º = 70º .    3 


3

11

12

1 2

10 9

3 8

4 5

7 6

•

05h40: o ponteiro maior está sobre o 8 e o menor está 1/3 de hora antes do 6. Logo o

 

ângulo é  2 +

1 

 × 30º = 70º .

3 

11

12

1 2

10 9

3 8 7

•

5 6


 

ângulo é 1 +

1 

 × 30º = 35º .

6 

12 11

1 2

10 9

3 8

4 7

•

5 6


 

ângulo é  1 +

 × 30º = 32,5º .  12  1

12 11

1 2

10 9

3 8

4 7

5 6

22) (D) Sendo d o mdc destes números, temos que d | 2332 – 1221 = 1111 = 11× 101. Como 101 é primo, 101 não divide 1221 e 11 divide todos os 8 números, 11 é o mdc procurado. 23) (B) Sejam B e C os pontos de batida da bola em PQ e QR , respectivamente, e A o ponto onde a bola está inicialmente. Como os ângulos das trajetórias de batida com a mesa são iguais, deveremos ter os triângulos APB , CQB e CRS semelhantes. Seja BP = x. Assim: AP CQ 1 CQ 3 = ⇔ = ⇔ CQ = − 1 , AP = CR ⇔ 1 = 7 − 3 / x ⇔ 3 = 7 x − 3 ⇔ x = 6 BP BQ x 3 − x x 7 BP RS x 3 XXIX Olimpíada Brasileira de Matemática – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br

4

Outra Solução:

R

P´

V

Q

R´ U

S

T P

S´

Como o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão, ao refletirmos o retângulo inicial em relação ao lado PQ e em seguida refletindo em relação ao lado QR ´, obtemos um segmento TUV , de acordo com a figura acima. Logo, pela semelhança dos triângulos TPU e TS´V , temos

TP PU 1 PU 6 = ⇒ = ⇒ PU = . TS´ S´V 1 + 6 6 7 24) (Anulada) Os únicos números com essa propriedade são: 110, 121, 152, 240, 251, 282 e 390. A diferença entre o maior e o menor é 280, que é múltiplo de 7 e, além disso, 2 + 8 + 0 = 10. (há duas alternativas corretas).

(Anulada) Os primeiros termos dessa seqüência são: 1, 3, 7, 15, 13, 9, 19, 21, 7, 15, ..., de onde vemos que ela tem período 6 a partir do 3º termo. Assim, a 31 = a25 = a19 = a12 = a7 = 19 , a 32 = a8 = 21, a 33 = 7 , a 34 = 15 e a 35 = 13 . A soma tem valor 19 + 21 + 7 + 15 + 13 = 75 (não 25)

há alternativa correta).


5

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (8º. ou 9º. anos) (antigas 7ª. ou 8ª. séries) GABARITO GABARITO NÍVEL 2 1) D 6) B 2) C 7) E 3) C 8) C 4) D 9) C 5) C 10) D • •

11) A 12) D 13) C 14) E 15) E

16) A 17) A 18) B 19) C ou D 20) C

21) B 22) B 23) B 24) B 25) E

Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 2 = 25 pontos). Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site: www.obm.org.br

Como EDC é isósceles, ∠CED = ∠CDE = 80 . Como BEC é isósceles ∠CBE = ∠BCE = β . Usando ângulo externo, β = 40 . Como ABE também é isósceles, ∠ BAE = α . Finalmente, usando mais uma vez ângulo externo podemos concluir que α = 50 . 

1. (D)





2. (C) Os quadrados dos números são respectivamente: 99, 112, 125, 108 e 98. Destes, apenas o

primeiro e o último são menores que o quadrado de 10 que é 100. Assim, os três números do meio são maiores que 10. 3. (C)

1212 = 12 6 = (2 2 ⋅ 3) 6 = 212 ⋅ 36

Seja P o número de funcionários que falam Português e I o número de funcionários que falam Inglês. É fácil ver que, 4. (D)

20 20 . + . = I ⇒ P = 4 I . P I 100 100 Além disso, 4 I + I − duas línguas é

20 . = 84 ⇒ I = 20. Com isso, o número de funcionários que falam as I 100

20 .4 I = 16. 100

5. (C)

Edmilson x Eduardo Carlos

y z

x

x

2

2

y + z +

x

4

x

4

+ 10

y + z +

x

4 x

4

A quantidade final de cada é R$ 50,00, então tinha inicialmente R$ 23,00.

x

2

+ 12

+ 10 y + − 20 z +

x

2

x

4 x

4

+8 − 20

+ 12 = 50, então x = 76. E com isso, Eduardo

6. (B) Sejam a, b, c, d , e, f , g , h, i,

os números ordenados assim:

a > b > c > d > e > f > g > h > i. a + b + c + d + e + f + g + h + i Então, e = ⇒ 9e = a + b + c + d + e + f + g + h + i. Além

disso,

a + b + c + d + e

5

e + f + g + h + i

5

9

= 68 ⇒ a + b + c + d + e = 340, e também temos a seguinte equação,

= 44 ⇒ e + f + g + h + i = 220. Portanto, 9e + e = 560 ⇒ e = 56.

E

assim, a soma desejada será 504. 7. (E)

Quadradinhos de lado 1 existem 6 e quadradinho de lado 2 existe 1. Além disso, existem

três outros inclinados de lado

2 . Portanto, temos 10 quadrados.

8. (C) 2009 – Domingo 2012 – Quinta (Pois é ano Bissexto)

2010 – Segunda 2013 – Sexta 2011 – Terça 2014 – Sábado

9. (C) O único número primo de dois

algarismos iguais é 11. Neste caso, a = 1 . Usando agora a

definição do sistema decimal: 11 + 10b + c + 10c + b = 121 ⇒ 11(b + c) = 110 ⇒ b + c = 10. Como os números citados são primos, temos que b e c devem ser ímpares e diferentes de 5. Além disso, 91 é múltiplo de 7. Portanto, os valores para b e c são 3 e 7 respectivamente. Se a, b, c, d , e são cinco inteiros maiores que um, então a, b, c, d , e ≥ 2 , e com isso, a soma quaisquer quatro deles é pelo menos 8. Observando a equação b(a + c + d + e) = 155 = 5.31 , onde 5 e 31 são primos, temos que b = 5 e a + c + d + e = 31 . Da mesma maneira, c(a + b + d + e) = 203 , então c = 7 e a + b + d + e = 29 . Baseado nos resultados encontrados, concluímos que a + d + e = 24 , a + b + c + d + e = 36 e da equação a (b + c + d + e) = 128 , obtemos que a(36 − a ) = 128 , ou seja, a = 4 ou a = 32 . Porém, a = 32 não poderá ser solução pois, caso fosse, teríamos a + b + c + d + e ≥ 40. Portanto, a + b + c = 16 e a equação e( a + b + c + d ) = 275 será a mesma que e(16 + d ) = 275 , onde d + e = 36 − a − b − c = 20 . Como 275 = 11.25 e 16 + d ≥ 18 , temos que e = 11 e d = 25 − 16 = 9. Observe que outra fatoração de faria que é muito grande. Portanto, d = 39 , 275 = 5.55 a + b + c + d + e = 4 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36. 10) (D)

11) (A) É fácil ver que os

triângulos EQH e HPF são isósceles, logo EQ = QH = b e HP = PF = c. E seja QP = a. No triângulo EHF , temos que EF = 2 MN (MN é base média). Logo MN = 5.

Sejam p, q números primos, então para que o número de divisores inteiros e positivos seja exatamente 15, os número precisam ser da seguinte forma: p 14 e p 2 .q 4 . Assim teremos as seguintes possibilidades: 2 2.3 4 = 324, 3 2.2 4 = 144 e 5 2.2 4 = 400. 12. (D)

Entre os números 1 e 100 o algarismo 2 aparece dez vezes como dígito das dezenas e dez vezes como dígito das unidades. O mesmo ocorre com os algarismos 4, 6 e 8. Portanto, a soma pedida é 20 ⋅ (2 + 4 + 6 + 8) = 400. 13. (C)

14) (E) Temos que

10 x + 25 y = 1000 ⇒ x =

1000 − 25 y , onde 10

e y são, respectivamente,

as quantidade de moedas de 10 centavos e de 25 centavos. Para que seja um valor inteiro positivo basta que y seja qualquer número par entre 2 e 38. Logo, temos 19 maneiras diferentes. Devemos encontrar o maior valor possível para a, então determinaremos os maiores valores para d , c e b. Tomando d = 39, observa-se que c < 156. Tomando c = 155, observa-se que b < 465. Tomando b = 464, a deverá ser menor que 928, e portanto, o maior valor possível de a será 927. 49 ⋅ 50 = 1225 16. (A) A soma de todos os números é: 1 + 2 + + 49 = 15) (E)



2

como temos sete colunas com a mesma soma, o resultado da soma dos elementos de uma mesma coluna é 1225/7 = 175. − x 2 = 85 2 = 5 2.17 2 . Temos, então, quatro possibilidades 17. (A) Temos que y

2

 y − x = 1  y − x = 5  y − x = 17    2 2 2 2 5 . 17 , 5 . 17 , y + x = y + x =    y + x = 5 .17, Resolvendo os sistemas temos: x y

 y − x = 5 2   y + x = 17 2.

3612 720 204 132 3613 725 221 157

O menor valor da soma x + y é 289. 18. (B) Vamos chamar esse número de x. A soma de todos os números de três algarismo é

1099 ⋅ 900 = 494550 2 Assim, podemos montar a seguinte equação: 629 x = 494550 − x ⇒ x = 785 100 + 101 +



+ 999 =

19. (C) ou (D) ambas devem ser consideradas como resposta correta. (C) Escolhendo uma cor para o quadrado do centro (como o azul do exemplo),

sobram 4 cores diferentes para pintar cada uma das quatro partes restantes do desenho, cada parte com uma cor 4 × 3 × 2 ×1 = 6 maneiras de modo que não haja dois cartões diferente, e isso pode ser feito de

4

pintados da mesma forma. Pode-se verificar que há 4 maneiras iguais de se pintar os cartões, pois ao serem giradas, obtém-se a mesma. Como há 5 maneiras de escolher uma cor para o quadrado do centro, Soninha conseguirá produzir 5 × 6 = 30 cartões diferentes. Se considerarmos que a diagonal com quadradinhos pretos é distinta da outra, então só precisamos dividir por 2. Logo Soninha conseguirá 60 cartões diferentes. (D)

20. (C)

Como ∠ ABC = 110 o , então ∠ AOC = 140 o e com isso ∠OAC = 20 o. Por outro lado, ∠ IAC = 10 o . Portanto, ∠ IAO = 30 o. 21. (B)

Total de alunos: 40. Com isso,

60 .40 = 24 alunos. Como temos 22 alunos então pelo 100

menos 2 alunas participarão do trabalho. 22. (B) B

A

C

Q

P A

1

D

A

1

A

3

A

3

E

F

Seja P o ponto de interseção dos segmentos DB e AE ; e Q o ponto de interseção de CE e BF . Note que os triângulos ADE e BDE possuem a mesma altura e a mesma base, logo possuem a mesma área. O mesmo ocorre com os triângulos BEF e CEF . Retirando as áreas comuns PDE e QEF , temos que [ ADP ]=[ PBE ] e [ BEQ]=[QCF ]. Logo, A2 = A1+ A3. Observação: [ XYZ ] denota a área do triângulo XYZ . 23. (B) Como cada time joga três

• • • •

vezes, podemos concluir que: Dinamarca perdeu todos os jogos. Camarões ganhou um jogo, empatou uma vez e perdeu o outro. Brasil ganhou um jogo e empatou outras duas vezes. Áustria ganhou dois jogos e empatou outro.

Assim, Brasil venceu a Dinamarca. Como o Brasil marcou apenas um gol, o único resultado possível para esse jogo é 1 × 0. Além disso, os outros jogos do Brasil foram empates, logo o resultado foi 0 × 0 em ambos. Da mesma forma, podemos concluir que o Camarões venceu a Dinamarca por 1 × 0. Ou seja, o único gol que a Dinamarca marcou deve ter sido contra a Áustria. Por outro lado, sabemos que a Áustria venceu o Camarões e que o Camarões levou apenas um gol. Logo, o resultado desse jogo foi 1 × 0. Finalmente, como a Áustria marcou três gols, o jogo Áustria contra Dinamarca foi 2 × 1. 24. (B) Como AC é um número de dois algarismos então AC = 10 A + C . Com isso, 4.(10 A = 24C , e daí C = 2 A.

+ C )

Temos agora um novo tabuleiro Agora, 4 x = 24. 6C , então x = 36C . Com isso, o produto mágico será (6 C )3. Fazendo C = 2, temos que o produto será 1728 e assim a soma será 18, mas se C = 3, a soma será 5832, que também terá soma 18. Para valores de C maiores ou iguais a 4 o número procurado terá mais que 4 algarismos. 4 x 6C C 24

Se o cubo tiver um vértice cujas três faces adjacentes são todas azuis, então estas faces conterão um total de 19 cubinhos com pelo menos uma face azul. Destes, devemos descontar os 7 cubinhos (do canto destacado) que não têm face vermelha. Neste caso, exatamente 19 – 7 = 12 cubinhos têm pelo menos uma face de cada cor. 25. (E)

Por outro lado, se o cubo não tiver três faces azuis incidindo num mesmo vértice, teremos duas faces opostas e uma face lateral azul, o mesmo acontecendo para as faces vermelhas. Neste caso, supondo que as faces superior, inferior e frontal sejam azuis, há 5 cubos que não possuem cor vermelha: os 3 cubos dos centros das faces azuis e os 2 cubos que dividem face com essas faces centrais. Como o mesmo ocorre para as faces vermelhas e há 26 cubos com pelo menos uma face pintada (de vermelho ou azul), neste caso há 26 − 5 − 5 = 16 cubos com pelo menos uma face de cada cor.

XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (8º. ou 9º. anos) GABARITO GABARITO NÍVEL 2 1) C 6) C 2) C 7) B 3) C 8) B 4) D 9) C 5) C 10) A • •

16) A 17) C 18) D 19) B 20) B

21) E 22) B 23) B 24) A 25) C

Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pon tos no Nível 2 = 25 pontos). Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site: www.obm.org.br

1. (C) Se

é

11) B 12) C 13) E 14) E 15) B

um oitavo do número é

1 8 5 , então esse número vale , de modo que desse número 5 5 8

5 8 ⋅ =1 . 8 5

2. (C) Para quadruplicar a área, devemos dobrar o lado do hexágono, como na figura abaixo:

Assim a quantidade de palitos adicionais, em preto na figura, é 30. Seja C 1 o casal 1 e C 2 o casal 2. É fácil ver que podemos permutar os dois casais nos bancos, ou seja, teremos as seguintes configurações: C1C 2 e C2C 1 . Além disso, podemos trocar as posições do marido e da mulher em cada casal. Pelo princípio multiplicativo temos 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 8. 3. (C)

4. (D)

5. (C)

1 x + 5

= 4 ⇔ x + 5 =

1 5 1 4 ⇔ x+6 = ⇔ = . x+6 5 4 4

Possível caminho: BADBCD

XXXI Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br

A

B

D

C

É impossível começar pelas casas A ou C , basta ver as situações abaixo: A

B

D

C

A

B

D

C

A

B

D

C

A

B

D

C


4 4 e a fração é irredutível, m = 4k e n = 3k , k inteiro 3 n 3 positivo. Assim, mn = 12k 2, que é múltiplo de 12. Tomando k = 1, verificamos que as demais alternativas são incorretas. Como 15m = 20n ⇔

6. (C)

m

=

7. (B) Seja XYZ um número de três dígitos 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 opções para o primeiro dígito, 8 para o

segundo e 5 para o terceiro. Ou seja 6 × 8 × 5 = 240 . 2 1 13 da barra. Portanto, os 70 gramas de + = 5 4 20 7 20 Sônia representam da barra. Dessa forma, o peso da barra será ⋅ 70 = 200 gramas. 20 7 8. (B)

Veja que Nelly e Penha pegam juntas

A soma máxima dos pontos é 6 × 10 = 60 e portanto em no máximo três lançamentos o número é obtido não é o máximo. Assim, em pelo menos sete lançamentos o número é obtido é o máximo 6. 9. (C)

A circunferência de centro A e raio AB contém os pontos C , D e E . Logo a medida do ângulo inscrito EBC é igual a metade da media do ângulo central E AC , ou seja, 2α β= = α = 18°. 2 10. (A)

µ

µ

Para que a primeira e a quarta cartas fiquem pretas, são necessários pelo menos dois movimentos. Por outro lado, com apenas dois movimentos, a segunda carta seria preta. Assim, a quantidade mínima é três, conforme o exemplo abaixo: 11. (B)

As medidas dos ângulos internos de um triângulo equilátero, de um quadrado e de um (5 − 2) ⋅ 180° pentágono regular são, respectivamente, 60° , 90° e = 108°. Assim, 5 m ( H DE ) = 360° − ( 60° + 90° + 108° ) = 102° . 12. (C)

µ

Temos ainda que o triângulo HDE é isósceles com 180° − 102° β + β + 102° = 180° ⇔ β = = 39° 2

HD

=

DE

e portanto,

Como temos 14 + 10 = 24 torcedores não corintianos, na fila deve existir, sempre entre dois torcedores corintianos, exatamente um torcedor de outra equipe. 13. (E)

Traçando uma paralela a DC por Q, temos que Área( ABQ) = Área( AQM ). Logo ponto médio de BC . 14. (E)


Q

é

A

B

M

Q

D

C

P

Dessa forma os triângulos ABQ e QCP são congruentes e com isso, PC = AB = 5. Para obtermos a maior diferença possível devemos tomar o maior e o menor primo cuja soma seja 126. Como 123 = 3 . 41, 121 = 112 ,119 = 7 ⋅ 17,115 = 5 ⋅ 23, tal representação é 113 + 13, cuja diferença é 113 – 13 = 100. 15. (B)

1 BC. Sabemos ainda que, como E é ponto médio de AB, a 3 altura do triângulo EBR com relação à base BR é igual à metade da altura do triângulo ABC com 1 1 1 relação à base BC e, consequentemente, área ( EBR ) = ⋅ área ( ABC ) = área ( ABC ) . 3 2 6 1 2 Analogamente, área ( FSC ) = área ( ABC ) = ⋅ 252 = 168. 6 3 Temos que

16. (A)

BR = RS = SC =

17. (C) Para x e y reais:

(x − y

( x = 1 e y = −1) ⇔ 2 ⇔ ⇔ ou ) + ( x − y − 2) = 0 ⇔ x − y − 2 = 0 ( y = −1 ou y = 2 ) y − y − 2 = 0 ( x = 4 e y = 2 )

2 2

2

2

x − y = 0

x = y

2

x = y

2

Após completas a tabela, teremos quatro 1´s em cada linha. Como temos 18 linhas, teremos 18 × 4 = 72 1´s em toda a tabela. 72 Se a quantidade de 1´s é a mesma em cada coluna, e temos seis colunas, teremos = 12 1´s 6 por coluna. 18. (D)

19. (B) Inicialmente, podemos observar que:

• • •

Como 632 = 3969 e 642 = 4096, 632 < 4018 < 642 . 2 20092 + 4018 < 20092 ⋅ 2009 + 1 ⇔ 20092 + 4018 < ( 2009+ 1) Logo, entre os inteiros positivos n + 4018, n = 1, 2,...,20092 , encontramos os quadrados perfeitos 642 ,652 ,...,20092 , isto é, 2009 − 64 + 1 = 1946 ao todo.

20. (B) S1 = 1 + 2 + 3 + ... + 10 = 55 S2 = 2 + 4 + 6 + ... + 20 = 2(1 + 2 + 3 + ... + 10) = 2 S1 S3 = 3 + 6 + 9 + ... + 30 = 3(1 + 2 + 3 + ... +10) = 3 S1 M

M

M

S10 = 10 + 20 + 30 + ... + 100 = 10(1 + 2 + 3 + ... + 10) = 10 S1


Logo

S1 + S2 + S3 + ... + S10 = S1 + 2S1 + 3 S1 + ... + 10 S1 = (1 + 2 + 3 + ... + 10) S1 = S1 ⋅ S1 = 55 2 = 3025.

A distância mínima entre os dois círculos é determinada pelo segmento que une os seus centros. Observando, então, a figura abaixo, concluímos que tal distância é igual a 32 + 12 − 2 − 1 = ( 10 − 3) cm. 21. (E)

1cm

2cm

1cm

3cm

22. (B) Listando todas as potências menores ou iguais a 2

2

100:

2

Quadrados: 2 ,3 ,...,10 Cubos: 23 ,33 ,43 = 8 2 Demais potências: 2 = 42 ,34 = 9 2 , 25 ,2 6 = 8 2 Portanto 12 naturais podem ser escritos na forma indicada. 23. (B)

A figura abaixo mostra todos os pontos amarelos, que são dois triângulos de área

24 ⋅ 12 = 144. Dessa forma, a área total é 288. 2

Considerando que x, y e z são inteiros positivos, da equação 9 = z( x + y) chegamos as seguintes possibilidades ( z = 3 e x + y = 3) ou ( z = 1 e x + y = 9). Porém 0 < x < y z e, portanto, z = 3 , y = 2 e x = 1. Assim, t = w( y + z) = 9(2 + 3) = 45. 24. (A)

25. (C) Considere a quantidade de cubos no quadradinho central da vista de cima apresentada na

alternativa C. Esse é o único do meio da vista da frente e portanto deve ter 1 cubo; esse é também o único do meio da vista da esquerda e portanto deve ter 2 cubos, o que não é possível. Então a vista de cima não pode ser a que está apresentada na alternativa C. As figuras a seguir indicam possíveis quantidades de cubos em cada quadradinho da vista de cima das demais alternativas. 3 3 3 3 A) 2 1 B) 2 D) 2 E) 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a d r e u q s e

a d r e u q s e

frente

a d r e u q s e

frente

a d r e u q s e

frente


frente

Gabarito Segunda Fase

XXVI Olimpíada Brasileira de Matemática GABARITO Segunda Fase Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A Na parte A serão atribuídos 4 pontos para cada resposta correta e a pontuação máxima para essa parte será 20. NENHUM PONTO deverá ser atribuído para respostas que não coincidirem com o gabarito oficial, abaixo:

Problema

01

02

03

04

05

Resposta

010

024

048

006

180

01. Ver Problema 6 – Parte A do Nível 1 02. Ver Problema 8 – Parte A do Nível 1 03. 2004 × 2002 × 1998 ×1996 + 36

=

(2000 + 4 ) × (2000 + 2 ) × (2000 − 2 )× (2000 − 4 ) + 36 =

( 2000 + 4 ) × ( 2000 − 4 ) × (2000 + 2 )× (2000 − 2 ) + 36 = 2000

2

20004

2

× 2000 −

2

2

2

2

× 2000 −

− 20 × 2000 + 100 =

4

2

2

2

× 2000 +

( 2000

2

4 2

)

− 10

2

×2 +

=

(2000

2

−4

2

)× (2000

2

−2

2

) + 36 =

36 =

20002

− 10 =

3999990

Portanto a soma dos algarismos é 3 + 9 + 9 + 9 + 9 + 9 + 0 = 48 .

04.

Ver Problema 1 – Parte B do Nível 1

05.

O icoságono regular é inscritível em uma circunferência. Sejam A e B dois vértices diametralmente opostos do icoságono. Qualquer ponto C da circunferência, distinto de A e de B, unido com A e B formará um triângulo retângulo, conforme a figura. C

A

B

Para todo diâmetro cujas extremidades são dois vértices do icoságono há 18 vértices que não são extremidades do referido diâmetro, possibilitando a formação de 18 triângulos retângulos. Como 20 = 10 diâmetros distintos cujas extremidades são dois vértices do icoságono, há há 2 18 × 10 = 180 triângulos retângulos.

Soluções Nível 2 - Parte B Solução do Problema 1: Solução do Problema 2: 1

a) 1 −

1−

1

= 1−

1

1−

Ver Problema 3 – Parte B do Nível 1

1−

1

1

1−

x − 1

x

Chegou até a expressão 1 − 1−

1

A

 →

x

1−

1

B

1−

x x −1

x −1

= x

[2 pontos]

x − 1

 →

x

1

1 x

A

 → 1 −

1

Como 1 −

1 x − 1 = 1− = 1 + x − 1 = x x− 1 − x −1

= 1−

x

Critério de correção: Acertou [4 pontos]

b) x

1

= 1−

1

1−

B

1

 → 1 −

1

1−

x

A

 →

1

1−

x

1

B

 → 1 −

1 1−

1 1

1−

1

1−

x

1 x

, vemos que após apertar 6 vezes sucessivamente, de forma alternada, as

1

x duas teclas A e B, o número que aparece no visor da calculadora volta a ser igual ao que aparecia inicialmente no visor. Uma vez que 1000 = 166 × 6 + 4 , basta analisar apenas as 4 primeiras interações, ou seja,

x

A

1

B

1

1 −  →

 →

x

x

A

 →

1

1−

B

1 x

1 −  →

1

1−

1

=2004 ,

x

de onde temos que 1 1 x x 1− = 2004 ⇔ 1 − = 2004 ⇔ 1 − = 2004 ⇔ 1 − = 2004 ⇔ 1 x − 1 x −1 x −1 1− x x ⇔

x − 1 − x x − 1

=

2004 ⇔

−1

x −1

= 2004 ⇔ 2004 x − 2004 = −1 ⇔

x=

2003 2004

Critério de correção: Perceber que ao apertar a seqüência de teclas ABABAB o r esultado é o igual ao número inicial

[1 ponto]

Provar que ao apertar a seqüência de teclas ABABAB o resultado é o igual ao número inicial

[+2 pontos]

Descobrir que, como 1000 = 166 × 6 + 4 , então 2004 foi obtido após apertar as teclas 4 vezes e 1 chegar a equação 1 − = 2004 [+1 ponto] 1 1− x

1

Resolver a equação 1 −

1−

1

=

2004 [+2 pontos]

x

A seguinte pontuação não se acumula com as demais: 1 Simplesmente obter e resolver a equação 1 − = 2004 1 1− x

[2 pontos]

Solução do Problema 3: a) A partir da dobra da folha podemos ver que B'E = BE = 17, e como AE = 8, aplicando o B´ E2

teorema de Pitágoras temos AB´=

−

AE2 = 172

2

− 8 = 15 .

Critério de correção:

Perceber que B´ E = BE [3 pontos] Aplicar o teorema de Pitágoras e obter AB´= 15 [+1 ponto]

b) Temos que AB AE = + intersecção de B'C' e CD.

BE = 8 + 17 = 25 =

Como FC' = FC e

E~ ∆ DGB´~ ∆ C´ GF ,

∆ AB´

DG= CD− CF− FG= 25 − 3 −

51

=

125

8

8

CDe

DF = CD− CF = 25 − 3 = 22 . Seja G a FG

=

B´ E

FC´

⇔

AE

FG

17

=

3 8

⇔

FG =

51 8

. Logo

. 125

Temos também que

´ DB AE

=

DG

´ DB

´ AB

8

⇔

Finalmente AD= AB´+ DB´= 15 +

25 3

=

=

8 15

⇔ DB´=

25 3

.

70 3


Perceber que DF = CD− CF= 22 [1 ponto] Observar que ∆ AB´ E ~ ∆ DGB´~ ∆ C´ GF [+2 pontos] Calcular FG [+1 ponto] Calcular DB' [+1 ponto] Calcular AD [+1 ponto]

Solução

do

Problema

4:

ab + cd = bc ⇔ 10 a + b + 10 c + d = 10 b + c ⇔ 10 a + d = 9( b − de dois algarismo a d , e é um múltiplo de 9.

Como c) , ou seja, 10a + d é o número

a) Mantendo a = 2, temos d = 7. Além disso, 10 ⋅ 2 + 7 = 9(b − c) ⇔ b − c = 3 . O menor valor de b que podemos escolher, após 3, é 4, e nesse caso, c = 1. O número procurado é, então, 2417.


Perceber que 10a + d é um múltiplo de 9 [3 pontos] Perceber que pode-se manter a = 2 e concluir que o número procurado é 2417

[+2 pontos]

A seguinte pontuação não se acumula com as demais: Apenas apresentar 2417 e verificar que 24 + 17 = 41 [1 ponto] b) Uma vez que escolhemos b − c , a e d estão determinados: a é o algarismo das dezenas de 9(b − c) , e d , o das unidades. Além disso, 9(b − c) ≥ 10 ⇔ b − c ≥ 2 . Se b − c = 2 ,

(b, c ) ∈ {( 2,0); (3,1); ( 4, 2);...;( 9, 0)} ,

um total de 8 possibilidades. Da mesma

(b, c ) ∈ {(3,0); ( 4,1); (5, 2);...;( 9, 6)} ,

forma, vemos que se b − c = 3 ,

há um total de 7

possibilidades. Para b − c = 4 , (b, c ) ∈ {( 4,0) ; ( 5,1); ( 6, 2) ;...; ( 9,5)} , 6 possibilidades, b − c = 5 ,

(b, c ) ∈{(5, 0); (6,1); (7, 2);...;( 9, 4)} , (b, c ) ∈{(6,0 );( 7,1); (8, 2 ); (9,3)} , possibilidades, b − c = 8 ,

5

possibilidades,

4 possibilidades, b − c = 7 ,

(b, c ) ∈ {(8,0 ) ;(9,1)} ,

b−c = 6,

(b, c ) ∈ {(7, 0); (8,1) ;( 9, 2 )} ,

3

2 possibilidades e, finalmente, para b − c = 9 ,

(b, c ) = (9, 0) , 1 possibilidade. Há, portanto, um total de 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 36 números legais.

Critério de correção: Perceber que b − c ≥ 2 [2 pontos] Apresentar uma maneira de organizar e contar os 36 casos [+3 pontos] Caso esqueça, no máximo, 9 casos, [+2 pontos] A seguinte pontuação não se acumula com as demais: Apenas apresentar, pelo menos, 18 números legais [2 pontos]

XXVII Olimpíada Brasileira de Matemática GABARITO Segunda Fase Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A Cada questão vale 4 pontos se, e somente se, para cada uma o resultado escrito pelo aluno coincidir com o gabarito abaixo. Cada questão vale 0 ou 4, isto é, não tem notas parciais. A nota máxima para esta parte é 20.

Problema Resposta

01 214

02 --------

03

04

05

182

240

1735

01.

Natasha pulou os números 13, 31, 113, 130,131, 132, ..., 139, num total de 13 números. Portanto, na última página do seu diário escreveu o número 200 + 13 +1 = 214.

02.

Sejam x e y o maior e o menor catetos, respectivamente, do triângulo retângulo. Como o lado do quadrado ABCD mede 3 cm, temos x – y = 3. Por outro lado, como o lado de EFGH mede 9 cm, temos x + y = 9. Resolvendo o sistema, encontramos x = 6 e y = 3. Logo, o lado do quadrado IJKL, que é a hipotenusa do triângulo retângulo, mede

6 2 + 32 = 45 = 3 5 cm. OUTRA SOLUÇÃO: O quadrado IJKL e o quadrado MNOP têm como lados as hipotenusas dos triângulos retângulos dados, logo têm a mesma área s. Fazendo os dois quadrados coincidirem, concluímos que o dobro da soma t das áreas dos quatro triângulos retângulos é a diferença entre as áreas dos quadrados IJKL e EFGH , ou seja, 2t = 9 2 – 32 , o que fornece t = 36.. Assim, s = 9 + 36 = 81 – 36 = 45 cm2 e o lado do quadrado IJKL é 45 = 3 5 cm.

[A resposta não é um número inteiro. Todos os alunos devem receber 4 pontos]. 03.

Olhando para o último número da fila n, vemos que ele é a soma de todos os números de 1 a n: por exemplo, na fila 4, o último número 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. Assim, 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 igual n – 1. Portanto, até a fila número 14, o número de fitas é (1 + 2 +

04.

+ 13) + (1 + 2 +

+ 13) = 2 ⋅

13 ⋅14 = 182. 2

Primeira Solução: Unindo os pontos médios de lados consecutivos do quadrilátero, obtemos segmentos paralelos às suas diagonais e iguais à metade delas. Portanto, o quadrilátero assim obtido é um paralelogramo. Os segmentos traçados dividem cada um dos quatro lotes em duas partes. Todas as partes internas têm a mesma área s, igual a 1/4 da área do

paralelogramo. Cada uma das partes externas tem área igual a 1/4 do triângulo determinado pela diagonal correspondente. Assim, a + c é igual à metade da área do quadrilátero, o mesmo ocorrendo com b + c. Daí, a + s + c + s = b + s + d + s. Portanto, a área S desconhecida satisfaz S + 210 = 200 + 250, ou seja, S = 240.

b a

s

s d

s

s c

Segunda Solução: Ligando o ponto de interseção das retas que representam as duas cercas aos vértices, obtemos:

A

Q

D

M

B

O

N

P

C

Observemos que, como AQ = QD e as alturas de OAQ e OQD que passam por O são iguais, as áreas de OAQ e OQD são iguais. Analogamente, as áreas de OAM e OMB; OBN e ONC ; OCP e OPD são iguais. Logo área OAQ + área OAM + área OCP + área ONC = área OQD + área OMB + área OPD + área OBN ⇔ área AMOQ + área CNOP = área DPOQ + área BMON ⇔ área AMOQ = 200 + 250 – 210 = 240. 05.

Como a + 3 é múltiplo de 11, a + 3 = 11b, b ∈ Z . Sendo a múltiplo de 5, a − 10b = b − 3 também é, de modo que b – 3 = 5 c ⇔ b = 5c + 3 ⇔ a = 11(5c + 3) − 3 = 55c + 30, c ∈ +2 O número a + 2 é múltiplo de 9, assim como a + 2 – 54c – 36 = c – 4. Portanto c − 4 = 9d ⇔ c = 9 d + 4 ⇔ a = 55(9d + 4) + 30 = 495d + 250, d ∈ . Por fim, sendo a + 1 múltiplo de 7, então a + 1 – 497d – 245 = a + 1 – 7 (71 d + 35) = –2d + 6 = –2(d – 3) também é, ou seja, d – 3 = 7k ⇔ d = 7 k + 3, k ∈ e a = 495(7k + 3) + 250 = 3465t + 1735 Logo o menor valor de a é 1735.

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: Vamos representar por A, G e L a quantidade de questões de Álgebra, Geometria e Lógica da Prova e por a, g e l as questões respondidas acertadamente em cada uma destas áreas. As condições do problema fornecem as seguintes equações: a g l a+l g+l = 0,5; = 0,7; = 0,8; = 0,62; = 0,74 A G L A+ L G+ L

Substituindo as relações expressas pelas três primeiras equações nas outras duas, obtemos:

0,5 A + 0,8 L 3L = 0,62 ⇒ 0,12 A = 0,18 L ⇒ A = 2 A + L 0,7G + 0,8 L 3L = 0,74 ⇒ 0,04G = 0,06 L ⇒ G = G+L 2 A porcentagem de questões acertadas é: a + g + l 0,5 A + 0,7G + 0,8 L = = A+ G + L A+ G + L

0,5.

3 3 L+ 0,7. L+ 0,8 L 2,6 2 2 = = 0,65 = 65% 3 3 4 L+ L+ L 2 2

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Escreveu corretamente as equações iniciais: [3 pontos] Obteve corretamente as relações entre A, G e L: [2 pontos] Indicou corretamente a fração (a + g + l)/( A + G + L) a ser calculada: [3 pontos] Efetuou corretamente os cálculos finais: [2 pontos] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: Vamos denotar por A, B, C e D os vértices do quadrado e por MN o corte efetuado. Como CM + CN = BC = CD, resulta que BM = CN e DN = MC . Em conseqüência, os triângulos ADN e DCM são congruentes, o mesmo ocorrendo com ABM e BCN (em cada caso, os triângulos são retângulos e possuem catetos iguais). Logo, DÂN = CDM = α e BÂM = CBN = β . Assim, α + β + 27o = 90o e α + β = 63o.

A

B 27o

β

M

α

D

N

C

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Identificou a congruência de um dos pares de triângulos: [2 pontos] Identificou a congruência de ambos os pares: [5 pontos] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

a) x2 – 9 xy + 8 y2 = x2 – xy – 8 xy + 8 y2 = x( x – y) – 8 y ( x – y) = ( x – 8 y)( x – y). Alternativamente, as raízes da equação do 2o grau x2 – 9 xy + 8 y2, de incógnita x, são y e 8 y. Logo, x2 – 9 xy + 8 y2 fatora em ( x – 8 y)( x – y). b) A equação a ser resolvida é ( x – y)(8 y – x) = 2005 (*) Observemos que a fatoração em primos de 2005 é 5 ⋅ 401. Além disso, a soma dos fatores x – y e 8 y – x é 7 y, que é múltiplo de 7. A soma dos fatores é ± 406, sendo que somente ± 406 é múltiplo de 7. Assim, x− y= 5 e 8 y− x= 401 ou x− y= 401 e 8 y− x= 5 (*) ou x− y= −5 e 8 y− x= −401 ou x− y= −401 e 8 y− x= −5

x= 63 e y= 58 ou x= 459 e y= 58 ⇔ ou x = −63 e y = −58 ou x = −459 e y = −58

As soluções são, portanto, (63; 58), (459;58), (–63; –58) e (–459; –58).

OUTRA SOLUÇÃO:

Observando a equação dada como uma equação do segundo grau em x, obtemos x2 – 9 yx + 8 y2 + 2005 = 0 (*), cujo discriminante é ∆ = (9 y)2 – 4(8 y2 + 2005) = 49 y2 – 8020 Para que (*) admita soluções inteiras, seu discriminante deve ser um quadrado perfeito; portanto 49 y2 – 8020 = m2 ⇔ (7 y – m)(7 y + m) = 8020 = 22 ⋅ 5 ⋅ 401 (**) Podemos supor, sem perda de generalidade, que m ≥ 0, pois se (m; y) é solução de (**), então (– m; y) também é. Observando também que 7 y – m e 7 y + m têm a mesma paridade e y – m ≤ 7 y + m, então podemos dividir o problema em 4 casos: • • • •

7 y – m = 2 e 7 y + m = 4010 ⇔ m = 2004 e y = 2006/7, impossível; 7 y – m = 10 e 7 y + m = 802 ⇔ m = 396 e y = 58; 7 y – m = – 802 e 7 y + m = –10 ⇔ m = 396 e y = –58; 7 y – m = – 4010 e 7 y + m = – 2 ⇔ m = 2004 e y = – 2006/7, impossível.

9 y + m 9 ⋅ 58 + 396 9 y − m 9 ⋅ 58 − 396 = = 459 e = = 63 . 2 2 2 2 9 y + m 9 ⋅ (−58) + 396 Se y = –58, as soluções em x de (*) são = = −63 2 2 9 y − m 9 ⋅ (−58) − 396 e = = −459 . 2 2

Se y = 58, as soluções em x de (*) são

Logo as soluções são (63 ; 58), (459 ; 58), (– 63 ; – 58) e (– 459 ; – 58). CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Parte a: [5 pontos] para a fatoração completa. [Até 2 pontos] por tentativas mal-sucedidas de obter a fatoração. Parte b: Dividir o problema em até 8 casos: [2 pontos] Cortar casos imediatos, reduzindo o problema a até 4 casos: [1 ponto]

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

1a maneira:

a) Podemos representar uma seqüência válida como uma seqüência de pares ordenados. O primeiro exemplo é a seqüência [(1,1),(1,2),(2,2),(2,3),(3,3),(3,1)] e, a partir dela, podemos criar outras seqüências válidas movendo o par da esquerda para a direita (ou da direita para a esquerda). Assim, são válidas as seqüências [(1,2),(2,2),(2,3),(3,3),(3,1),(1,1)], [(2,2),(2,3),(3,3),(3,1),(1,1), (1,2)],etc. num total de 6 seqüências diferentes. Mudando a posição dos números dos pares ordenados, podemos criar outras 6 seqüências: [(2,1), (1,1), (1,3), (3,3),(3,2),(2,2)], [ (1,1), (1,3), (3,3),(3,2),(2,2), (2,1)], etc. Portanto, de acordo com as regras dadas há 12 modos de colocar as peças em seqüência. CRITÉRIO DE CORREÇÃO: [5 pontos]:

i) ii)

iii)

se o aluno respondeu 12 e explicou, como foi feito acima ou de forma equivalente (com desenhos, por exemplo) então recebe [5 pontos] se o aluno simplesmente apresentou as seqüências, com números ou desenhos das peças, dar [0,5 ponto] para cada seqüência correta além das apresentadas no exemplo se não explicou nada e só repetiu os exemplos dados, dar [0 ponto].

2a maneira:

a) As pontas devem ter o mesmo número, pois eles aparecem um número par de vezes (se aparecer um número numa ponta e outro na outra, então há pelo menos dois números que aparecem um número ímpar de vezes, o que não ocorre). Alguma peça com dois números iguais deve aparecer em uma das pontas, pois do contrário teríamos três das quatro peças centrais com duas iguais, vizinhas, o que é impossível). Sendo assim, a seqüência pode ser representada por XX-XY-YY-YZ-ZZ-ZX, onde para X temos três possibilidades, para 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.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: [5 pontos]: i) se o aluno respondeu 12 e explicou, como foi feito acima ou de forma equivalente (com desenhos, por exemplo) então recebe [5 pontos]. ii) se o aluno simplesmente apresentou as seqüências, com números ou desenhos das peças, dar [0,5 ponto] para cada seqüência correta além das apresentadas no exemplo iii) se não explicou nada e só repetiu os exemplos dados, dar [0 ponto].

b) Para cada número, existem 4 peças. Por exemplo, as peças com o número 1 estão desenhadas ao lado. O número de vezes em que aparece o número 1 é ímpar, logo a seqüência deveria começar com 1 e terminar com outro número ou começar com outro número e terminar com 1. Neste caso, os outros dois números deveriam aparecer um número par de vezes, pois não estariam na ponta, mas isso não ocorre: todos os quatro números aparecem um número ímpar de vezes.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: [5 pontos]: i) se o aluno usou a argumentação acima dar [5 pontos]. ii) se o aluno pegou um caso particular, como o apresentado acima e de alguma forma mostrou que não existe seqüência contendo as dez peças, dar [5 pontos] iii) desenhos de peças desconexos, seqüências soltas, diagramas não explicados, etc, recebem [0 ponto].

XXVIII Olimpíada Brasileira de Matemática GABARITO Segunda Fase Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A Cada questão vale 4 pontos se, e somente se, para cada uma o resultado escrito pelo aluno coincidir com o gabarito abaixo. Cada questão vale 0 ou 4, isto é, não tem notas parciais. A nota máxima para esta parte é 20.

Problema Resposta

01

02

03

04

05

20

30 ou –30 ou ±30

32

07

00

01. Os números da coluna do meio podem ser dados por: 1 + 2 + 4 + 6 + 8 +...+ 2 n = n2 + n + 1. Dessa forma o número do topo é: 44 2 + 44 + 1 = 1981. Como 1981 está no 45° andar, e 2006 –1981 = 25, 2006 deve estar no 20° andar.

02. Podemos representar os três inteiros consecutivos por n − 1, n e n + 1 . Temos 2

( n − 1)

2

2

2

+ n + ( n + 1) = 302 ⇔

⇔ 3n = 300 ⇔

n2 − 2 n + 1 + n2 + n2 + 2 n + 1 = 302 ⇔ 3 n2 + 2 = 302

2

n = 100 ⇔ n = −10 ou n = 10 Portanto, os três inteiros consecutivos são −11, −10 e − 9 ou 9,10 e 11 . Se admitirmos que estamos falando de inteiros positivos, a resposta é 9 + 10 + 11 = 30 . Rigorosamente falando a resposta deveria ser: se os inteiros são positivos, então a sua soma é 30 e se os inteiros são negativos, então sua soma é –30.

Pontuação: 4 pontos para 30 ou para – 30 ou para

30.

03.

Observe que os triângulos AXY e ANM são congruentes, e

04. Cada retângulo da decomposição possui um número par de casas, pois possui a mesma quantidade de casas brancas e pretas. Veja que a maior quantidade de números pares distintos tais que a soma não supera 64 é 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 = 56, pois 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + 16 = 72, ou seja, a soma de 8 números pares distintos é sempre maior que 64. Portanto, a decomposição pode ter no máximo 7 retângulos. Abaixo uma decomposição com 7 retângulos.

05. Fazendo as primeiras transformações, obtemos a seguinte seqüência: (1, 1, 1) → (1, 1, 0) → (1, 0, 1) → (0, 2, –1) → (0, –3, 3) → (0, 6, –6) → ... Primeiramente, vemos que a partir da quarta terna, o primeiro vai ser sempre igual a 0 (zero). Então, a partir desta terna, as transformações são do tipo: (0, b, c ) → (0, – b + c, b – c). Logo, a partir da quarta terna ordenada da seqüência, a soma dos termos de todas as ternas será igual a 0 – b + c + b – c = 0. Logo, a soma dos três termos da terna que ocupará a 2006ª posição nesta seqüência é igual a 0 (zero).

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: Vamos usar a notação: S_par = soma de todas as casas de numeração par; S_ímpar = soma de todas as casas de numeração ímpar. a) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 = 56 e S_ímpar = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 = 64. Como a diferença entre as somas é par e S_ímpar > S_par , há a necessidade de retirar pelo menos duas casas do lado ímpar como, por exemplo, as casas de numeração 7 e 1. Aí, teremos S_par = S_ímpar = 56. Assim, o prefeito deve derrubar pelo menos 2 casas. b) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 +16 = 72 e S_ímpar = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 +15 = 64. Como a diferença entre as somas é par e S_par > S_ímpar , pode-se retirar apenas uma casa do lado par: a casa de numeração 8. Aí, teremos S_par = S_ímpar = 64. Assim, o prefeito deve derrubar 1 casa.


c) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + ... + 2006 e S_ímpar = 1 + 3 + 5 + ... + 2005. Assim, temos S_par – S_ímpar = (2 – 1) + (4 – 3) + ... + (2006 – 2005) = 1003. Como 1003 é ímpar, uma única casa não é suficiente, mas retirar as casas de numeração 1006 e 3 basta para que S_par = S_ímpar . Assim, o número mínimo de casas que o prefeito deve derrubar é 2 casas.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO:

a) Calculou S_par e S_ímpar : [2 pontos] Percebeu que deve retirar duas casas ímpares: [+1 ponto] • b) Calculou S_par e S_ímpar : [2 pontos] Percebeu que deve retirar uma casa par: [+1 ponto] • c) Calculou a diferença S_par – S_ímpar : [2 pontos] Percebeu que deve retirar duas casas: [+2 pontos] •


Como o triângulo é isósceles concluímos que, ∠CBM = ∠ ABM e ∠ ACB = 90o – α, com isso, ∠CAQ = α, pois AQ é uma altura. Como AI é bissetriz, então ∠CAI = ∠ IAB = 2α. Finalmente no ∆ o o AMB: α + α + 2α + α = 90 ⇒ α = 18 .

CRITÉRIO DE CORREÇÃO:

Perceber que ∠CBM = ∠ ABM e ∠ ACB = 90o – α: [2pontos] • Perceber que ∠CAQ = α: [2 pontos] • Perceber que ∠CAI = ∠ IAB = 2α: [2 pontos] • Concluir o problema: [4 pontos] • Apresentar alguma outra solução correta: [10 pontos] •

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: 2

2

a) Subtraindo as duas equações dadas temos a − b = 6(b − a ) ou seja ( a − b)( a + b + 6) = 0 .

Como a ≠ b , temos a + b = −6 . 2

2

b) Da parte a), elevando ao quadrado, a + b + 2ab = 36 . Mas, somando as equações dadas,

temos a 2

+b

2

=

6( a + b) + 10ab = −36 + 10ab . Portanto, −36 + 2ab + 10 ab = 36 o que dá ab = 6.


CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Se aluno tiver a idéia de somar e (ou) subtrair as equações, mas não chegar ao resultado: [1 ponto] • A resolução do item ( a) vale [4 pontos]; • A resolução do item ( b) vale [6 pontos]. •

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: Quando trocamos um inteiro positivo pela soma de seus algarismos, não alteramos o resto da divisão por 9. Isto é explicado pela decomposição do inteiro na forma: abcd = 1000a + 100b + 10c + d = 999a + 99b + 9c + a + b + c + d Daí, temos que: abcd – ( a + b + c + d ) = 999a + 99b + 9c = 9(111a + 11b + c) Logo, abcd e a + b + c + d deixam o mesmo resto na divisão por 9. Como todos os números que restaram no quadro estão entre 0 e 9, inclusive, todos os números 1 restantes no quadro são originados a partir de números que deixam resto 1 na divisão por 9 (1, 10, 19, 28, 37, ..., 1999). Da mesma forma, todos os números 2 restantes no quadro são originados a partir de números que deixam resto 2 na divisão por 9 (2, 11, 20, 29, 38, ..., 2000). Comparando, vemos que cada um dos números 1 e 2 aparece 223 vezes no quadro. Portanto, ambos os números 1 e 2 aparecem o mesmo número de vezes.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: •

Se o aluno perceber que quando trocamos um inteiro positivo pela soma de seus algarismos, não se altera o resto da divisão por 9: [7 pontos]; • Concluir o problema: [3 pontos]. • Se o aluno perceber que quando trocamos um inteiro positivo pela soma de seus algarismos, não se altera o resto da divisão por 9 e errar a o contar a quantidade 1´s e 2´s: [9 pontos]; • Se o aluno fizer casos menores onde as quantidades de números são: 3 k , 3k +1 e 3k + 2 e assim conjecturar a resposta, mas não provar o resultado: [3 pontos].


XXIX Olimpíada Brasileira de Matemática GABARITO Segunda Fase Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A

Na parte A serão atribuídos 4 pontos para cada resposta correta e a pontuação máxima para essa parte será 20. NENHUM PONTO deverá ser atribuído para respostas que não coincidirem com o gabarito oficial, abaixo: Problema Resposta

01 66

02 197

03 174

04 8

05

6174

01. Seja x a idade de Ludmilson. Logo, ( x− 55)( x+ 55) = p3 , onde p é primo. Temos

então, duas possibilidades: i)  x − 55 = 1  3  x + 55 = p

Nesse caso teríamos x = 56e p = 111 , absurdo, pois 111 não é primo. ii)  x − 55 = p  2  x + 55 = p Com isso, 110 = p2 − p = p( p − 1) = 11.10 . E assim teremos p = 11 e x = 66 . Logo, a idade de Ludmilson é 66 anos. 02. (100.10-8 + 3 – 100.10 3-3) / (10-8 - 10 3) - 100.(-1) – 3 = 100(10-8 - 10 3) / (10-8 - 10 3) + 97 =

100 + 97 = 197.

03. Note que os triângulos PTA, ABD, BCE , e PQC são todos isósceles. Como ∠ STP = 108°, ∠ PTA = ∠ PAT = 72°. Assim, temos que ∠ TPA = 36° e ∠ BAD = ∠ BDA = 18°. Além disso, ∠ ABD = 144° e ∠ CBE = 66°. Como ∠ QPC = 126°, temos que ∠ QCP = 27° e ∠ ECB = 57°. Logo, ∠ QCE = 174°. 04. Tente 1, 2, 3 ... e perceba que, somente com n = 5, K terá 5 algarismos. Assim, K = 2608 . 5 = 13040. Com isso, a soma dos algarismos de K é 8. 05. A partir do sétimo termo, todos serão iguais a 6174.


Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

Como ABC é um triângulo retângulo, então AO = BO = CO. Se ∠ ABI = ∠ AOI = 45 o e ∠ BAI = ∠OAI , então ∆ ABI ≡ ∆ AOI (ALA). Com isso, AB = AO = BO, e portanto, triângulo ABO é eqüilátero. Assim, ∠ ACB = 30 o . CRITÉRIO DE CORREÇÃO: • Percebeu que AO = BO = CO [ 2 pontos] • Percebeu que os triângulos ABI e AOI são congruentes [ 5 pontos ] • Concluiu o problema [ 3 pontos ] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: É fácil ver que ( x − 2)( x − 3) + ( x − 3)( x + 1) + ( x + 1)( x − 2) = 3( x − α )( x − β ) . Fazendo x = –1, 2 e 3, nesta igualdade, temos que,

4 (α + 1)( β + 1) = 4 , (α − 2)( β − 2) = −1 , (α − 3)( β − 3) = . 3 1 1 1 1 3 + + = − 1 + = 0. Com isso, (α + 1)( β + 1) (α − 2)( β − 2) (α − 3)( β − 3) 4 4 CRITÉRIO DE CORREÇÃO: • Escreveu ( x − 2)( x − 3) + ( x − 3)( x + 1) + ( x + 1)( x − 2) na forma ax 2 + bx + c e resolveu a

equação [1 ponto]; • Percebeu que: ( x − 2)( x − 3) + ( x − 3)( x + 1) + ( x + 1)( x − 2) = 3( x − α )( x − β ) [3 pontos] • Fez as substituições do tipo x = –1, 2 e 3 [4 pontos] • Concluiu o problema [2 pontos]


SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: a) N = 23 ⋅ (234 − 1) = 23 ⋅ (232 + 1)(232 − 1) = 23 ⋅ (232 + 1)(23 + 1)(23 − 1) = 23⋅ 530⋅ 24⋅ 22 =

25 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅11 ⋅ 23 ⋅ 53 O número de divisores (positivos) de N é 6 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 192 . b) N = n5 − n = n( n2 + 1)( n + 1)( n − 1). Necessariamente, n ou n + 1 é par. Logo, 2 divide N . Do mesmo modo, um dos números n – 1, n ou

+ 1 é múltiplo de 3. Logo 3 também divide N . Finalmente, se nenhum dos 3 números n – 1, n ou n + 1 é múltiplo de 5, então n é da forma 5k + 2 ou 5k + 3. No primeiro caso, temos n 2 + 1 = 25k 2 + 10k + 5 e, no segundo, n 2 + 1 = 25k 2 + 15k + 10 , ambos múltiplos de 5. Portanto, um dos números n, n − 1, n + 1 ou n 2 + 1 é múltiplo de 5. Assim N é, simultaneamente, múltiplo dos números primos entre si 2, 3 e 5, o que prova que N é múltiplo de 30. n

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: • Fatorar corretamente 235 − 23 ou n5 − n : [3 pontos] • Contar corretamente os divisores na forma fatorada: • Mostrar que n5 − n é múltiplo de 2: [1 ponto] • Mostrar que n5 − n é múltiplo de 3: [1 ponto] • Mostrar que n5 − n é múltiplo de de 5: [2 pontos] • Completar corretamente o argumento: [1 ponto]

[2 pontos]


Vamos começar colorindo a primeira linha de vértices. Cada coloração dessa linha é uma seqüência de letras “A” e “V”, por exemplo, A V V A V. Observe que, uma vez colorida a primeira linha, se aparecerem duas letras consecutivas iguais, o restante dos vértices do tabuleiro já estão determinados. De fato, ao aparecer dois V’s consecutivos, os dois vértices imediatamente abaixo deles deverão ser coloridos com dois A’s, os que estão mais abaixo deverão ter dois V’s, e assim por diante. Isto completa a coloração dessas duas colunas. Dessa forma, cada coluna vizinha também estará determinada, pois em cada retângulo teremos três vértices previamente coloridos, o que obriga o quarto vértice a ter sua cor determinada. Então, para cada seqüência de A’s e V’s na primeira linha que contém pelo menos duas letras iguais consecutivas, há exatamente uma maneira de colorir o tabuleiro. Como há 25 – 2 = 30 de tais seqüências, contamos 30 colorações possíveis. A V A V A V

V A V A V A V

Falta-nos analisar um segundo caso, em que não há duas letras consecutivas iguais na primeira linha. Há duas possibilidades de seqüências: começando com A ou começando com V. A V A V A V Para cada uma dessas seqüências, há duas maneiras de escolhermos a primeira letra da segunda linha. Uma vez escolhida esta letra, a segunda linha inteira também estará determinada. Para a XXIX Olimpíada Brasileira de Matemática – Segunda Fase – Nível 2

primeira letra da terceira linha também há 2 possibilidades. Com este raciocínio, cada vez que escolhemos a primeira letra de uma linha, determinamos a coloração desta linha. Logo, como há duas maneiras de escolhermos a primeira letra de cada linha, há 25 = 32 maneiras de colorirmos o tabuleiro, neste segundo caso. Logo, o total de colorações é igual a 30 + 32 = 62. caso geral, para um quadrado n × n, o raciocínio é análogo. No primeiro – 2 colorações; no segundo caso, mais 2n + 1. Logo, teremos 2⋅2n+1 – 2 = 2n + 2 – 2

Observação: Veja que, no n+1

caso, teremos 2 colorações.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: • Contar corretamente o números de colorações (62), por qualquer método [10 pontos]

Observar que, sempre que uma linha ou coluna tem dois elementos consecutivos iguais, a coloração fica determinada [2 pontos] • Contar corretamente o número de colorações (30) em que a primeira linha ou coluna tem dois elementos consecutivos iguais [3 pontos] • Contar corretamente o número de colorações (32) em que a primeira linha ou coluna tem, elementos alternados [4 pontos] • Pontos parciais:


XXX Olimpíada Brasileira de Matemática GABARITO Segunda Fase Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A Na parte A serão atribuídos 4 pontos para cada resposta correta e a pontuação máxima para essa parte será 20. NENHUM PONTO deverá ser atribuído para respostas que não coincidirem com o gabarito oficial, abaixo:

Problema

01

02

03

04

05

Resposta

6

1420

144

108

22

01. De

17 obtemos ( xy)2

=

1 36

, e daí

18 1

2

= x + y 4 = ( x2 + y2 ) − 2( xy)2 = 1 − 2( xy)2 , = 6.

xy

02. O deslocamento líquido do viajante na direção Leste-Oeste foi de (1 − 3) + (5 − 7) + ... + (2005 − 2007) = (−2) + (− 2) + ... + (− 2) = − 1004. 1444442444443

502 vezes

Analogamente, o deslocamento líquido na direção Norte-Sul foi de –1004. Portanto, pelo teorema de Pitágoras a distância entre as posições inicial e final do viajante é 1004 2. Observe agora que ,

≅ 1419,656. Para ter certeza se estamos usando uma aproximação boa o suficiente, basta checar se 1419,5 < 1004 2 < 1420, quer dizer, se (1419,5 ) 2 < 10042 ⋅ 2 < 1420 2. Mas é fácil efetuar os cálculos e verificar que essas como

2

≅ 1,414, temos 1004

2

desigualdades realmente se verificam. Logo, a melhor aproximação pedida é 1420 metros. 03. Veja que α

+ β =1 e = α ⋅ α 2 = α (α + 1) = α 2 + α = 2α + 1, α 4 = α ⋅ α 3 = α (2α + 1) = 2α 2 + α = 3α + 2, α 5 = α ⋅ α 4 = α (3α + 2) = 3α 2 + 2α = 5α + 3. α3

Analogamente,

= β 4 ⋅ β 3 = (5β + 3)( β + 1) = 5β 2 + 8β + 3 = 13β + 8. Portanto, 13α 5 + 5β 7 = 13(5α + 3) + 5(13β + 8) = 65(α + β ) + 79 = 65 + 79 = 144. β7

XXX Olimpíada Brasileira de Matemática – Segund a Fase – Gabarito Nível 2 www.obm.org.br

04. Como os dois círculos circunscritos são iguais, segue do teorema do ângulo inscrito que ∠ACB = ∠ABC e, com isso, AB = AC .

A

B M D C

Seja AM a altura relativa ao lado BC . Como ABC é isósceles de base BC , segue que AM também é mediana, e daí MC = 9. Portanto, MD = 5 e, pelo teorema de Pitágoras, AM = 12. Finalmente, a área do triângulo ABC é

1 2

1

( AM )( BC ) = (12 )(18) = 108. 2

05. Para que o primitivo de um número seja ímpar, todos os seus algarismos precisam ser ímpares, pois o produto de um número par por um número qualquer é sempre um número par. Assim, só nos restam os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9 para construir o número pretendido. Por outro lado, como os algarismos precisam ser todos diferentes, o número terá, no máximo, 5 algarismos. Contudo, qualquer número com 5 algarismos ímpares e todos distintos tem primitivo 0. De fato, o produto dos números 1, 3, 5, 7 e 9 é 945 e seu primitivo é 0. O maior número com 4 algarismos ímpares e todos diferentes é 9753, mas esse número tem primitivo 0. O número que o antecede e tem seus 4 algarismos ímpares e distintos é 9751, e seu primitivo é 5. Portanto, a soma de seus algarismos é 9 + 7 + 5 + 1 = 22.

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: Os catetos do triângulo medem a e b, e a hipotenusa mede c. Como a área e o perímetro são iguais, temos que a 2 + b 2

=(

1 2 1

ab = a + b + c, e daí c = ab − a − b)

2

1 2

ab − a − b. . Usando o teorema de Pitágoras, segue

= a 2 + b2 + 2ab − a2b − b2 a +

2 ou ainda 8ab − 4a 2 b − 4b 2 a + a 2 b2

1 4

2 2 a b ,

= 0. . Dividindo por ab, obtemos ( a − 4 )( b − 4 ) = 8, de

maneira que a - 4 divide 8. Portanto, os possíveis valores de a são 2, 3, 5, 6, 8 e 12. Determinando os valores de b e c, encontramos os triângulos de lados 5, 12, 13 ou 6, 8, 10. XXX Olimpíada Brasileira de Matemática – Segund a Fase – Gabarito Nível 2 www.obm.org.br

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Chegar à equação 8ab − 4a 2b − 4b 2 a + a 2 b2 = 0 : [4 pontos] l Conseguir a fatoração correta e concluir o problema: [6 pontos] l Obter alguma ou as duas respostas corretas por meio de tentativas: [1 ponto] l

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: 2 Note que ( 2009 − x ) − x 2 = 2009 ( 2009 − 2 x ) , um múltiplo de 2009. Assim, sempre que Pedro 2

2

apagar um número, x digamos, basta Igor apagar o número (2009 – x) . Desse modo, no final restarão dois números cuja diferença é um múltiplo de 2009.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: l l l l

Afirmou que os dois números finais têm um mesmo resto na divisão por 2009: [1 ponto] Considerou os resíduos módulo 2009: [2 pontos] Percebeu um padrão simétrico: [2 pontos] Concluiu o problema: [5 pontos]

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: A

D

E

F

B

C

Seja D o pé da perpendicular baixada de F a AC . Pelo teorema de Pitágoras, segue que EC

=

FD =

BC

1 2

2

− BE 2 =

BE = 2 e AE

DC = CF

52

− 42 = 3. Por outro lado, por semelhança de triângulos temos

= 2 DE. Portanto,

− FD2 = 42 − 22 = 2 3, e daí DE = 2 3 − 3, de maneira que AE = 4 2

[ ABC ] =

3 − 6. Finalmente, 1 1 ( AE + EC ) BE = 4 3 − 6 + 3 ⋅ 4 = 8 3 − 6. 2 2

(

)


CRITÉRIO DE CORREÇÃO: l

Calcular a medida de EC : [1 ponto]

l

Perceber que FD =

l l l

1 2

BE : [2 pontos]

Calcular a medida de DC : [2 pontos] Calcular a medida de DE : [1 pontos] Concluir corretamente: [4 pontos]

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: Há duas escolhas envolvidas e que determinam a maneira de viajar de B a C : por quais dentre as cidades A1 ,..., A6 devemos passar, e em que ordem. Digamos que escolhamos passar por exatamente k dentre as cidades A1 ,..., A6 , com 1 ≤ k ≤ 6; o número de modos de

 6   k  . Por outro lado, após escolhermos as  

escolher as k cidades é

k cidades, devemos

escolher em que ordem vamos visitá-las, o que corresponde a k ! possibilidades. Logo, o número de modos de viajar de B a C é 6  6  6! 6! 6! 6! ! k = ∑  k  ∑ ( 6 − k )! = 5! + 4! + ... + 0! = 1956. k =1   k =1 6

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Contou corretamente o número de maneiras de viajar de B até C passando por exatamente uma e duas cidades: [2 pontos] l Contou corretamente o número de maneiras de viajar de B até C passando por exatamente três cidades: [1 ponto] l Contou corretamente o número de maneiras de viajar de B até C passando por exatamente quatro cidades: [1 ponto] l Contou corretamente o número de maneiras de viajar de B até C passando por exatamente cinco cidades: [1 ponto] l Contou corretamente o número de maneiras de viajar de B até C passando por exatamente seis cidades: [1 ponto] l Fez a soma correta e concluiu o problema: [4 pontos] l


XXXI Olimpíada Brasileira de Matemática GABARITO Segunda Fase Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A Na parte A serão atribuídos 4 pontos para cada resposta correta e a pontuação máxima para essa parte será 20. NENHUM PONTO deverá ser atribuído para respostas que não coincidirem com o gabarito oficial, abaixo:

Problema Resposta

01 06

02 25

03 252

04 14

05 1704

1. [Resposta: 06]

Inicialmente temos 4,5 litros de água e 4,5 litros de álcool. Colocados x litros de água, para termos 30% de álcool na mistura, basta que

30 (9 + x) = 4,5 , então x = 6. 100

2. [Resposta: 25]

É fácil ver que ab + bc + cd + da = b( a + c) + d (c + a ) = (a + c)(b + d ) . Suponha sem perda 1 de generalidade que . Com isso, {a, c} = {1,2}, {1,3} ou {1,4} e conseqüentemente {b,d}={3,4}, {2,4} ou {2,3}, respectivamente. Assim os possíveis valores do produto são 21, 24 e 25 e o máximo é 25. a=

3. [Resposta: 252]

O algarismo das centenas não pode ser zero. Vamos contar então todos os números que têm um determinado algarismo x, não nulo, pois há mais deles. Há 9 × 9 = 81 números em que x aparece uma única vez, como algarismo das centenas. Há 8 × 9 = 72 números em que x aparece uma única vez, como algarismo das dezenas (lembrese que o das centenas não pode ser 0) e há 72 números em que o x aparece uma única vez, como algarismo das unidades. Há 9 números com x na centena e na dezena, menos na unidade, 9 números com x na centena e na unidade, menos na dezena e 8 números com x na dezena e na unidade, menos na centena e um único número formado inteiramente de x. A quantidade total de números em que figura o algarismo não nulo x é 81 + 72 + 72 + 9 + 9 + 8 + 1 = 252 4. [Resposta: 14]

Seja n = 10 A + B o número de dois dígitos. Se A divide n , então A divide B . Se A > 5 , então B = A , pois B não pode ser 0 e B < 10 < 2 A . Listemos as possibilidades: Se A = 1 então AB pode ser 11, 12, 15. Se A = 2 , então AB pode ser 22, 24. Se A = 3 , então AB pode ser 33, 36. Se A = 4 , então AB pode ser 44, 48. Se A = 5 , então AB pode ser 55. Se A = 6 , então AB pode ser 66. Se A = 7 , então AB pode ser 77. XXXI Olimpíada Brasileira de Matemática – Gabarito Segunda Fase – Nível 2 www.obm.org.br

Se A = 8 , então AB pode ser 88. Se A = 9 , então AB pode ser 99. Logo, o total de números é 3 + 2 + 2 + 2 + 5 = 14. 5. [Resposta: 1704]

Sejam K a interseção dos lados AD e FG , e L a interseção dos lados AB e EH . Por simetria, veja que KD = KF e AK = KG . Considere FK = x . Dessa forma, AK = 48 − x . Usando teorema de Pitágoras no triângulo AFK , temos: 24 2 + x 2 = (48 − x) 2 . Que nos dá x = 18 . Agora, veja que os triângulos AFK e ALE são semelhantes. Portanto, AE FK

=

EL AF .

Assim, EL = 32 . Para achar a área procurada, basta subtrair a área do quadrado EFGH das áreas dos triângulos AFK e AEL . Portanto a área será 1704.

E L

A

B H

F K

D

G

C

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Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte B PROBLEMA 1: 0

1

2

3

4

5

6

0

0

15

9

3

18

12

6

1

7

1

16

10

4

19

13

2

14

8

2

17

11

5

20

A resposta é 15 + 8 + 10 + 11 + 12 + 13 = 69.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Completou a tabela corretamente a tabela. [10 pontos]; Caso exista um ou dois erros na tabela [7 pontos]; Separou em grupos os números de 0 a 20 que deixam resto 0 ao serem divididos por 3, que deixam resto 1 ao serem divididos por 3, que deixam resto 2 ao serem divididos por 3, que deixam resto 0 ao serem divididos por 7, que deixam resto 1 ao serem divididos por 7, que deixam resto 2 ao serem divididos por 7, que deixam resto 3 ao serem divididos por 7, que deixam resto 4 ao serem divididos por 7, que deixam resto 5 ao serem divididos por 7 e que deixam resto 6 ao serem divididos por 7 mas não completou a tabela corretamente. [5 pontos]

PROBLEMA 2:

= (r + s ) S 3 − rsS 2 = (r + s).5 − rs.2 = 5r + 5s − 2rs = 6 S 3 = (r + s ) S 2 − rsS1 = (r + s ).2 − rs.1 = 2r + 2s − rs = 5 Com isso, encontramos que r + s = −4 e rs = −13 . Daí, S5 = (r + s)S4 − rsS3 = −24 + 65 = 41. S4

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Montar e resolver o sistema de equações 5r + 5s − 2rs = 6 e 2r + 2 s − rs = 5 . [6 pontos] Concluir o problema [4 pontos] Outra maneira:

Descobrir de alguma maneira correta r + s e rs [6 pontos] Concluir o problema [4 pontos]

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PROBLEMA 3:

Se BP é uma mediana do triângulo então AP = CP = 6 e PN = 2. Como G é o baricentro do triângulo então

PG GB

=

1 PN 1 = , assim, pela recíproca do teorema de Tales, GN é paralelo e 2 NC 2

a BC e ∠ B = 90 o . Como o triângulo ABC é retângulo então AP = CP = BP = 6. Com isso, BG = 4 e GP = 2.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Prolongar BG até encontrar AC em P e dizer que

BG GP

= 2 [2 pontos];

Determinar as medidas de AP, PN e CN [2 pontos]; Perceber que GN e BC são paralelos e concluir que ∠ B = 90 o [2 pontos]; Perceber que AP = BP = CP [2 pontos]; Concluir [2 pontos] Qualquer outra solução correta [10 pontos]

PROBLEMA 4: a) Após três rodadas, um jogador pode acumular no máximo 3 pontos. Como as pontuações são múltiplos inteiros de ½ , os possíveis valores de pontuação após a terceira rodada são: 0,1/2, 1, 3/2, 2, 5/2, 3 Como existem 8 jogadores e apenas 7 possibilidades, dois jogadores terão pontuações iguais. b) Se k é a pontuação do primeiro colocado e todas as pontuações são distintas, a soma das pontuações dos oito jogadores será no máximo:

 

k +  k −

1   3   5   7   + (k − 1) +  k −  + (k − 2 ) +  k −  + (k − 3) +  k −  = 8k − 14 2   2   2   2 

Como foram disputados exatamente 4 x7 = 28 pontos, temos XXXI Olimpíada Brasileira de Matemática – Gabarito Segunda Fase – Nível 2 www.obm.org.br

Olimpiada de matemática

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