3a Olimṕıada Viçosense de Matemática

Gabarito do Banco de Questões

Ńıvel 2 - 1a FaseOLIMPÍADA VIÇOSENSE DE MATEMÁTICATELIMLIMIMPÍADA VIÇOSENSEIMPÍADA VIÇ SE DE MATMATMAMATMAMAT

1. Solução: Sejam c e p o número de copos e pratos que Nathália pode comprar. Observe quecertamente c e p sao números inteiros e além disso, como ela quer comprar, no mı́nimo, quatropratos e seis copos, temos p ≥ 4 e c ≥ 6.Como cada copo custa R$ 2, 50 e cada prato custa R$ 7, 00, o custo de c copos e p pratos é

2, 5c+ 7p.

Mas Nathália só dispõe de R$ 50, 00, portanto,

2, 5c+ 7p ≤ 50.

Assim, devemos encontrar dois numeros inteiros c e p que satisfaçam p ≥ 4, c ≥ 6 e2, 5c+ 7p ≤ 50.

• Se Nathália comprar quatro pratos, sobram 50 − 4 × 7 = 22 reais para os copos. Como22 = 8× 2, 50 + 2, ela pode comprar mais oito copos (sobrando R$ 2, 00).

• Se Nathália comprar quatro pratos, sobram 50 − 5 × 7 = 15 reais para os copos. Como15 = 6× 2, 50, ela pode comprar mais seis copos.

• Se Nathália comprar quatro pratos, sobram 50− 6× 7 = 8 reais para os copos, o que lhepermite comprar apenas três copos, que não é o que ela quer.

Logo, Nathália pode comprar quatro pratos e oito copos, ou cinco pratos e seis copos.

2. Solução: Natanael pagou 3 e levou 5, portanto, pagou apenas3

5do preço usual, tendo econ-

omizado2

5. Como

3

5=

40

100, a economia foi de 40%.

3. Solução: Com 43 velas a casa de Lucas pode ser iluminada por 43 noites, sobrando 43 tocosde vela.

Como 43 = 4× 10 + 3, com esses 43 tocos pode-se guardar 3 tocos e fazer 10 novas velas parailuminar 10 noites. Dessas 10 velas obtemos 10 tocos que, com os 3 que haviam sobrado, dão13 tocos.

Como 13 = 4 × 3 + 1, com esses 13 tocos pode-se guardar 1 toco e fazer 3 novas velas parailuminar 3 noites. Dessas 3 velas obtemos 3 tocos que, com o que havia sobrado, dão 4 tocos,com os quais podemos fazer mais uma vela.

Assim, no total, a casa de Lucas pode ser iluminada por 43 + 10 + 3 + 1 = 57 noites.

4. Solução: A fração de mulheres na população é52

100e, delas, a fração que é votante é

40

100.

Logo, a fração de mulheres votantes é

52

100× 40

100× 100% = 52

250× 100% = 0, 208× 100% = 20, 8%.

1

5. Solução: A soma dos números de uma diagonal é 4+ 0+ (−4) = 0, portanto, o valor da somados números de cada linha, de cada coluna e da outra diagonal também deve ser 0. Assim,obtemos de imediato os números que faltam nas casas amarelas no primeiro tabuleiro, a saber,16, 8 e 12, porque (−12) + 16 + (−4) = 0 na primeira linha, (−12) + 8 + 4 = 0 na primeiracoluna e (−12) + 0 + 12 = 0 na diagonal.

-12 -4

4→

-12 16 -48 04 12

→-12 16 -48 0 -84 -16 12

.

6. Solução: Vejamos a despesa em janeiro. Como 10 horas são gratuitas e Mateus utilizou otelefone por 15 horas e 17 minutos, ela deve pagar a tarifa fixa mensal de 18 reais mais o custode apenas 5 horas e 17 minutos. Como o preço é dado em minutos, passamos o tempo a pagarpara minutos. Sabemos que 1 hora = 60 minutos, portanto, 5 horas = 5× 60 = 300 minutos.Logo, 5h17min = 300 minutos + 17 minutos = 317 minutos.

Assim, a conta telefônica de Mateus em janeiro foi de

18 + 317× 0, 03 = 18 + 9, 51 = R$ 27, 51.

Em fevereiro, Mateus usou seu telefone por menos do que 10 horas, portanto nesse mês ela sóprecisa pagar a tarifa fixa mensal de 18 reais.

Logo, a despesa de Mateus com telefone nesses dois meses foi de 27, 51 + 18 = R$ 45, 51.

7. Solução: Como a distância entre a terceira e a sexta paradas é 3.300 m, a distância entre duasparadas consecutivas é 3.300÷ 3 = 1.100 m.Portanto, a distância entre a primeira e a última paradas é de 1.100× 11 = 12.100 metros, ouseja, 12, 1 quilômetros.

8. Solução: Seja n número de estudantes que conquistaram medalha de ouro. Teremos assim:

n+ 2 · n+ 3 · n = 60%× 600 ⇐⇒ 6n = 360 ⇐⇒ n = 60.

Logo o número de premiados com medalha de prata é 2 · o = 120 estudantes.

9. Solução: Logo, para escrever esses números em cada casa vazia podemos permutá-los de modoque sempre o produto entre eles seja 210. Como esses números são todos diferentes, isto podeser feito de 5! = 5× 4× 4× 3× 2× 1 = 120 maneiras.

10. Solução: Como o hexágono é regular e cada um dos triângulos é equilátero é posśıvel dividirtoda a figura em triângulos equiláteros de lado 1, como feito no hexágono e em um dos 6triângulos na figura a seguir:

2

Assim, pode-se calcular a razão entre as áreas pela razão entre a quantidade de triângulos nohexágono e quantidade total, tendo assim:

triang. no hex.

triang. no hex. + 6× triang. no triang.=

6

6 + 6× 4=

1

1 + 4=

1

5.

11. Solução:

(a) Observemos que∗24

− 38− 2

3=

1

6⇐⇒ ∗

24− 9

24− 16

24=

4

24.

Portanto, temos∗ − 9− 16 = 4 ⇐⇒ ∗− 25 = 4 ⇐⇒ ∗ = 29.

(b) Observemos quex− yx

=x

x− y

x= 1− y

x

yx=⇔ y

x= 1

2= 1− 12=

1

2.

12. Solução:

(a) Como o mı́nimo múltiplo comum (MMC) dos denominadores das frações é 30 podemosescrever:

4

3=

40

30

4

5=

24

30,

4

6=

20

30,

3

5=

18

30,

6

5=

36

30e

2

5=

12

30.

Ordenando, obtemos:

12

30<

18

30<

20

30<

24

30<

36

30<

40

30.

Assim, conclúımos que:

2

5<

3

5<

4

6<

4

5<

6

5<

4

3.

(b)

(1− 1

2

)×

(1− 1

3

)×

(1− 1

4

)×

(1− 1

5

)=

1

2× 2

3× 3

4× 4

5=

1

5.

3

13. Solução: A área de um quadrado de lado l é l2 e a área da região cinza é a diferença entre asáreas dos quadrados maior e menor. O lado do quadrado maior é a+ b, portanto sua área é

(a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2.

Já o lado do quadrado menor é a, portanto sua área é a2. Assim, a área da região escura é

(a+ b)2 − a2 = a2 + 2ab+ b2 − a2 = 2ab+ b2.

14. Solução:

(a) O maior produto é 30, pois ao examinar os produtos dos números naturais cuja soma é11 obtemos:

10 + 1 = 11 e 10× 1 = 10; 9 + 9 = 11 e 9× 2 = 18;

8 + 3 = 11 e 8× 3 = 24 7 + 4 = 11 e 7× 4 = 28;

6 + 5 = 11 e 6× 5 = 30.

(b) 26 + 26 + 26 + 26 − 44 = 4× 26 − 44 = 4× (26 − 43) = 4× (64− 64) = 4× 0 = 0.(c) Da relação 3a = 4b = 7c obtemos:

b =3a

4e c =

3a

7.

Logo,

a+ b+ c = a+3a

4+

3a

7=

28a+ 21a+ 12a

28=

61a

28.

Como a, b e c são inteiros positivos, então valor da soma a + b + c deve ser um inteiro eo menor valor de a + b + c ocorrerá quando a = 28, e consequentemente teremos b = 21,c = 12 e a+ b+ c = 61.

15. Solução: Seja T a quantidade total de dinheiro no jogo. Assim, no ińıcio, os jogadorespossúıam:

Elizafa7

18T, Guilherme

6

18T e Henrique

5

18T.

E , no final, eles possúıam:

Elizafa6

15T, Guilherme

5

15T e Henrique

4

15T.

Para comparar essas frações, usamos o denominador comum de 18 e 15, a saber, 90.

Desse modo, no ińıcio:

Elizafa7

18T =

35

90T, Guilherme

6

18T =

30

90T e Henrique

5

18T =

25

90T.

4

E , no final:

Elizafa6

15T =

36

90T, Guilherme

5

15T =

30

90T e Henrique

4

15T =

24

90T.

Logo, foi Elizafa quem ganhou um total de1

90T , que corresponde a 12 reais, de modo que

1

90T = 12, ou seja, o total T de dinheiro no ińıcio o jogo foi T = 90× 12 = R$ 1.080. Assim,

no final da partida, os jogadores possúıam, em reais,

Elizafa6

15de 1.080 = 432,

Guilherme5

15de 1.080 = 360,

Henrique4

15de 1.080 = 288.

16. Solução: Vamos listar os eventos ocorridos e contar o tempo gasto em cada um. A primeiraatividade foi colocar o gato fora da casa, logo nossa lista começa com essa atividade e o tempoé contado a partir dela.

Atividade Tempo depois que o gato foi posto fora de casa

Gato fora de casa 0 minutosBolo no forno 10 minutosFazer o café 10+6=16 minutos

Despertador toca 35+10=45 minutosGato entra em casa 45-5=40 minutosAcabar de tomar café 40+3=43 minutos

Telefone toca 16 + (40− 16)÷ 2 = 28 minutosDesligar telefone 28+5 minutos

Podemos, agora, dar as respostas.

(a) Às 3h59min desliguei o telefone, o que ocorreu 33 minutos depois de colocar o gato forade casa. Como 59− 33 = 26, coloquei o gato para fora às 3h26min.

(b) O despertador toca 45 minutos após colocar o gato fora de casa.

(c) O gato já estava fora de casa por 28 minutos quando o telefone tocou.

17. Solução:

(a)

1− 12=

2− 12

=1

2,

1

2− 1

3=

3− 26

=1

6,

1

3− 1

4=

4− 312

=1

12,

1

4− 1

5=

5− 420

=1

20e

1

5− 1

6=

6− 530

=1

30.

5

(b) Pelo item (a) temos:

1

2+

1

6+

1

12+

1

20+

1

30= 1− 1

2+

1

2− 1

3=

1

3− 1

4+

1

4− 1

5+

1

5− 1

6= 1− 1

6=

6− 16

=5

6.

(c) Pelo cálculo do item anterior deduzimos que:

1

1× 2+

1

2× 3+

1

3× 4+

1

4× 5+

1

5× 6+ · · ·+ 1

n× (n+ 1)= 1− 1

n+ 1.

Logo,

1

2+

1

6+

1

12+

1

20+

1

30+

1

42+ · · ·+ 1

999.000︸ ︷︷ ︸999×1.000

= 1− 11.000

=999

1.000= 0, 999.

18. Solução: Pela figura abaixo e pelas informações AB = AC, AE = AD e BÂD = 30o, temosdois triângulos isósceles △ABC com AB = AC e △ADE com AE = AD.

B D C

E

A

30°

x

Logo, temos AB̂C = AĈB e AD̂E = AÊD.

Da soma dos ângulos internos do triângulo △ABD obtemos 30o + AB̂C + AD̂B = 180o e dasoma dos ângulos em torno do vértice D obtemos AD̂B + AD̂E + x = 180o.

Logo,AD̂E + x = 30o + AB̂C ⇐⇒ AD̂E = 30o + AB̂C − x. (1)

Por outro lado, da soma dos ângulos internos do triângulo △CDE obtemosAĈD+x+CÊD = 180o e da soma dos ângulos em torno do vértice E obtemos CÊD+AÊD =180o, como AD̂E = AÊD segue que CÊD = 180o − AD̂E.Portanto,

AĈB + x+ 180o − AD̂E = 180o ⇐⇒ AD̂E = AĈB + x AĈB=AB̂D= AB̂C + x. (2)

De (1) e (2) conclúımos que

AD̂E = 30o + AB̂C − x = AB̂C + x ⇐⇒ 2x = 30o ⇐⇒ x = 15o.

6

19. Solução: Se H indica o número de homens e M o de mulheres, então H/M = 2/3, de modoque M = (3H)/2 e, portanto, a população de Campo Verde é dada por

H +M = H +3

2H =

5

2H.

Se a idade média dos homens é 37 anos, então

37 = idade média dos H homens =soma das idades de todos homens

H,

de modo que 37H é a soma das idades de todos os homens. Da mesma forma, 42M é a somadas idades de todas as mulheres. Segue que a soma das idades de toda a população é dada por

37H + 42M = 37H + 423

2H = 100H.

Assim, a idade média da população de Campo Verde é

37H + 42M

H +M=

100H5H2

= 100× 25= 40 anos.

20. Solução:

(a)

2− 2{2− 2

[2− 2(4− 2︸ ︷︷ ︸

2

)]}

= 2− 2{2− 2

[2− 2× 2︸ ︷︷ ︸

4

]}= 2− 2

{2− 2

[2− 4︸ ︷︷ ︸−2

]}= 2− 2

{2− 2× (−2)︸ ︷︷ ︸

−4

}= 2− 2{2− (−4)} = 2− 2× 6︸ ︷︷ ︸

−12

= −10.

(b) Se m é um número natural tal que 3m = 81 = 34, então m = 4.

Logo, m3 = 43 = 4× 4× 4 = 64.(c) Somando 3 a todos os membros da expressão dada obtemos

a− 1 + 3 = b+ 2 + 3 = c− 3 + 3 = d+ 4 + 3 ⇐⇒ a+ 2 = b+ 5 = c = d+ 7.

Portanto, c é o maior valor.

21. Solução: Das 21horas às 21h50min. há 50× 60 = 3.000 segundos.Sabemos que no instante zero, às 21 horas, todas as luzes estão acesas.

No caso das luzes azuis sabemos que:

• 140 segundos depois estarão apagadas,• 280 = 2× 140 segundos depois estarão acesas,• 420 = 3× 140 segundos depois estarão apagadas,• 560 = 4× 140 segundos depois estarão apagadas.

7

Logo, nos instantes múltiplos ı́mpares de 140 serão apagadas e nos instantes múltiplos paresde 140 serão acesas. Como

21× 140︸ ︷︷ ︸será apagada

< 3.000 < 22× 140︸ ︷︷ ︸será acesa

,

conclúımos que às 21h50 as luzes azuis estarão apagadas.

De maneira similar, como83× 36︸ ︷︷ ︸

será apagada

< 3.000 < 84× 36︸ ︷︷ ︸será acesa

,

conclúımos que às 21h50 as luzes verdes estarão apagadas.

Já no caso da amarelas temos:

66× 45︸ ︷︷ ︸será acesa

< 3.000 < 67× 45︸ ︷︷ ︸será apagada

e portanto estarão acesas às 21h50.

22. Solução: Temos que descobrir qual e a regra dessa operação. Note que

2⊙4 = 10 = 2×4+2, 3⊙8 = 27 = 3×8+3, 4⊙27 = 112 = 4×27+4 e 5⊙1 = 10 = 5×1+5.

(a) Uma hipótese plauśıvel é que a regra que define a operação ⊙ seja

a⊙ b = a× b+ a.

(b) De acordo com o item (a) temos Segundo essa regra, temos

4⊙ (8⊙ 7) = 4⊙ (8× 7 + 8) = 4⊙ 64 = 4× 64 + 4 = 260.

23. Solução: Observe que a aranha utiliza oito fios de apoio, numerados a partir do fio A, iniciandoem 0. Logo,

• sobre o fio A aparecem os múltiplos de 8;• sobre o fio B aparecem os (múltiplos de 8) + 1;• sobre o fio C aparecem os (múltiplos de 8) + 2• sobre o fio D aparecem os (múltiplos de 8) + 3;• sobre o fio E aparecem os (múltiplos de 8) + 4;• sobre o fio F aparecem os (múltiplos de 8) + 5;• sobre o fio G aparecem os (múltiplos de 8) + 6;• sobre o fio H aparecem os (múltiplos de 8) + 7.

Na divisão de 118 por 8 encontramos resto 6, o que significa que 118 é dado por (múltiplos de8) + 6. Assim, 118 está sobre o fio G.

8

24. Solução:

(a) Como a2 − b2 = (a+ b)(a− b), temos

1.6782 − 1.6772 = (1.678 + 1.677)(1.678− 1.677) = 1.678 + 1.677 = 3.355.

(b) Como (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2, temos

1.0012+1.0002 = (1.000+1)2+1.0002 = 1.0002+2.000+1+1.0002 = 2×1.0002+2.001 = 2.002.001.

(c) Como (a− b)2 = a2 − 2ab+ b2, temos

19.9992 = (20.000− 1)2 = (2× 104)2− 4× 104 + 1 == 4× 108 − 4× 104 + 1 = 399.960.001.

(d) Colocando em função de 2.000, temos

2.0012 + 2.0022 + 2.0032 = (2.000 + 1)2 + (2.000 + 2)2 + (2.000 + 3)2

= 3× 2.0002 + 12× 2.000 + 14 = 12.024.014.

25. Solução: O valor da área plantada com árvores é

20

100× 120× 80 = 120× 16

dividindo esse valor por 120 obtemos o dobro da largura procurada e portanto a largura dasfaixas do terreno do pai de Thiago é 8 m.

26. Solução: Seja x a velocidade com que Solaine nada, em metros por minuto. Então o tempoque Solaine gasta nadando 800 m é dado por 800/x minutos. Sabemos que sua velocidade nacorrida é 3x e, na bicicleta, 2, 5× 3x = 7, 5x metros por minuto.Assim, o tempo total que Solaine gasta nas três etapas é

800

x︸︷︷︸nadando

+20.000

7, 5x︸ ︷︷ ︸pedalando

+4.000

3x︸ ︷︷ ︸correndo

=800× 7, 5 + 20.000 + 4000× 2, 5

7, 5x=

4.800

xminutos.

Logo, para que Solaine vença as três etapas em, no máximo, uma hora e vinte minutos, ouseja, em 80 min, devemos ter, no mı́nimo,

80 =4.800

x, ou seja , x =

4.800

80= 60 metros por minuto.

Segue que 3x = 180 metros por minuto e 7, 5x = 450 metros por minuto.

Assim, para que Solaine termine a prova em, no máximo, 1 hora e 20 minutos, ela devedesenvolver as seguintes velocidades mı́nimas:

• Nadar a uma velocidade mı́nima de 60 m/min.

9

• Pedalar a uma velocidade mı́nima de 450 m/min.• Correr a uma velocidade mı́nima de 180 m/min.

27. Solução: Se hoje está chovendo, X deve obrigatoriamente ser um OVNI-nerd. Além disso, Wnão pode ser um ET-nerd, pois caso contrário estaria falando a verdade em um dia de chuva.Temos então a seguinte distribuição:

(X, Y, Z, W ) = (OV NI, UFO ou ET, UFO ou ET, OV NI ou UFO).

Se hoje não está chovendo, X mentiu e não pode ser um ET-nerd. As próximas três falas sãoverdadeiras, logo temos a seguinte distribuição.

(X, Y, Z, W ) = (UFO, ET ou OV NI, ET ou OV NI, ET ou OV NI).

Portanto, é posśıvel que haja um UFO-nerd e três ET-nerds.

Logo, Bruberson falou com no máximo 3 ET-nerds.

28. Solução: Usaremos a seguinte fatoração:

x3 + y3 = (x+ y)(x2 − xy + y2) x3+y3=5(x+y)⇐⇒ 5(x+ y) = (x+ y)(x2 − xy + y2)

x+y ̸=0⇐⇒ 5 = x2 − xy + y2 x2+y2=4⇐⇒ 4− xy = 5 ⇐⇒ −xy = 1.

Portanto, xy = −1.

29. Solução:

Observação: Para facilitar a escrita da solução, vamos dizer que x é pai de y se y é filho de x.

(a) Suponhamos5

7seja filho de um número positivo x. Então

5

7= x+ 1 ou

5

7=

x

x+ 1.

A primeira equação leva a

x =5

7− 1 = −2

7o que não pode acontecer pois x > 0.

A segunda equação leva a7x = 5(x+ 1) = 5x+ 5

donde 2x = 5 e segue que x =5

2.

Logo o irmão de5

7é5

2+ 1 =

7

2.

(b) Suponhamos que y seja filho de x e de z. Temos então as seguintes quatro possibilidades

x+ 1 = z + 1,x

x+ 1=

z

z + 1, x+ 1 =

z

z + 1ou

x

x+ 1= z + 1.

No primeiro e no segundo caso obtemos que x = z. No terceiro obtemos x(z + 1) = −1,que não tem solução pois x e z devem ser positivos. De maneira similar, o quarto caso,nos fornece que z(x+ 1) = −1 que também não tem solução.Logo, se y tem pai, ele é único.

10

(c) Vamos chamarx

x+ 1de filho menor de x. Quando x =

1

no filho menor de x é

x

x+ 1=

1n

1n+ 1

=1

n+ 1.

Logo o filho menor de 1 é1

2, o filho menor de

1

2é1

3, o filho menor de

1

3é1

4e assim por

diante até obtermos1

2.008como o filho menor de

1

2.007.

30. Solução:

(a) Observemos que

(x− 37)2 − 169 = 0 ⇐⇒ (x− 37)2 = 169 = (±13)2.

Assim, ou x−37 = 13 ou x−37 = −13 e portanto, ou x = 37+13 = 50 ou x = 37−13 = 24.Logo, o maior valor para x é 50.

(b) Temos dois casos analisar:

1o Caso: x− 2 > 0 ⇐⇒ x > 2, neste caso temos

1

x− 2< 4 ⇐⇒ 1 < 4(x− 2) ⇐⇒ 1 < 4x− 8 ⇐⇒ 9 < 4x ⇐⇒ x > 9

4.

Como x > 2 e x >9

4, então devemos ter x >

9

4.

2o Caso: x− 2 < 0 ⇔ x < 2, neste caso temos

1

x− 2< 4 ⇔ 1 > 4(x− 2) ⇔ 1 > 4x− 8 ⇔ 9 > 4x ⇔ x < 9

4.

Como x < 2 e x <9

4, então devemos ter x < 2.

Juntando os dois casos, conclúımos que x satisfaz a desigualdade se, e somente se, x >9

4ou x < 2.

(c)212 + 3× 210

2= 211 + 3× 29 = 29 × (22 × 3) = 29 × 7.

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