UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA - ORM/SC

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OLIM
PÍA
D
GIONAL DE M
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UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA
XVII OLIMPÍADA REGIONAL DE MATEMÁTICA
PET MATEMÁTICA
A
SA
NT
A
CATARINA - U
FS
C
Gabarito 5 1 a fase de 2014
Nível 2
1. (D)
Solução 1:
Note que 32 = 8 × 4, 33 = 8 × 3 + 9 × 1, 34 = 8 × 3 + 10 × 1, 35 = 8 × 2 + 9 × 1 + 10 × 1, 36 = 8 × 2 + 10 × 2,
37 = 8 × 1 + 9 × 1 + 10 × 2, 38 = 8 × 1 + 10 × 3 e 39 = 9 × 1 + 10 × 3 são quantidades admissíveis de
compras de chocolates. Como temos 8 números consecutivos, acrescentando-se múltiplos de 8 podemos
comprar qualquer quantidade de chocolates maior ou igual à 32. Se 31 pudesse ser comprado, como 8 e
10 são pares, devemos usar uma quantidade ímpar de caixas com 9 chocolates. Não podemos usar três
caixas pois 31 − 9 × 3 = 4 e as outras caixas possuem mais que 4 chocolates. Se usarmos apenas uma
caixa, temos que obter o número 22 apenas com caixas de 8 e 10. Como não podemos usar mais duas de
qualquer uma dessas caixas, é fácil vericar que não podemos obter o 22 e consequentemente 31 é a maior
quantidade de chocolates não admissível.
Solução 2:
As quantidades de chocolates que podem ser compradas são os números da forma 8x+9y+10z com x, y e
z inteiros não negativos. Todo número maior que 56=(8-1)(9-1) pode ser escrito na forma 8x+9y com x
e y inteiros não negativos. Um número que pode ser escrito na forma 8x+9y em particular também pode
ser escrito na forma 8x+9y+10z. Assim, basta analisarmos os números menores que 56 para sabermos
qual é o maior deles que não pode ser uma quantidade admissível de chocolates comprados na loja. É
fácil vericar, como na primeira solução, que todos os números de 32 até 55 podem ser escritos na forma
8x+9y+10z e que 31 não.
2. (E) Se VA=diâmetro=60 metros, então HB=raio=30 metros. Logo, o ataque do herói levará 30/15=2
segundos para chegar até o ponto B. Nesse tempo, o ataque do vilão percorreu 2 · 10π = 20π . Logo o arco
BA mede 30π − 20π = 10π = 1/3 · 30π e consequentemente o ângulo ̸ BHA=60o .
3. (C) Como (x + y)3 = x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 = 9 + 3 · 6 = 27, podemos concluir que x + y =
√
3
27 = 3.
4. (C) Como O é o centro do círculo, temos ̸ EOB = 2̸ ECB =70o . Como AO=OE, pelo teorema do ângulo
externo aplicado ao ângulo ̸ EOB , temos ̸ EAO = 2̸ OEA=35o . Daí, ̸ ADC = ̸ AEC = 35o . Como
̸ ADC + ̸ DAB = 90o podemos concluir que ̸ DAE = 90o − ̸ ADC − ̸ EAB = 20o .
5. (B) Tracemos perpendiculares dos pontos E, F,
G e H para os lados do retângulo ABCD e chamemos tais segmentos de m, p, n e r, conforme
mostrado na gura ao lado. Aplicando teorema
de Pitágoras em cada um dos triângulos retângulos formados pelos lados AE, BF, CG e DH,
temos que:
• Lado AE: m2 + p2 = 32 (I)
• Lado BF: p2 + n2 = 42 (II)
• Lado CG: n2 + q 2 = x2 (III)
• Lado DH: q 2 + m2 = 52 (IV)
Daí, temos que:
• (I)+(III): m2 + p2 + n2 + q 2 = 32 + x2 (V)
• (II)+(IV): p2 + n2 + q 2 + m2 = 42 + 52 (VI)
• (V)+(VI): 32 + x2 = 42 + 52 , o que implica em x2 = 25 + 16 − 9, ou seja x2 = 32
6. (A)
Pelo teorema de Pitágoras, temos que: (x + 1)2 + (L − 1 + x)2 = L2
+1
. Para encontrarmos o menor de L, devemos estudar o menor valor que a função
Daí, L = xx−1
assumir. Perceba que:
2
L=
x2 +1
x−1
=
x2 −1+2
x−1
=x+1+
2
x−1
=x−1+
2
x−1
x2 +1
x−1
pode
+ 2 (I)
Por Média Aritmética ≥ Média Geométrica, temos:
2
x−1+ x−1
2
≥
√
(x − 1) ·
2
(x−1)
=
√
2⇒x−1+
2
x−1
≥2·
√
2 (II)
√
Por (I) e (II), temos: L ≥ 2 · 2 + 2.
Obs.: Note que o menor L acontece, quando
√ há a igualdade em Média Aritmética
√ ≥ Média Geométrica,
2
ou seja, quando: x − 1 = x−1
⇒ x = 1 ± 2. Como x>0, devemos ter x = 1 + 2.
7. (C) Como 32 < 10, temos 3400 = (32 )200 < 10200 . Além disso, como 34 = 81 > 23 · 10, também temos
3400 = (34 )100 > (23 · 10)100 = 2300 · 10100 . Note que 24 = 16 > 10, e assim 3400 = 2300 · 10100 =
(24 )75 · 10100 > 10175 . Daí, podemos concluir que 3400 possui entre 175 e 200 dígitos.