UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA - ORM/SC

UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA
XIX OLIMPÍADA REGIONAL DE MATEMÁTICA
PET MATEMÁTICA
Gabarito 5 Nível 2
1. Primeiro vamos analisar quantas vezes no ano de 2015 ocorreram os momentos encucados.
Nesses momentos temos que o número que indica o dia é igual ao número que indica as horas, e que o
número que indica o mês é igual ao número que indica os minutos. Então, para que uma data admita um
momento encucado, basta que o número que indica o dia seja menor que 24, e como o número que indica
o mês é sempre menor que 60 (mais precisamente, menor ou igual a 12) qualquer um desses números serve
para indicar os minutos. Portanto, tivemos 23 × 12 = 276 momentos encucados no ano de 2015.
Agora, nos momentos encucados reversos temos que o número do dia é igual ao número que indica os
minutos, e que o número do mês é igual ao número que indica as horas. Como o número que indica os dias
é sempre menor que 60, qualquer um deles serve para indicar os minutos. E como os números que indicam
os meses são menores que 24, podemos usar qualquer um desses números para indicar as horas. Assim, em
todo dia do ano existe um momento encucado reverso. Ou seja, no ano de 2015 ocorreram 365 momentos
encucados reversos.
Além disso, existem momentos que podem ser simultaneamente encucados e encucados reversos. Isso ocorre
quando os números que indicam o dia, mês, as horas e os minutos são iguais. Isso acontece uma vez por
mês e 1 × 12 = 12 vezes por ano.
Portanto, existem 276 + 365 − 12 = 629 momentos encucados ou encucados reversos entre 01/01/2015 às
00 : 00 até 31/12/2015 às 23 : 59. (Alternativa D).
2. Solução 1:
Considere a circunferência S que circunscreve o tri2
angulo AM C . Perceba
√ 2 que vale a relação BC =
AB · BM , de fato, ( 2) = 2 = 2 · 1, então pela recíproca da potência de ponto, S é tangente à reta BC .
Consequentemente, M ĈB = C ÂB = α, pois ambos
_
ângulos medem metade do arco CM, logo, são iguais.
Por m, analisando os ângulos do triângulo 4M CB ,
podemos concluir que α + β + γ = 180◦ .
Observação: Considerando um ponto P e uma circunferência δ , e uma reta r que intersecta δ em A e B ,
o produto das medidas dos segmentos P A e P B nada mais é do que a potência do ponto P em relação a δ .
Propriedades: Para quaisquer r, a potência do ponto P em relação a δ permanece a mesma. Ou seja, dadas
uma r1 que passa por P e intercepta δ nos pontos A e B e uma r2 que passa por P e intercepta δ nos pontos
C e D, então P A · P B = P C · P D.
Se r é tangente a δ , então r tem um único ponto K na interseção com δ , e a potência de ponto é dada por
P K · P K = P K 2 . Então vale que P A · P B = P K 2 . (Recíproca: Se P A · P B = P K 2 , então r é tangente
a δ .)
Solução 2:
Note que vale a relação:
√
√
1
1· 2
2
BM
BC
√ =√ √ =
⇒
=
.
2
BC
BA
2
2· 2
Além disso, γ é ângulo comum aos triângulos 4BCM e 4BAC , ângulo este formado entre os lados da
relação anterior. Então 4BCM ∼ 4BAC , portanto os ângulos internos dos dois triângulos são iguais. Por
m, B ĈA = β e B ĈM = α pela semelhança, então α + β + γ = 180◦ (Alternativa C).
3. Note que a área branca é a soma da área do triângulo ABP com a área do trapézio P CDR, e a área cinza
é a soma das áreas dos trapézios AHGP e F P RE .
Local: PET Matemática Centro de Ciências Físicas e Matemáticas Universidade Federal de Santa Catarina
Fone/FAX: (48) 3721-4595
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Inicialmente considere o trapézio conforme a gura abaixo. Vamos deduzir uma maneira de calcular a área
deste trapézio.
Considerando os triângulos KLM e KM N , temos que
a área do trapézio KLM N será a soma das áreas desses triângulos. Então, sendo AKLM N a área do trapézio KLM N , temos que:
AKLM N = AKLM + AKM N =
=
(KL + M N ) · h
KL · h M N · h
+
=
.
2
2
2
Portanto, podemos calcular a área de um trapézio
como sendo a metade do produto da altura pela soma
das bases.
Voltando a gura inicial, usando o resultado acima e notando que o triângulo ABP é retângulo (logo
sua área é dada pela metade do produto dos catetos), obtemos que a área branca, que vamos chamar de
AB , e a área cinza, que chamaremos de AC , correspondem a:
(AB · BP ) (CP + DR) · CD
+
2
2
(4 · (2 + x)) (x + (6 − y)) · 6
+
=
2
2
(8 + 4x) (6x + (36 − 6y))
=
+
2
2
= (4 + 2x) + (3x + (18 − 3y))
(AH + P G) · GH
(P F + RE) · F E
+
2
2
(4 + (2 − x)) · 4 ((6 − x) + y) · 6
+
=
2
2
(16 + (8 − 4x)) ((36 − 6x) + 6y)
=
+
2
2
= (8 + (4 − 2x) + ((18 − 3x) + 3y)
AC =
AB =
e,
= 5x − 3y + 22,
= −5x + 3y + 30.
Como queremos que ambas as áreas sejam iguais vamos igualar os resultados:
AB = AC ⇒ 5x − 3y + 22 = −5x + 3y + 30
⇒ 5x + 5x = 3y + 3y + 30 − 22
⇒ 10x = 6y + 8
6y + 8
3y + 4
⇒x=
=
.
10
5
(1)
Para descobrimos o valor de x vamos primeiro calcular y . Note que os triângulos ABP e AQR são semelhantes, pois possuem um ângulo reto e compartilham um ângulo comum. Disso obtemos que
AB
BP
4
2+x
12 − 10x
6 − 5x
=
⇒
=
⇒ 20 + 10x = 32 − 4y ⇒ 12 − 10x = 4y ⇒ y =
=
.
AQ
QR
10
8−y
4
2
Trocando y pelo valor obtido anteriormente em (1) temos:
x=
4 + 3( 6−5x
4 + ( 18−15x
)
4 + 9 − 7, 5x
26
2 )
2
=
=
⇒ 5x = 13 − 7, 5x ⇒ 12, 5x = 13 ⇒ 25x = 26 ⇒ x =
.
5
5
5
25
(Alternativa D).
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4. Sabemos que para quaisquer a e b naturais, com b 6= 0, existem q e r naturais de maneira que
a = bq + r
(0 6 r < b).
Os números a,b,q e r são chamados de dividendo, divisor, quociente e resto, respectivamente. Assim temos
que
2032 = nq + 17 ⇐⇒ 2015 = nq.
Decompondo 2015 em fatores primos concluimos que 2015 = 5 · 13 · 31, dessa forma os divisores de 2015 são:
1 , 5 , 13 , 31 , 5 · 13 , 5 · 31 , 13 · 31 , 5 · 13 · 31,
porém como n deve ser maior que 17 então temos 5 números possíveis para n. (Alternativa D).
5. Queremos descobrir quanto tempo demora a caminhada de Jade da secretaria da OBM até o Jardim Botânico.
Sabemos que as velocidades da Jade e da Esmeralda são constantes e, além disso, temos que a velocidade
da Esmeralda é o quádruplo da velocidade da Jade. Seja v a velocidade da Jade. Assim, temos que 4v é
a velocidade da Esmeralda. Seja d a distância etre a secretaria e o Jardim Botânico e seja t o tempo que
Esmeralda leva pra percorrer essa distância.
Dessa forma, considerando que Esmeralda percorreu toda a distância, temos que:
d = 4v · t
(2)
d
= 2v · t
2
(3)
E daí:
Sabemos ainda que Esmeralda percorreu toda a distância, esperou 5 minutos no Jardim Botânico e na volta
encontrou Jade ainda na metade do caminho. Podemos escrever então:
d
t
=v· t+5+
2
2
(4)
Ou seja, a distância percorrida pela Jade d2 é dada pela sua velocidade (v) vezes o tempo que a Esmeralda leva pra percorrer d, esperar cinco minutos e voltar até a metade do caminho novamente. Note aqui
que o tempo da volta da Esmeralda até a metade do caminho é ( 2t ) pois sua velocidade é constante e, com
isso, d e t são diretamente proporcionais. Como Esmeralda percorreu ( d2 ), seu tempo nesse percurso é de ( 2t ).
Com isso, usando (3) em (4) temos:
2v · t = v · t + 5 +
2t = t + 5 + 2t
t = 10
t
2
Temos então que o o tempo para percorrer metade do caminho é dado por:
t+5+
t
2
Logo, o tempo para Jade percorrer metade do caminho é 20 minutos. Portanto, Jade leva 40 minutos para
percorrer toda a distância. (Alternativa C).
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