UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA - ORM/SC

UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA
XIX OLIMPÍADA REGIONAL DE MATEMÁTICA
PET MATEMÁTICA
Gabarito 2 Nível 3
1. Separemos a resolução em casos:
• Se a alternativa correta for a letra a), então devem existir duas alternativas cuja palavra tem mais
•
•
•
•
letras que a palavra duas, o que de fato ocorre. ( c) Quatro e d) Cinco ).
Se a alternativa correta for a letra b), então devem existir três alternativas cuja palavra tem mais
letras que a palavra três, o que não ocorre.
Se a alternativa correta for a letra c), então devem existir quatro alternativas cuja palavra tem mais
letras que a palavra quatro, o que não ocorre.
Se a alternativa correta for a letra d), então devem existir cinco alternativas cuja palavra tem mais
letras que a palavra cinco, o que não ocorre.
Se a alternativa correta for a letra e), então devem existir seis alternativas cuja palavra tem mais letras
que a palavra seis, o que não ocorre.
(Alternativa A.)
2. Primeiramente veja que o maior número que podemos obter é 4011 = 2006 + 2005 e o menor número que
podemos obter é 3 = 2 + 1, portanto, temos 3 ≤ a ≤ 4011. Resta-nos vericar as possibilidades de a sendo
par e a sendo ímpar.
Se a for par então a = 2k = k + k = (k − 1) + (k + 1) e como 4 ≤ a ≤ 4010, então 1 ≤ k − 1 ≤ 2005, além
disso 3 ≤ k + 1 ≤ 2006. De modo que k − 1 e k + 1 pertencem ao conjunto {1, 2, 3, . . . , 2006}. Dessa forma
todo número par entre 3 e 4011 pode ser obtido somando dois elementos do conjunto.
Se a for ímpar, então a = 2k + 1 = k + (k + 1), novamente vemos que 1 ≤ k ≤ 2005 e assim 3leqk + 1 ≤ 2006
ou seja, k + 1 também pertence ao conjunto {1, 2, 3, . . . , 2006} e assim todo número ímpar entre 3 e 4011
pode ser escrito.
Concluimos assim que podem ser escritos todos os números de 3 até 4011, ou seja, 4011 − 3 + 1 = 4009
números. (Alternativa C.)
3. Para facilitar a resolução da questão lembramos os seguintes fatos, que serão usados seguidamente na
resolução:
• Adições, subtrações, produtos e divisões de números racionais resultam em números racionais.
• A soma ou subtração de um número irracional com um número racional resulta em um número irra-
cional.
• O produto de um número racional não nulo por um número irracional resulta em um número irracional.
• A divisão de um número irracional por um número racional resulta em um número irracional.
Racionalizando a expressão do enunciado obtemos:
√
√
√
√
√
x − 5 2006 4 + y 2006
4x + xy 2006 − 20 2006 − 10030y
x − 5 2006
√
√
√
=
·
=
16 − 2006y 2
4 − y 2006
4 − y 2006 4 + y 2006
.
Observe agora que como y é racional 16 − 2006y 2 também é racional. Como por hipótese a expressão acima
representa um número racional é necessário que o númerador da fração também seja racional.
√
√
√
Dessa maneira 4x + xy 2006 − 20 2006
√ − 10030y = 4x + (xy − 20) 2006 − 10030y deve ser racional e
para tanto é necessário que (xy −√20) 2006 seja racional, de modo que, xy − 20 = 0, pois caso contrário
pelo terceiro item acima, como 2006 é irracional, obteremos um número irracional. Assim xy = 20.
(Alternativa A.)
4. Temos que 2009 = 95.21 + 14, logo f (2009) = f (14 + 95.21) = f (14 + 94.21 + 21) = f (14 + 94.21) = · · · =
f (14) = f (2 + 12) = f (2) = 2 (Alternativa C.)
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5. Note que se dois números naturais não nulos p e q são tais que p! é múltiplo de q!, então, obrigatoriamente,
q! ≤ p! e, além disso, q ≤ p. Como, por hipótese, (2011!)! é múltiplo de ((n!)!)!, temos, pela armação
anterior, que n! ≤ 2011. Agora, 6! = 720 ≤ 2011 ≤ 5040 = 7!. Daí, concluímos que o menor valor possível
para n é n = 6. (Alternativa D.)
6. Seja y = Ĉ2 e seja x = AD̂E . Somando as medidas dos ângulos do 4ADC , tiramos que  + y + (x + 90o ) =
180o , ou seja, Â + y = 180o − (x + 90o ) = 90o − x . Por outro lado, a soma dos ângulos internos do triângulo
4ABC é igual a  +  + 50o + 2y = 180o , então 2 + 2y = 130o , ou seja,  + y = 65o . Assim, temos
65o = Â + y = 90o − x, o que resulta em x = 25o . (Alternativa A.)
a +a
2
7. Vamos mostrar, indutivamente, que an = 1
, para todo n ≥ 3. Ora, a hipótese nos assegura de que
2
a armação é válida para n = 3. Suponha que a armação seja válida para todo 3 ≤ n ≤ k. Sabemos que
a1 + a2 + a3 + · · ·+ ak = k · ak+1 . Além disso, por hipótese de indução, obtemos quea1 + a2 +a3 + · · · + ak =
a + a2
a1 + a2
. Segue, das igualdades anteriores, que a1 +a2 +(k −2)· 1
= k ·ak+1 , ou
2
2
2a + 2a2 + k · (a1 + a2 ) − 2a1 − 2a2
a1 + a2
seja, 1
= k + 1, ou ainda, k + 1 =
, como queríamos demonstrar.
2k
2
20 + a2
a + a2
, donde segue-se que 6 =
, e então a2 = −8 (Alternativa A.)
Portanto, a9 = 1
2
2
a1 +a2 +(k −2)·
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