XXIX Olimpı́ada de Matemática da Unicamp
Instituto de Matemática, Estatı́stica e Computação Cientı́fica
Universidade Estadual de Campinas
Gabarito da Prova da Segunda Fase – Nı́vel Alfa
1
XXIX Olimpı́ada de Matemática da Unicamp
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Questão 1
Considere os seguintes pares ordenados:
3 1
A =
− ,
,
B = (1 , 1)
2 2
3
1 7
,
,
E =
− ,3
D =
2 2
2
20 pontos
,
C =
,
F
3
,2
2
1 3
=
− ,
2 2
(a) Represente os pares ordenados acima no plano cartesiano.
(b) Ligue os pontos marcados no plano cartesiano, obtendo um polı́gono.
(c) Sabendo que cada quadradinho do reticulado, da figura abaixo, tem 0, 25 metros quadrados,
determine a área da região limitada pelo polı́gono obtido no item (b).
D
sI
H
s
s
J
J
s
J
J
EJ
J
J
J
J
J
J
J
J
Js
J
J
C
J
Js
F
s
s
s
B0
s
s
A0
A
−2
B
−1
1
G
2
Resolução
A representação dos pontos no plano cartesiano e o polı́gono estão ilustrados na figura acima.
Como cada quadradinho do reticulado tem 0, 25 metros quadrados de área, assim o lado de cada
quadradinho mede 0, 5 metros. Note que na figura acima o lado do quadrado AGHI mede 3
metros, assim sua área é de 9 metros quadrados.
2
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Para determinar a área da região limitada pelo polı́gono, vamos utilizar as áreas dos seguintes
triângulos retângulos, ilustrados na figura acima,
AF E
5
1
5
×1× =
metros quadrados
2
2
4
AA0 B
5
5 1 1
× × =
metros quadrados
2 2 2
8
BB 0 C
1
1
1
×1× =
metros quadrados
2
2
4
CHD
1
3
3
×1× =
metros quadrados
2
2
4
DIE
2×
1 1
1
× =
metros quadrados
2 2
2
e a área do quadrado A0 GB 0 B que é igual a 0, 25 metros quadrados.
Desse modo, a área da região limitada pelo polı́gono é dada por:
5
5
1
3
1
1
10 + 5 + 2 + 6 + 4 + 2
29
Ap = 9 −
+ + + + +
= 9−
= 9−
.
4
8
4
4
2
4
8
8
43
Portanto, a área da região limitada pelo polı́gono é igual
metros quadrados, ou na forma
8
decimal, igual a 5, 375 metros quadrados.
3
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Questão 2
20 pontos
Observando o hidrômetro da minha casa, verifiquei que o fluxo de água que passa por ele é de 0, 75
metros cúbicos por hora, como ilustra a figura abaixo.
(a) Determine em quanto tempo uma caixa de 1000 litros fica completamente cheia, sabendo que
um litro corresponde a um decı́metro cúbico.
(b) Em um determinado dia tivemos um reparo na rede de distribuição de água, fazendo com que
a caixa ficasse somente com uma parte de sua capacidade. Voltando a distribuição de água
as catorze horas e trinta minutos, a caixa ficou completamente cheia as quinze horas e vinte
minutos. Determine quantos litros de água restavam na caixa.
Resolução
(a) Sabendo que um litro corresponde a um decı́metro cúbico, assim 1000 litros equivale a
1000 dm3 = 1 m3 ,
uma vez que 1 dm = 0, 1 m.
Como o fluxo de água que passa pelo hidrômetro é de 0, 75 metros cúbicos por hora, vamos
determinar quanto tempo leva para passar um metro cúbico de água pelo hidrômetro
0, 75 m3
1 m3
−→
1h
⇐⇒
−→
xh
x =
1
100
4
=
= h.
0, 75
75
3
Assim, o tempo gasto para encher uma caixa de 1000 litros é de uma hora e vinte minutos.
4
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(b) A caixa começou a encher as catorze horas e trinta minutos, e ficou completamente cheia
as quinze horas e vinte minutos. Assim, o tempo gasto para encher a caixa foi de 50 minutos.
Inicialmente vamos determinar quantos metros cúbicos passaram pelo hidrômetro nesse perı́odo de
tempo.
0, 75 m3
x m3
−→
60 min
⇐⇒
−→
x =
50 min
0, 75 × 50
75 × 50
5
=
= m3 ,
60
100 × 60
8
em seguida, vamos determinar quantos litros correspondem a
5
8
m3 .
Sabemos que 1000 litros correspondem a 1 m3 , assim
1 m3
5 3
m
8
−→
1000 l
⇐⇒
−→
xl
x =
5
× 1000 = 625 l .
8
Assim, em 50 minutos passaram pelo hidrômetro 625 litros de água.
Portanto, havia na caixa 375 litros de água quanto o fornecimento foi interrompido.
5
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Questão 3
20 pontos
Na figura abaixo ABCD é um quadrado e CEF
é um triângulo equilátero. Considerando que a
√
área do triângulo equilátero CEF é igual a 3 metros quadrados, determine a área do quadrado.
Dr
Cr
Er
r
G
r
r
r
A
F
B
Resolução
Denotando por a o comprimento do lado triângulo equilátero CEF e por h a sua altura, e
aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo EGC, ou no triângulo retângulo GF C,
obtemos a altura do triângulo equilátero CEF , que é dada por:
√
a2
3
3
2
2
2
a = h +
⇐⇒ h = c =⇒ h =
a,
4
4
2
√
Assim, sabendo que a área do triângulo equilátero CEF é igual a 3, obtemos
√
√
√
a×h
3 2
3 2
AM =
=
a
⇐⇒
a = 3
=⇒
a = 2.
2
4
4
Denotando por L o comprimento do lado do quadrado ABCD, e chamando
EA = AF = x
DE = F B = L − x ,
e
uma vez que CEF é um triângulo equilátero.
A aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo isósceles EAF , obtemos
√
a2 = 2x2
⇐⇒ 2x2 = 4
=⇒
x = 2.
A aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo DEC, obtemos a seguinte equação
( L − x )2 + L2 = a2
2L2 − 2Lx + x2 = a2 .
⇐⇒
Substituindo os valores de x e de a na equação acima, obtemos a equação quadrática
√
L2 − 2L − 1 = 0 ,
que possui as seguintes soluções
√
L =
2±
2
6
√
6
.
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Assim, uma vez que
√
6 >
√
2, escolhemos o valor para L dado por:
√
√
2+ 6
L =
.
2
Portanto, a área do quadrado ABCD é dada por:
√
√
√
√
( 2 + 6 )2
8+4 3
A =
=
= 2 + 3.
4
4
7
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Questão 4
20 pontos
Um piloto de corrida de Stock Car depois de m voltas completas recebeu a informação que o tempo
médio por volta completa era de 51 segundos. A volta seguinte foi feita em 39 segundos, e o tempo
médio por volta completa foi reduzido para 49 segundos. Determine o valor de m.
Resolução
Vamos denotar por T o tempo gasto para completar as m voltas. Assim, temos
T
= 51
m
⇐⇒
T = 51m .
Considerando agora que a volta seguinte foi feita em 39 segundos e que o tempo médio foi reduzido
para 49 segundos, temos a seguinte equação
T + 39
= 49 .
m+1
Substituindo a expressão T = 51m na equação acima, obtemos
51m + 39
= 49
m+1
⇐⇒
51m + 39 = 49m + 49
⇐⇒
m = 5.
Portanto, inicialmente foram completadas 5 voltas, com um tempo médio de 51 segundos.
8
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Questão 5
20 pontos
Petrônio, Claudina e Esmeralda pesam juntos 181 quilos. Petrônio pesa a mais do que Claudina
exatamente um quinto do peso de Esmeralda e Claudina juntas. Esmeralda pesa a menos do que
Claudina exatamente um décimo do seu peso. Determine o peso do Petrônio.
Resolução
Vamos denotar por P o peso do Petrônio, por E
Assim, temos as seguintes equações

P +E +C





P





E
o peso da Esmeralda e por C o peso da Claudina.
= 181
C +E
5
E
= C −
10
= C +
Da terceira equação, obtemos
10
C,
11
E =
que substituindo na segunda equação, obtemos
P =
6
E
C +
5
5
⇐⇒
P =
6
10
C +
C
5
55
⇐⇒
P =
76
C.
55
Substituindo E e P dados por:
E =
10
C
11
e
P =
76
C
55
na primeira equação inicial, obtemos
10
76
C +
C + C = 181
55
11
181
C = 181
55
⇐⇒
⇐⇒
Desse modo, temos
10
× 55 = 50
11
Portanto, o Petrônio pesa 76 quilos.
E =
e
9
P =
76
× 55 = 76 .
55
C = 55 .
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Questão 6
20 pontos
Na figura abaixo ABCD é um quadrado cujo lado mede L centı́metros. Determine, em função
do comprimento do lado do quadrado, o raio da circunferência tangente ao lado CD e que passa
pelos vértices A e B, como ilustra a figura abaixo.
Dr
C
r
......................................................
...........
........
........
......
.
.
.
.
.
.....
..
....
.....
....
....
.
...
.
.
...
.
...
...
..
...
...
...
....
...
...
....
rF
...
...
...
...
.
...
.
.
...
..
...
...
...
...
... ...
....
r...
r
..r.
.
.
.
.
...
A ..............
E
..... B
......
.........
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..............
...........................................
Resolução
Denotando por r o raio da circunferência em questão, no triângulo retângulo AEF temos as
seguintes medidas
F A = BF = r
,
AE =
L
2
e
EF = L − r ,
uma vez que F é o centro da circunferência tangente ao lado CD do quadrado, e ABF é um
triângulo isósceles, assim E é o ponto médio do lado AB
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo AEF , obtemos
r2 = ( L − r )2 +
L2
4
⇐⇒
4r2 = 5L2 − 8Lr + 4r2
⇐⇒
5L2 − 8Lr = 0 .
Portanto, da equação acima, obtemos o raio da circunferência em função de L, que é dado por:
r =
5
L.
8
10