XXVI COMPETIÇÃO MATEMÁTICA DO RIO GRANDE DO NORTE - 2015
PROVA DA SEGUNDA FASE - NÍVEL III
1◦ , 2◦ e 3◦ Anos do Ensino Médio - 03/10/2015
Problema 1
Um lojista tem 40 barras de chocolate, cada uma das quais pesa 2, 3 ou 4 gramas. O peso total das
barras é 160 gramas. Quais das barras o lojista tem mais: barras de 2 ou 4 gramas?
Resolução:
Seja a a quantidade de barras de chocolate pesando 2 gramas, e b o número de barra de chocolates
pesando 4 gramas. Logo, a quantidade de barras de chocolate pesando 3 gramas é igual a
40 − (a + b).
Assim, o peso total das barras de chocolate é igual a
2 · a + 4 · b + 3 · [40 − (a + b)] = 160 ⇔ 2 · a + 4 · b + 3 · 40 − 3 · a − 3 · b = 160 ⇔ b − a = 40.
Portanto, b = 40 + a, o que implica que existem mais barras de chocolate pesando 4 gramas do que
barras de chocolate pesando 2 gramas.
Problema 2
Na figura a seguir, temos um semi-cı́rculo de raio R = 10 cm. Os pontos B e C dividem o semi-cı́rculo
AD em três arcos de comprimentos iguais.
Calcular a área sombreada do triângulo curvilı́neo ABC.
Resolução:
Os arcos AB e BC possuem o mesmo comprimento. Logo, os pontos B e C são equidistantes do
diâmetro AD. Isto significa que os segmentos BC e AD são paralelos. Seja O o ponto médio do
segmento AD, veja Figura a seguir.
1
Observe que os triângulos ∆BCO e ∆ABC posuem um lado em comum: BC. Logo, as alturas desses
dois triângulos, traçadas de A e O, respectivamente, para este lado comum (ou seu prolongamento)
possuem o mesmo comprimento, pois AD e BC são paralelas. Isto significa que são iguais as áreas:
S(∆ABC) = S(∆BCO).
Assim, a área pedida é igual a área do setor circular BCO, que, pelas hipóteses, é igual a 16 da área do
cı́rculo todo.
Portanto, a área do triângulo circular ABC é igual a: 61 · π · 102 = 50
3 · π.
Problema 3
Considere a matriz quadrada A de ordem 100 × 100

1
2
3
 2
3
4

·
·
·
·
·
·
·
··
A=

 99 100 1
100 1
2

· · · 99 100
· · · 100 1 

··· ··· ··· 

· · · 97 98 
· · · 98 99
na qual é permitido somar ou diminuir o mesmo número a todos os elementos de uma mesma linha ou
coluna. Aplicando operações deste tipo, é possı́vel obter de A uma matriz com todas entradas iguais?
Resolução:
Seja C(i, j) a entrada da matriz que está na i−ésima linha e j−ésima coluna. Observe que o número
I = C(1, 1) − C(1, 100) − C(100, 1) + C(100, 100)
é um invariante, isto é, não se altera quando aplicamos a operação permitida. Na matriz original, esse valor
de I é:
I = 1 − 100 − 100 + 99 = −100
Mas, em qualquer matriz com todos as entradas iguais terı́amos I = 0. Portanto, a resposta é não!
Problema 4
Se A, B e C são as medidas dos ângulos internos de um triângulo acutângulo ABC (cada um dos três
ângulos medem menos que 90◦ ), mostre que para todo inteiro positivo n tem-se
n
tgn A + tgn B + tgn C ≥ 31+ 2
Resolução:
Como A, B e C são as medidas dos ângulos internos do um triângulo ABC, segue que
A + B + C = 180◦ ⇒ C = 180◦ − (A + B) ⇒
2
tgC = tg[180◦ − (A + B)] = −tg(A + B) = −
tgA + tgB
⇒
1 − tgA.tgB
tgC(1 − tgAtgB) = −(tgA + tbB) ⇒
tgC − tgA.tgB.tgC = −tgA − tgB ⇒
tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC
Ora, como o triângulo BC é, por hipótese, acutângulo, segue que tgA > 0, tgB > 0 e tgC > 0. Portanto,
pela desigualdade entre as médias aritmética e geométrica, segue que
p
tgA + tgB + tgC
≥ 3 tgA.tgB.tgC ⇒
3
p
tgA + tgB + tgC ≥ 3 3 tgA.tgB.tgC
Como tgA + tgB = tgC = tgA.tgB.tgC, segue que
p
tgA.tgB.tgC ≥ 3 3 tgA.tgB.tgC ⇒
p
(tgA.tgB.tgC)3 ≥ [3 3 tgA.tgB.tgC]3 ⇒
(tgA.tgB.tgC)3 ≥ 27tgA.tgB.tgC ⇒
(tgA.tgB.tgC)3 − 27(tgA.tgB.tgC) ≥ 0 ⇒
tgA.tgB.tgC[(tgA.tgB.tgC)2 − 27] ≥ 0
como tgA.tgB.tgC > 0, segue que
(tgA.tgB.tgC)2 − 27 ≥ 0 ⇒ (tgA.tgB.tgC)2 ≥ 27
q
√
√
(tgA.tgB.tgC)2 ≥ 27 ⇒ tgA.tgB.tgC ≥ 3 3
Por fim, aplicando mais uma vez a desigualdade das médias, segue que
√
3
tgn A + tgn B + tgn C ≥ 3 p
tgn A, tgn B, tgn C
3
= 3 q(tgA.tgB.tgC)n
√
≥ 3 3 (3 3)n
n
= 31+ 2
3