LIMPÍADA CAPI
ABA DE MATE
ÁTICA
Segunda Fase – 25 de setembro de 2004
NÍVEL 2 (7ª e 8ª séries)
SOLUÇÕES DAS QUESTÕES
1) Um saco de balas foi distribuído entre André, Bruno e Carlos na proporção 5:4:3. Eles notaram que se a
mesma quantidade de balas fosse distribuída na proporção 7:6:5, um deles receberia 40 balas a mais. Determine
o número de balas que cada um recebeu.
Solução: André, Bruno Carlos receberam, respectivamente, 600, 480 e 360 balas. Com efeito, como a
divisão foi feita na proporção 5:4:3, André recebeu 5/12, Bruno recebeu 4/12 e Carlos recebeu 3/12 das balas.
Se a divisão fosse na proporção 7:6:5, os três receberiam respectivamente 7/18, 6/18 e 5/18 das balas. Como
5/12 - 7/18 = 1/36, André receberia menos balas. Como 6/18=4/12, Bruno receberia a mesma quantidade.Como
5/18 - 3/12 = 1/36, é Carlos que receberia 40 balas a mais. Portanto 40 correspondem a 1/36 das balas. Logo a
quantidade de balas distribuída foi 40 × 36 = 1440. André recebeu 5/12 × 1440 = 600 balas, Bruno recebeu 4/18
× 1440 = 480 balas e Carlos recebeu 3/12 × 1440 = 360 balas. Se a proporção fosse 7:6:5 os três receberiam,
respectivamente, 560, 480 e 400 balas.
2) Dois livros iguais foram colocados um sobre o outro como mostra a figura abaixo. A área da parte do livro de
baixo, que está à mostra, é maior, igual ou menor do que a área da parte encoberta?
Solução: A área do livro de baixo que está a mostra é menor do que a área que está encoberta. Para
justificar esta afirmação vamos representar os livros por dois retângulos ABCD e AEFG, onde o ponto E está
situado sobre o lado BC. Inicialmente vamos mostrar que o ponto D está
A
B
situado sobre o lado GF. Para ver isto, observe que o triângulo ABE é
congruente ao triângulo AGD (caso LAL de congruência), pois AB = AG ,
AD = AE e BAˆ E = GAˆ D = 90º −EAˆ D . Portanto AGˆ D = 90º . Isto mostra
G
E
C
D
H
F
que o ponto D pertence ao lado GF. Agora, a
metade da área do livro. Além disso, a parte
triângulo EHD. Portanto o quadrilátero AEHD
área do retângulo ABCD. Por isso a área da
maior do que a área da parte descoberta.
área do triângulo AED é a
encoberta contém ainda o
cobre mais da metade da
parte encoberta do livro é
3) Mostre que o número 2021222324.....9899100101102103104, formado
com as dezenas 20, 21, 22, e assim por diante até 99, seguidas das
centenas 100, 101, 102, 103 e 104, não é divisível por 2004.
Solução: Seja N = 2021222324......9899100101102103104. Sabemos que 2004 = 3 × 668 é múltiplo de 3
enquanto o número N não é múltiplo de 3. Observe que a soma dos algarismos de três inteiros consecutivos é
sempre múltiplo de 3. Portanto a soma dos algarismos de N = (2 + 0 + 2 + 1 + 2 + 2) + (2 + 3 + 2 + 4 + 2+ 5) +
.... + (1 + 0 + 1 + 1 + 0 + 2 + 1 + 0 + 3) + 1+ 0 + 4 não é múltiplo de 3.
4) Em que condições um número que termina em 7 multiplicado por um número que termina em 9 dá um número
que termina em 63?
Solução: Os dois números devem terminar em 07 e 09, 17 e 39, 27 e 69, 37 e 99, 47 e 29, 57 e 59, 67 e 89,
77 e 19, 87 e 49 ou em 97 e 79. Vamos representar as escritas decimais dos dois números por m7 e n9. O
produto dos números é igual a (10m + 7)(10n + 9) = 100mn + 10(9m + 7n) + 63 e termina em 63, logo 9m + 7n é
múltiplo de 10. Assim, se m terminar em 0, então n deve terminar em 0. Se m terminar em 1, n deve terminar em
3. Podemos fazer uma tabela para todas as 10 possibilidades do algarismo final de m:
Se o número m
termina em
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Então o número n deve
terminar em
0
3
6
9
2
5
8
1
4
7
As dezenas finais dos dois
números devem ser
07 e 09
17 e 39
27 e 69
37 e 99
47 e 29
57 e 59
67 e 89
77 e 19
87 e 49
97 e 79
5) Num paralelogramo ABCD, seja M o ponto médio do lado CD e H o ponto pertencente à reta AM tal que o
ângulo ∠ AHB = 90º. Mostre que o triângulo HCB é isósceles.
Solução: Pelo vértice C trace uma reta paralela ao
segmento AM que intersecta o lado AB num ponto N. O
quadrilátero ANCM é um paralelogramo, pois tem lados
opostos paralelos. Portanto NA = MC = ½ CD = ½ AB e
assim, N é o ponto médio do lado AB. No triângulo AHB, o
segmento PN é paralelo à base HÁ e passa pelo médio do
lado AB, logo P é o ponto médio do lado HB. Como HB é
perpendicular a AM então CP é perpendicular a HB.
Portanto CP é uma altura do triângulo HBC que divide a
base BH ao meio. Logo HCB é um triângulo isósceles.
M
D
C
H
P
A
N
B
6) Pedro chegou na escola entre 6:00h e 7:00h da manhã e saiu da escola entre 11:00h e 12:00h. Na saída da
escola ele observou que o ponteiro das horas do seu relógio ocupava a mesma posição que o ponteiro dos
minutos ocupava no instante em que ele chegou na escola, e que o ponteiro dos minutos ocupava a mesma
posição do ponteiro das horas quando da chegada à escola. Em que horas Pedro chegou na escola?
Solução: Pedro chegou na escola às 6:57:54 e saiu às 11:34:49. O ponteiro dos minutos de um relógio
avança 360 graus em 60 minutos. Isto corresponde a um avanço de 6 graus por minuto. O ponteiro das horas
avança 30 graus (= 360/12) a cada 60 minutos, que corresponde a 0,5 grau por minuto. Pedro chegou na escola
às 6 horas e s minutos e saiu da escola às 11 horas e t minutos. Portanto, na chegada o ponteiro dos minutos
tinha avançado 6s graus e o ponteiro das horas tinha avançado (6 × 30 + 0,5s) graus, ambos em relação à
posição da marca de meio dia. Na saída, o ponteiro dos minutos tinha avançado 6t graus e o ponteiro das horas
(11 × 30 + 0,5t) graus. Como as posições são as mesmas teremos 180 + 0,5s = 6t e 330 + 0,5t = 6s . Da
primeira equação temos s = 12t − 360 , que substituída na segunda equação fornece 330 + 0,5t = 6(12t − 360 ) ,
isto é t = 2490 / 71,5 = 34,82 minutos, isto é t = 34 minutos e 49 segundos (aproximadamente). Temos ainda
que s = 57,90 , isto é, s = 57 minutos e 54 segundos (aproximadamente).