Olimpíadas Portuguesas
de Matemática
http://www.spm.pt/~opm
XXII OPM - Final - 1o dia - 02.04.2004 - Categoria A
Duração: 3 horas
Questão 1: 16 pontos
Questões 2, 3: 7 pontos cada
Justifica convenientemente as tuas respostas e indica os principais cálculos.
Não é permitido o uso de calculadoras.
1. Em cada uma das alı́neas seguintes escolhe a opção correcta, justificando-a.
(a) O jardineiro do Parque Municipal do Mouchão quer plantar canteiros com margaridas, tulipas e violetas
de modo que todos os canteiros fiquem com o mesmo número de margaridas, o mesmo número de tulipas
e o mesmo número de violetas. O jardineiro tem
180 margaridas, 396 tulipas e 504 violetas e pretende
plantá-las todas. Quantos canteiros, no máximo, pode fazer?
A)
12
B)
18
C)
36
D)
77
E)
180
(b) Um número gigante, com mais de 2222 algarismos, foi obtido escrevendo por ordem crescente os números
naturais cujo primeiro algarismo é 2.
220212223242526272829200201202...
Qual foi o 2004o algarismo a ser escrito?
A)
0
B)
1
C)
2
D)
4
E)
9
(c) No triângulo rectângulo indicado na figura está inscrito um
»»
»»
»
»
»»
quadrado. Se a razão entre os catetos é 4, qual é a razão entre
»»»
a área do triângulo e a área do quadrado?
A)
25
16
B)
25
8
C)
16
5
D)
4
E)
25
4
(d) O quadro indicado na figura é o resultado de um jogo do galo.
O
O
X
Quantos quadros diferentes com 4 X e 5 O, em que não haja 3 X
O
X
X
O
X
O
em linha recta, consegues formar?
A)
48
2. Se sobrepuseres dois quadrados, com
B)
78
C)
378
D)
2160
E)
2976
10 cm de lado, de modo que o centro de um deles seja um vértice do
outro, que valores pode ter a área da região comum aos dois quadrados?
3. O Sr. Manuel cuida das
31 galinhas do patrão. Este ano o Sr. Manuel decidiu tirar as férias da sua vida. Então
preparou, para cada uma das galinhas, um saco de comida por cada semana em que estaria ausente. No
inı́cio da primeira semana o patrão vendeu uma das galinhas e o mesmo se passou nas semanas seguintes até
à venda de todas as galinhas. Entretanto o Sr. Manuel regressou e, quando a comida que ele tinha preparado
terminou, verificou que esta tinha durado o dobro do tempo inicialmente previsto. Quantas semanas esteve o
Sr. Manuel ausente?
spm
Olimpíadas Portuguesas
de Matemática
http://www.spm.pt/~opm
XXII OPM - Final - 2o dia - 03.04.2004 - Categoria A
Duração: 3 horas
Cada questão vale 10 pontos
Justifica convenientemente as tuas respostas e indica os principais cálculos.
Não é permitido o uso de calculadoras.
4. O João e a Maria decidiram partilhar uma tablete de chocolate que estava dividida em quadradinhos. O João
é muito guloso e, na ausência da Maria, comeu todos os quadradinhos da borda da tablete, na esperança de
que a Maria não desse pela diferença. A Maria não se deixou enganar e comeu os restantes quadradinhos.
Sabendo que ambos comeram o mesmo número de quadradinhos, quantos quadradinhos podem ter os lados
deste tipo de tablete?
5. O Jardim da Bruxa Mimi tem no seu centro a Árvore das Gomas Encantadas. Em volta da Árvore há
12
vedações, em cada vedação um portão e em cada portão um guarda. O João e a Maria resolveram ir
apanhar gomas ao Jardim. Quando entraram todos os guardas os deixaram passar e, uma vez no centro do
Jardim, apanharam algumas das 4101 gomas da Árvore. À saı́da, para que o guarda da primeira vedação os
deixasse passar, tiveram de lhe dar metade das gomas que levavam mais meia goma. E o mesmo se passou
com cada um dos restantes 11 guardas. O João e a Maria conseguiram fazer isto sem cortar nenhuma goma.
Quantas gomas tinham eles apanhado?
6. Na figura está desenhado um triângulo equilátero [ABC].
A
B
D
C
O ponto D é o ponto médio de [BC] e é o centro de uma semi-circunferência de raio R, tangente a [AB], a
[AC] e a uma circunferência de raio r, igualmente tangente a [AB] e a [AC]. Qual é o valor de Rr ?
spm
Olimpíadas Portuguesas
de Matemática
http://www.spm.pt/~opm
XXII OPM - Final - 1o dia - 02.04.2004 - Categoria A
Duração: 3 horas
Questão 1: 16 pontos
Questões 2, 3: 7 pontos cada
Sugestões para a resolução dos problemas
1.
(a) O número máximo de canteiros que o jardineiro pode fazer é m.d.c. (180, 396, 504)
= 36.
Opção correcta: C)
(b) Como 2004 − (1 + 20 + 300)
= 1683 = 420 × 4 + 3, o 2004o algarismo foi o 3o a ser escrito depois de
escrito o número 2419, ou seja, foi 2.
Opção correcta: C)
(c) Dado que os triângulos rectângulos [ACE], [ABF ] e [BCD] são
semelhantes, tem-se AF
BF
BD
CD
»
B
»»»
»
»
»
AE
CE
=
=
= 4 e, consequentemente, AF = 4BF e BD = 4 CD . Logo, AE = 5 F E
e CE = 54 DE e a área do triângulo rectângulo [ACE] é
1
5
25
2 (5 F E)( 4 DE) = 8 F E × DE . Assim, a razão entre a área
A
»
»»»
C
D
E
F
do triângulo e a área do quadrado é 25
8 .
Opção correcta: B)
(d) O número de quadros diferentes com 4 X e 5 O é 9×8×7×6
4×3×2
= 126 e o número de quadros diferentes com
4 X e 5 O, em que há 3 X em linha recta, é 8 × 6 = 48. Logo, o número de quadros diferentes com 4 X e
5 O, em que não há 3 X em linha recta, é 126 − 48 = 78.
Opção correcta: B)
2. Se os dois quadrados tiverem os lados paralelos, é óbvio que a área
da região comum aos dois é a quarta parte da área de um deles,
logo 41 × 102 = 25 cm2 . Se isso não acontecer, a região comum será
[OACD] indicado na figura. Uma vez
o
que AÔB + B ÔD = 90 e B ÔD + D ÔE = 90o , conclui-se que
AÔB = DÔE . Deste modo, os triângulos [OAB] e [ODE] são
congruentes, porque são rectângulos em B e E , respectivamente,
AÔB = DÔE e OB = OE , logo, têm a mesma área. Assim, a
área do polı́gono [OACD] é igual à área do quadrado [OBCE], isto
é, 25 cm2 .
um polı́gono, como o polı́gono
0
E
¢HHH D
¢
HH
A
¢
C ¢
B
¢
¢
¢
¢
HH
¢
H
HH¢
3. Seja n o número de semanas que o Sr. Manuel se ausentou. Então o Sr. Manuel preparou 31n sacos de comida.
A primeira galinha foi vendida no inı́cio da primeira semana, logo, no final dessa semana restavam
31n − 30
sacos de comida, no final da segunda semana 31n − 30 − 29 sacos, e assim sucessivamente. Como a comida
terminou após 2n semanas, tem-se
31n − (30
| + 29 +
{z 28 + . .}.) = 0,
2n parcelas
ou, de modo equivalente,
31n − ((31 − 1) + (31 − 2) + (31 − 3) + · · · + (31 − 2n)) = 0,
|
{z
}
2n parcelas
spm
ou ainda
31n − 31 × 2n + (1 + 2 + · · · + (2n − 1) + 2n) = 0.
|
{z
}
2n parcelas
A soma 1 + 2 + · · · + (2n − 1) + 2n tem 2n parcelas e, associando a primeira parcela com a última, a segunda
com a penúltima, a terceira com a antepenúltima, e assim sucessivamente, obtém-se
1 + 2 + · · · + (2n − 1) + 2n = (1 + 2n) + (2 + (2n − 1)) + · · · + (n + (n + 1))
= (2n + 1) + (2n + 1) + · · · + (2n + 1)
= n(2n + 1).
Substituindo este resultado na última equação, obtém-se
−31n + n(2n + 1) = 0,
equivalente a
n(−31 + 2n + 1) = 0. A única solução, não nula, desta equação é n = 15. Portanto, o Sr.
Manuel esteve ausente 15 semanas.
spm
Olimpíadas Portuguesas
de Matemática
http://www.spm.pt/~opm
XXII OPM - Final - 2o dia - 03.04.2004 - Categoria A
Duração: 3 horas
Cada questão vale 10 pontos
Sugestões para a resolução dos problemas
4. Considere-se uma tablete de chocolate com m × n quadradinhos de lado, onde m
≤ n. Os quadradinhos do
meio formam um rectângulo com (n − 2) × (m − 2)
= nm − 2n − 2m + 4 quadradinhos, enquanto que os
= 2m+2n−4,
ou seja, (m − 4)(n − 4) = 8. Os números m − 4 e n − 4 são divisores de 8 = 23 . Então, têm-se as seguintes
quadradinhos da borda são 2m+2n−4. Como estes valores são iguais tem-se nm−2n−2m+4
possibilidades:
• m − 4 = −4 e n − 4 = −2, ou seja, m = 0 e n = 2;
• m − 4 = −8 e n − 4 = −1, ou seja, m = −4 e n = 3;
• m − 4 = 1 e n − 4 = 8, ou seja, m = 5 e n = 12;
• m − 4 = 2 e n − 4 = 4, ou seja, m = 6 e n = 8.
Portanto, os lados duma tablete deste tipo ou têm 5 e 12 quadradinhos ou têm 6 e 8 quadradinhos.
5. Solução 1: Seja n o número de gomas que o João e a Maria apanharam no Jardim. Então tem-se 0
guarda deram n
2
≤ n ≤ 4101.
n+1
n−1
Ao 1
+ = n+1
2 gomas e, por isso, n + 1 é par. Ficaram então com n − 2 = 2 gomas.
1
n−1
1
n+1
o
Em seguida, deram ao 2 guarda 2 × 2 + 2 = 4 gomas e, sendo assim, n+1 é múltiplo de 4 = 22 . Ficaram
n+1
n−3
1
n−3
1
n+1
a
o
nessa altura com n−1
2 − 4 = 4 gomas. Para passar a 3 vedação, deram ao 3 guarda 2 × 4 + 2 = 8
gomas e, consequentemente, n + 1 é múltiplo de 8 = 23 . Repetindo este raciocı́nio várias vezes, conclui-se
o
1
2
n + 1 é múltiplo de 212 = 4096. Assim, n + 1 = 4096k , ou seja, n = 4096k − 1 gomas, para
algum número natural k . Como 0 ≤ n ≤ 4101, tem-se k = 1. Portanto, o João e a Maria apanharam 4095
que o número
gomas.
k o número de gomas com que o João e a Maria saı́ram do Jardim. Então, antes de passar
pelo 12 guarda, eles tinham 2(k + 21 ) = 2k + 1 gomas. Anteriormente, antes de passar pela 11a vedação,
eles tinham 2(2k + 1 + 12 ) = 4k + 3 gomas e, antes de passar pela 10a vedação, eles tinham 8k + 7 gomas.
Repetindo este raciocı́nio várias vezes, conclui-se que, antes de passar pelo 1o guarda, o João e a Maria tinham
212 k + (212 − 1) gomas. Assim, para ficarem com k gomas tiveram de apanhar 4096k + 4095 gomas. Como
não partiram nenhuma goma, k tem de ser um número inteiro, mas, como só havia 4101 gomas na Árvore, k
tem de ser igual a zero. Portanto, o João e a Maria apanharam 4095 gomas (e os guardas ficaram com elas
Solução 2: Seja
o
todas).
6. Considerem-se os pontos de tangência S e T indicados na figura e os triângulos [AOS] e [ACD], em que O é
o centro da circunferência de raio r . Uma vez que o ângulo em A é comum aos dois triângulos e que ]ASO
]ADC (pois são ambos rectos), os triângulos [AOS] e [ACD] são semelhantes. Assim,
OS = r e AC = 2 DC , tem-se AO = 2r e AD = 3r + R.
é congruente com
AO
AC
=
OS
. Como
DC
A
r
S
O
T
R
B
C
D
spm
A é comum aos dois triângulos e que ]ASO é congruente com
AO
OS
= DT
, ou seja,
]AT D (pois são ambos rectos), os triângulos [AOS] e [ADT ] são semelhantes. Portanto, AD
2r
r
r
1
3r+R = R , logo, R = 3 .
Solução 1: Uma vez que o ângulo em
2
[AOS] obtém-se AS + r2 = (2r)2 , ou seja,
√
AS = 3r. Visto que a amplitude de cada ângulo de um triângulo equilátero é igual a 60o , R = DC sen 60o .
2R
4R
Logo, DC = √
e, portanto, AC = √
. Por outro lado, da semelhança dos triângulos [AOS] e [ACD]
3
3
Solução 2: Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo
também se conclui que AO
AC
=
√
AS
, ou seja, 24R3r
AD
√
=
3r
r
3r+R e, portanto, R
spm
= 13 .