DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
DO CCE/UFES
XXV Olimpíada Capixaba
de Matemática
Nível 3 - (Ensino Médio)
2a Fase – 19/11/11
2011
Duração: 4 horas
SOLUÇÕES DAS QUESTÕES
1) A figura ao lado representa um retângulo com
traços paralelos aos lados e M é o ponto médio da
diagonal.
Mostre que os retângulos A e B têm a mesma área,
a qual é menor do que a área do retângulo C .
B
A
M
C
Use esse fato para mostrar a seguinte aplicação
prática:
O maior pedaço retangular que se pode retirar de uma
peça de vidro com formato de um triângulo retângulo,
através de dois cortes paralelos aos catetos, é
recortando através do ponto médio da hipotenusa, por
onde se aproveita a metade da peça.
M
Solução: As duas linhas, horizontal e vertical, que passam pelo ponto médio da diagonal dividem o
retângulo maior em quatro subretângulos iguais. Chamemos de R o subretângulo que fica mais à
esquerda e acima. A diagonal divide R em dois triângulos iguais. Um abaixo da diagonal e formado
pelo retângulo A e dois triângulos menores de área S e T e o outro acima da diagonal formado pelo
retângulo B e dois triângulos de áreas S' e T ' . Logo A + S + T = B + S'+T ' .
T’
B
T
S’
A
S
Como S = S' e T = T ' segue-se que A = B . Resumindo: “Se de áreas iguais retira-se partes iguais
sobram áreas iguais “
Por outro lado o retângulo acima do retângulo C tem área C
= B + S + S' . Logo A = B < C .
Para mostrar a aplicação observe que, se M é o ponto médio da diagonal, pelo que vimos acima,
segue-se que D + A < D + C . Logo o retângulo de maior área que pode ser recortado de um pedaço
de vidro triangular é quando o corte é feito pelo ponto médio da hipotenusa. A área retirada neste
caso é igual à quarta parte do retângulo, a qual corresponde à metade do triângulo.
A
D
M
C
2) Numa caixa existem 100 bolas numeradas de 1 a 100 . Mostre que de qualquer maneira que se
retire 51 bolas dessa caixa, sempre haverá, dentre as retiradas, duas bolas cuja diferença é 10 .
50 duplas de bolas {1,11} , {2,12} , {3,13} , {4 ,14} , {5,15} ,
{6,16} , {7,17} , {8,18} , {9,19} , {10,20} , {21,31} , {22,32} , ..., {29,39} , {30,40} , {41,51} , ...,
{90,100} , isto é, as duplas números { XY , XY + 10} , em que o algarismo das dezenas é par. Os
números das 51 bolas retiradas da caixa estão em 50 gavetas, logo pelo Princípio das Gavetas há
duas bolas cujos números estão na mesa gaveta. Portanto duas bolas diferem de 10 .
Solução 1. Considere como gavetas as
Solução 2. Dentre 51 números escolhidos de 1 a 100 devem existir 6 números com o mesmo
algarismo das unidades. Isto se explica pelo Princípio das Gavetas, pois 51 > 10 × 5 = 50 . Em outras
palavras, se cada um dos 10 algarismo só aparece em 5 ou menos números, só haveria, no máximo
50 números. Considere os 6 números que possuem o mesmo algarismo das unidades. Só há duas
possibilidades para os números que restam: 1,2,3,4 ,5,6 ,7,8 ,9 ou 10 (no caso do algarismo das
unidades ser 0 ) ou 0 ,1,2,3,4 ,5,6 ,7,8 ,9 (no caso do algarismo das unidades não ser 0 ). Logo dois
números restantes são consecutivos, pois são 6 números. Portanto a diferença entre dois dos 6
números é 10 .
Solução 3. Seja X um subconjunto de números menores ou iguais 100 que não contém um par de
números de diferença 10 . Sejam a1 , a2 , a3 , a 4 e a 5 as quantidades de elementos de X
pertencentes aos intervalos [1,10] , [21,30] , [41,50] , [61,70] e [81,90] , respectivamente. Então as
X pertencentes aos intervalos [11,20] , [31,40] , [51,60] , [71,80] e
[91,100] são, respectivamente, no máximo 10 − a1 , 10 − a2 , 10 − a3 , 10 − a4 e 10 − a5 .
Logo a quantidade máxima de elementos de X é
a1 + (10 − a1 ) + a2 + (10 − a2 ) + a3 + (10 − a3 ) + a 4 + (10 − a4 ) + a 5 + (10 − a5 ) = 50 .
quantidades de elementos de
3) Na figura abaixo o triângulo maior é retângulo. Mostre que os ângulos
α e β da figura são iguais.
β
6
α
5
4
Solução 1: Aplicando a Lei dos senos nos triângulos
3
ABE e BCE obtém-se
BE
AE
BC
CE
=
e
=
sen α sen(180 − γ) sen β sen γ
E
β
6
γ
α
A
4
B
5
C
3
D
Como
BE = 10 , AE = 6 5 , CE = 3 5 e sen(180 − γ) = senγ
então
3 5 6 5
5
10
=
e
=
sen α sen γ sen β sen γ
Logo
1
sen α = sen β = sen γ . Como β e γ são ângulos agudos, segue-se que β = α .
2
CD 3 5 CB
= =
=
, pelo Teorema da bissetriz segue-se que EC é bissetriz do
DE 6 10 BE
ângulo BEˆD . Portanto CEˆD = β . Os triângulos retângulos CED e EAD são semelhantes pois tem os
AD ED
catetos proporcionais, já que
=
= 2 . Logo β = CEˆD = EAD = α .
ED CD
Solução 2: Como
ABE e BCE tem-se
BE = AB + AE − 2 AB ⋅ AE ⋅ cos α
100 = 16 + 180 − 2 ⋅ 4 ⋅ 6 5 ⋅ cos α
Solução 3: Pela Lei dos cossenos nos triângulos
2
Logo
cos α =
2
2
2 5
.
5
BCE tem-se
BC = BE 2 + CE 2 − 2BE ⋅ CE ⋅ cos α
25 = 100 + 45 − 2 ⋅ 10 ⋅ 3 5 ⋅ cos α
Pela Lei dos cossenos nos triângulos
2
2 5
. Assim cos α = cos β e, portanto, α = β .
5
Logo
cos α =
4) Se
x = abcdef K é raiz da equação x 2 − 123456x + 1 = 0 , ache os algarismos a , b, c , d , e , f .
x > 0 e y > 0 tais que x + y = 123456
e xy = 1 . Como 1 não é raiz da equação, então uma das raízes é maior do que 1 e a outra é menor
do que 1 . Sejam x = abcdef K > 1 e y < 1 . Como x + y = 123456 , segue-se que
123455 < x < 123456 . Logo x = 123455, g... . Assim a = 1 , b = 2 , c = 3 , d = 4 e e = f = 5 .
Solução: Como ∆ > 0 a equação possui duas raízes reais
Solução 2. Se N = 123456 então a maior raiz da equação é
x=
N + N 2 − 4 N + (N + 2)(N − 2)
=
2
2
N −1=
N + (N − 2)2
< x <N.
2
123455 < x < 123456 , logo x = 123455, g... . Assim a = 1 ,
e = f =5.
Portanto
b =2,
c =3, d =4 e
5) Num certo esporte, um time possui n atletas. As equipes são constituídas de k atletas, k < n .
Qualquer grupo de k atletas do time forma uma equipe para disputar uma partida. Amarildo é um dos
atletas do time. Quantas equipes podem ser formadas nas quais o Amarildo é escalado? Quantas
equipes podem ser formadas nas quais o Amarildo não é escalado? A partir daí justifique a seguinte
identidade combinatória conhecida como Relação de Stifel
k −1
k
k
n−1
n −1
n
C
+C
=C
Solução: O total de equipes que podem ser formadas com k atletas escolhidos num grupo de n
k
atletas é igual a n . As equipes se dividem em dois tipos:
C
aquelas em que Amarildo está escalado e aquelas em Amarildo não está escalado.
As equipes em que Amarildo é escalado são formadas a partir da escolha de k − 1 atletas do grupo
dos n − 1 atletas restantes, sem o Amarildo. Logo o número de equipes em que Amarildo é escalado
k −1
é igual a n−1 .
As equipes em que Amarildo não é escalado são formadas a partir da escolha de k atletas do grupo
dos n − 1 restantes, sem o Amarildo. Logo o número de equipes em que Amarildo não é escalado é
k
igual a n−1 . Como os dois tipos de times, com ou sem Amarildo, são excludentes e esgotam todas
as possibilidades, segue-se que
k −1
k
k
n−1
n −1
n
C
C
C
=C
R
6) Resolva a equação em
3
Resposta:
+C
9− x +3 9+ x =3
x = ±4 5 .
Solução:.Tem-se
(a + b) 3 = a 3 + b 3 + 3ab(a + b) , para quaisquer números reais a e b , logo
3
9− x +3 9+ x =3 ⇔
(
3
9−x +3 9+ x
⇔ 9 − x + 9 + x + 33 9 − x ⋅ 3 9 + x
⇔
3
(
3
)
3
= 27
)
9 − x + 3 9 + x = 27
9 − x ⋅ 9 + x = 1 ⇔ 81 − x = 1 ⇔ x = ±4 5 .
3
2