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AULAS 13 a 15 1. b multiplicado por 3 dá um número terminado em 1, logo b = 7. Como 7 × 3 = 21, concluímos que a multiplicado por 3, mais 2, ao somar com 9, deve resultar um número terminado em 0, ou seja, 3a + 2 + 9 = 0, ou seja a = 3. Desta forma temos a = 3, b = 7 e c = 0, de onde vem a + b + c = 10. 2. O número n de ovos é • um múltiplo de 2 mais 1 • um múltiplo de 3 mais 1 • um múltiplo de 5 mais 1 Então, n – 1 é um múltiplo de 2 × 3 × 5 = 30. Os menores múltiplos de 30 são: 30, 60, 90, 120, 180, … Portanto, n é igual a 31, 61, 91, 121, … O menos desses números que é divisível por 7 é 91. 3. Seja M o número de morangos. Colocando em caixas de 48 morangos, temos caixas; colocando em caixas de 36 morangos, temos caixas, de tal modo que ou seja, 4M – 3M = 56 × 144 M = 8064 morangos. 4. Efetuando a divisão de 1000...........002 por 3, obtemos 333......334 , somando os algarismos do quociente 20 zeros 20 algarismos 3, obtemos: 20 × 3 + 4 = 64 5. Estamos procurando números n2 satisfazendo 40000 � n2 � 640000 tal que n2 seja múltiplo de 3, 4 e 5. Então vamos procurar n satisfazendo 200 � n � 800 com n múltiplo de 2, 3 e 5, ou múltiplo de 2 × 3 × 5 = 30. São eles: 7 × 30 = 210; 8 × 30 = 240;........; 25 × 30 = 750 e 26 × 30 = 780. São ao todo, 26 – 7 + 1 = 20. (Alternativa C) 6. Como a + b = 34 e a + c = 33, b e c são, além de primos, consecutivos, pois a diferença das somas é de 1 unidade. Então b = 3 e c = 2, pois são os únicos primos consecutivos. Calculando o valor de a obtemos 31. A soma a + b + c = 36 7. Inicialmente existiam 980 aves com cauda verde e 20 das demais. Após a epidemia, estas 20 aves correspondem a 5%, donde o total de aves agora é 20 × 20 = 400 (sendo 380 de cauda verde). Portanto, morreram 600 aves. (Alternativa E) 8. Temos que os segmentos verdes dividem os pontos da reta em conjuntos de pontos com cores iguais, sendo que o primeiro conjunto à esquerda contém pontos vermelhos, o segundo conjunto contém pontos azuis, o terceiro conjunto contém pontos vermelhos, e assim por diante. Como há 20 segmentos verdes, temos 21 conjuntos de pontos. Assim, como o 21º conjunto contém pontos vermelhos, o ponto na ponta direita é vermelho. 9. De 1 a 100, existem 25 múltiplos de 4; logo, 75 cartões não contêm múltiplos de 4. No pior caso possível, Esmeralda tiraria todos esses cartões antes de sair algum cartão com múltiplo de 4. Assim, para ter certeza de que o número tirado seja múltiplo de 4, Esmeralda deve retirar todos eles e mais um, ou seja, 76 cartões. 10. Como os sapatos de Marisa eram azuis, e nem o vestido nem os sapatos de Júlia eram brancos, conclui-se que os sapatos de Júlia eram pretos e portanto os sapatos de Ana eram brancos. O vestido de Ana era branco, pois era a única que usava vestido e sapatos da mesma cor; conseqüentemente, o vestido de Júlia era azul e o de Marisa era preto. M M 36 48 56– = M 36 M 48 ClasseEm SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 1 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática 2008 Resoluções NÍVEL 1 www.cursoanglo.com.br Treinamento para Olimpíadas de Matemática2008 14243 14243 1. Efetuando as operações 1 + 1 – 0 – 2 = 0 (Alternativa D) 2. Calculando o atraso em um dia: 24 × 20 = 480 segundos que equivalem a 8 minutos. Em dois dias, 16 minutos. (Alternativa D) 3. Sejam a, b, c, d, e os cinco números. Temos Um desses nú- meros, digamos a, é o maior possível se, e somente se, a soma dos demais for a menor possível. Isto ocorre para b + c + d + e = 1 + 2 + 3 + 4 = 10, de onde vem que a = 55 – 10 = 45 4. Podemos começar pintando uma casa da primeira linha, depois uma da segunda linha, em seguida uma da terceira e, finalmente, uma da quarta. O número de possibilidades para primeira linha é 4, para a segunda é 3 (pois uma das casas não pode ser pintada, já que a coluna com esta casa só pode ter essa casa pintada), para a terceira é 2 e para a quarta é 1. O número total de maneiras pelas quais podemos pintar o tabuleiro é 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 24. 5. 1) 1 e 2 ocupam pontas vizinhas. É fácil ver que colocando o 2 no meio ou em uma ponta “oposta” a 1 o problema não tem solução. 2) 9 e 10 ocupam pontas vizinhas. Pelo mesmo raciocínio anterior. 3) Uma vez que 1 e 2 estão colocados o 3 está no meio, entre o 1 e o 2. Observe que colocar o 3 em qualquer outra posição leva a um absurdo. 4) Uma vez que 1, 2 e 3 estão colocados, fica claro que o 4 é vizinho ao 3. 5) Se 1, 2, 3 e 4 já estão colocados, 5 pode estar no meio ou em uma ponta, e o mesmo ocorre com o 6. (ver figuras) Quando um deles está numa ponta, o outro está no meio. 6) O 7 está no meio. 6 1 4 7 10 3 8 5 2 9 5 1 4 7 10 3 8 6 2 9 a b c d e a b c d e + + + + = + + + + =⇔ 5 11 55. CasaEm SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 2 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática 2008
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