Enviando Matemática - Curso Anglo - n2_aulas10a12_Resoluções

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AULA 10
1.
(13 + x) + (11 + 2x) = 42 ⇔ x = 6. (Alternativa E)
2. Se x era a idade de Neto no final de 1994, então o ano em que nasceu é 1994 – x; de forma análoga, o ano em que sua
avó nasceu é 1994 – 2x. Assim, temos (1994 – x) + (1994 – 2x) = 3844 ⇔ 3988 – 3x = 3844 ⇔ 3x = 144 ⇔ x = 48.
Portanto, Neto completa em 2006 a idade de (2006 – 1994) + 48 = 12 + 48 = 60 anos. (Alternativa C)
3. Seja H o número de filhos homens e M o número de filhas mulheres. As afirmações são equivalentes a H – 1 = M + 3
e H = 2(M – 1). Resolvendo o sistema, temos: M = 6 e H = 10, logo a quantidade de filhos é 16. (Alternativa C)
1. a = c – 2, b = c – 1.
c2 – ab = c2 – (c – 2)(c – 1) = c2 – (c2 – 3c + 2) = 3c – 2 = 2(c – 1) + c = 2b + c. (Alternativa E)
2. Paulo tem x reais e Cezar tem y reais 
Logo, x = 14 e y = 22
y – x = 8. (Alternativa B)
3. Tomemos como unidade a quantidade de ração que 1 vaca come em 1 dia.
10 ⋅ 24 + 10 ⋅ 30 + n ⋅ 10 = 24 ⋅ 60 ⇒ n = 90. (Alternativa E)
4. Seja t o número de horas que devemos sair antes das 11h para chegar em Salvador ao meio-dia e T o tempo passado,
em horas, até entrarmos no congestionamento. Assim, antes de chegar ao congestionamento andamos 60(t + T)km.
Em seguida, devemos passar por um congestionamento de extensão 4T para depois de 15km chegarmos a Salvador.
Assim, 60(t + T) + 4T + 15 = 60 ⇔ 60t + 64T = 45.
Assim, passamos t + T horas antes do congestionamento, demoramos horas no congestionamento e pas-
samos mais de hora até chegarmos a Salvador. Devemos ter 
Logo e portanto devemos sair aproximadamente às 10h 43min. (Alternativa A)
5. Sejam p a idade de Pedro e p + d a de Maria. A primeira fornece a equação e a segunda,
p + 3 = 20 + d. Resolvendo o sistema, obtemos d = 7, p = 24 e p + d = 31. (Alternativa B)
6. 10a + b = 5(a + b) ⇒ 5a = 4b ⇒ a = 4, b = 5 ⇒ 54 = 6 × 9. (Alternativa C)
p p d− = + −3
3
4
3( )
60 45 64
9
20
16 2t = − =⋅ , min
1
2
3
1
4
9
20
+ = + + + =⇔t t T
T
T h.
 
15
60
1
4
=
4
6
2
3
T T
=
x y e y− + + = + =5
1
3
5 18
2
3
5 18( ) ( )
CasaEm
8 5 + x x + 6
13 + x 11 + 2x
42
3 5 x 6
ClasseEm
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 1 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
Resoluções
NÍVEL 2
www.cursoanglo.com.br
Treinamento para
Olimpíadas de
Matemática2008
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 2 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
7. Sejam n – 1, n e n + 1 os três números naturais consecutivos. Temos (n – 1) + n + (n + 1) = (n – 1) ⋅ n ⋅ (n + 1) ⇔
⇔ 3n = n(n2 – 1) ⇔ n2 – 1 = 3 ⇔ n2 = 4 ⇔ n = 2
Portanto os números são 1, 2, 3 e a soma dos quadrados dos três números consecutivos é 12 + 22 + 32 = 14.
(Alternativa A)
AULA 11
1. A soma dos algarismos do número 4012 é 7.
(Alternativa D)
2. Multipliquemos primeiro os dois últimos radicais
Obtemos: 
Agora multipliquemos este fator encontrado pelo segundo fator da expressão
Obtemos: 
Finalmente multipliquemos este resultado pelo primeiro fator da expressão
. (Alternativa C)
3. Se x + y + z = 0, então x3 + y3 + z3 = 3xyz. Por outro lado,
Logo, (Alternativa D)
1. Sejam a e 50 – a os lados do retângulo. A área procurada é (50 – a) ⋅ a = 50a – a2.
Pelo teorema de Pitágoras, 
Deste modo, (Alternativa C)
2. (x + y)2 = 82 ⇔ x2 + 2xy + y2 = 64. Logo x2 + 6xy + y2 = x2 + 2xy + y2 + 4xy = 64 + 4 ⋅ 15 = 124. (Alternativa D)
 
50 1250
2
1250
2
2 2
2
2
2
a a a
x
a
x
− = + − − = − .
x a a x a a a a
x2 2 2 2 2 2
2
50 2500 100 2 50 1250
2
= −( ) + = − + = + −⇔ ⇔ .
50 – a
x a
CasaEm
 
x y z
x y x z y z
x y z
x y z
2 2 2
3 3 3 3 3 3
2 2 2
2 2 2
1 1 1 3
3  + +





 = =⋅ ⋅
1 1 1 3 3
3 3 3 3 3 3
3 3 3
3 3 3 3 3 3 2 2 2x y x z y z
x y z
x y z
xyz
x y z x y z
+ +





 =
+ +
= = .
2 3 2 3 1− + =⋅
2 3−
2 2 3 2 2 3− + + +⋅
 2 2 3− +
 2 2 2 3 2 2 2 3+ + + − + +⋅
2 2
2 2
2006
2 2 1
2 2 1
2006 2 2006 4012
2007 2005
2006 2004
2005 2
2004 2
+
+





 =
+
 
+
 
= =× × × .
ClasseEm
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 3 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
3. Inicialmente, sejam x o lado da folha e y o lado quadrado menor de lado maior que 1cm. Como os demais 41 qua-
drados têm lado 1cm, x e y são inteiros positivos. Assim:
x2 = y2 + 41 ⋅ 1 ⇔ (x – y)(x + y) = 41 ⇔ x – y = 1 e x + y = 41 ⇔ x = 21 e y = 20
Portanto o lado da folha mede 21cm. (Alternativa C)
4. . (Alternativa B)
5. . Para calcular o resto
da divisão por 9, basta somar os algarismos: 3 + 3 + 3 + 3 + 3 = 15, 1 + 5 = 6. O resto é 6. (Alternativa D)
6. Temos 
Assim, como xy � 0, 
(Alternativa C)
7. Como a, b � 0, temos Portanto, como e
, temos que é maior que mas menor que 1. (Alternativa D)
AULA 12
1. Vamos contar primeiro quantos números desse tipo existem:
2 com 1 dígito
22 com 2 dígitos
23 com 3 dígitos
Cada número desejado pode ser pareado com outro trocando os dígitos 2 por 1 (e vice versa). Por exemplo, 122 e
211. A soma dos números em cada par é algo do tipo: 33..3.
Assim, a soma total é
(Alternativa C)
2. 1º-) Existem 9 × 8 números de dois dígitos distintos, exatamente metade deles é bonito e a outra metade não é.
Logo existem números bonitos.
2º-) Existem 8 números bonitos que terminam em 1, 7 que terminam em 2, ..., 1 que termina em 8.
Logo existem: 8 + 7 + … + 1 = 36 números bonitos. (Alternativa B)
3. 2 a 9 — 8 números — 8 algarismos
10 — 99 — 90 números — 180 algarismos
Ainda restam 1818 algarismos e portanto ainda conseguimos formar 606 números de 3 algarismos. Assim, o livro de
Ludmilson tem 9 + 90 + 606 = 705 páginas. (Alternativa E)
9 8
2
36
×
=
2
2
3
2
2
33
2
2
333 1401
2 3
× × ×+ + = .
ClasseEm
a
b
a
b
+
+
1
1
a b a ab b ab
a
b
a
b
� � �⇔ ⇔+ +
+
+
1
1
a b a b
a
b
� � �⇔ ⇔+ +
+
+
1 1
1
1
1
a
b
a b� �1⇔ .
= + +( ) + + = +( )x y x y x xy y x y2 2 2 22� .
xy
x y
x y
x xy y x y x xy y� � �
3 3
2 2 2 2 2 2+
+
= − + + + + =
x y xy x xy y
x y
x y
−( ) ⇔ − + = +
+
2 2 2
3 3
0� � .
1111111111 22222
10 1
9
2 10 1
9
10 2 10 1
9
10 1
3
33333
10
5
10 5 5
− =
−
−
−
 
=
− × +
=
−
=
×
 
x
y
y
x
x y x y
x y
x y
xy
2
2
2
2
2 4 2 2
2 2
2 2
2
2
2
2 25
4
+ + =
+ +
=
+
 
( ) =
1. O mínimo múltiplo comum de 7 e 8 é 56. Entre dois múltiplos consecutivos de 56 há sete múltiplos de 7 e seis
múltiplos de 8. Assim, os múltiplos de 56 são os elementos de ordem 14, 28, 42, … da seqüência. Portanto, o 98º-
elemento da sequência é igual a 56 × 7 = 392 e o 100°- é 392 + 8 = 400. (Alternativa E)
2. O segmento AB pode ser um dos lados do retângulo. Há 4 retângulos que podem ser construídos com essa pro-
priedade. Se o segmento AB for uma diagonal do retângulo podemos construir apenas um retângulo, totalizando 5
possibilidades. (Alternativa E)
3. Nas n primeiras linhas, temos 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n2 números, dos quais estão em
casas brancas. Como , temos que o 2000º- número está na 63ª- linha. Como ,
concluímos que o número procurado é o (2(2000 – 1953) – 1)º- = 93º- número desta linha. Enfim, como o último ter-
mo da 62ª- linha é 622 = 3844, temos que o número procurado é 3844 + 93 = 3937. (Alternativa D)
4. A linha é composta da repetição da figura ao lado, cujo comprimento é 9. Cada figura dessa
inicia-se num ponto representado por um múltiplo de 3 no eixo horizontal: 0, 3, 6, …, 30. A
11ª- figura, incompleta, tem comprimento 7. Portanto, o comprimento da linha poligonal é igual
a 10 × 9 + 7 = 97. (Alternativa D)
5. As horas possíveis são 00, 02, 04, 06, 08, 20 e 22, totalizando 7possibilidades. Para cada uma dessas horas, os
minutos podem ser 00, 02, 04, 06, 08,..., 40, 42, ..., 48, etc, num total de 3 × 5 = 15 possibilidades. Portanto, o
número de vezes em que o relógio exibe apenas algarismos pares é 7 × 15 = 105. (Alternativa C)
62 63
2
1953
⋅
=
62 63
2
2000
63 64
2
⋅ ⋅
� �
1 2 3
1
2
+ + +… + =
+( )
n
n n
CasaEm
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 4 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008