3a Olimpı ada Vic osense de Matema tica

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1 3a Olimpı ada Vic osense de Matema tica Gabarito do Banco de Questo es OLIMPÍADA LIM IMPÍADA VIÇ VIÇOSENSE SE DE MAT MA MATEMÁTICA TE a Nı vel 1-1 Fase 1. Soluc a o: Como a espessura de cada folha e 0, 1 mm, a altura de um pacote com 500 folhas e 500 0, 1 mm = 50 mm. Logo, a altura de cada pilha sera de mm = mm = 3 m. 1. Soluc a o: O nu mero total de alunos nos dois o nibus e = 88 e 88 = 44. Para que cada o nibus tenha o mesmo nu mero de alunos, 5 44 = 13 alunos devem passar do primeiro para o segundo o nibus. 3. Soluc a o: Na figura abaixo retirando-se dois saquinhos e quatro bolas de cada prato, a balanc a continua equilibrada e restam tre s saquinhos no prato a esquerda e seis bolas no prato da direita. Logo, o peso de tre s saquinhos e igual ao peso de seis bolas. Daı concluı mos que o peso de um saquinho e igual ao peso de duas bolas. 4. Soluc a o: Na expressa o (13 5) (53 + ) 5 fazendo a troca inversa, ou seja, trocando todos os algarismos 5 por 3, todos os algarismos 3 por 5, o sinal de pelo sinal de + e o sinal de + pelo de obtemos: (15 3) + (35 ) 3 = = 5 3 = Soluc a o: Com as figuras recortadas podemos reconstruir o hexa gono da seguinte forma: Logo, o perı metro do hexa gono que Larissa recortou e : = 39 cm. 1

2 6. Solução: Em 1 ano há 365 dias que corresponde a 5 semanas e 1 dia. Pelo enunciado, a cada semana Ricardo toma 3 comprimidos. Logo, em um ano ele poderá tomar no máximo = 15 comprimidos. Como cada caixa possui 0 comprimidos, então, em 1 ano, Ricardo precisará de 15 =, 85 caixas. 0 Assim, Ricardo deverá comprar pelo menos 8 caixas num ano.. Solução: O refresco é composto por 0% de um litro, ou seja, 0, litros de suco e por 80% de um litro, ou seja, 0,8 litros de água. Logo, a mistura final tem 0, litros de suco e 3 + 0, 8 = 3, 8 litros de água. A porcentagem de suco em relação ao volume da mistura é, então, volume de suco volume total volume do suco volume total = 0, 4 = 40 = 0, 05 = 5%. 8. Solução: O número total de alunos dessa classe é + 18 = 40, dos quais 60% foram prestar trabalho comunitário, isto é, 0, 6 40 = 4. O número mínimo de alunas que participaram desse trabalho é obtido quando o número de alunos que participaram é máximo, ou seja, quando todos os alunos se envolverem no trabalho, restando o mínimo de duas vagas para as alunas. 9. Solução: Se o pedreiro assenta 8 metros por dia, em 15 dias assentará 15 8 = 10 metros. 10. Solução: Sendo x metros o comprimento da pista, Jussara já percorreu x + 00 metros e 3 ainda faltam percorrer mais 300 metros para que ela chegue a metade. Assim, Logo, a pista tem 3km. x = x 500 = x x 3 = x 6 x = Solução: Se a florista Patrícia vender as flores sem desidratá-las, ela vai apurar um total de 49 1, 5 = R$1, 5. O peso das flores depois da desidratação é ( ) = 49 = 14 kg. Logo, vendendo as flores desidratadas, ela apura um total de 14 3, 5 = R$ 45, 50.s. Assim, Patrícia ganha mais no processo sem a desidratação. 1. Solução: Dalila pode montar as fileiras com 5 morangos e nenhuma jabuticaba; 4 morangos e 1 jabuticaba; 3 morangos e jabuticabas e morangos e 3 jabuticabas.

3 No primeiro caso, há 1 modo de montar a fileira e no segundo há 5 casos. Sendo M morangos e J jabuticaba, no terceiro caso temos as seguintes possibilidades para fileira: MJMJM, MJMMJ, MMJMJ, JMMJM, JMJMM, JMMMJ e JMJMJ, ou seja, de maneiras. Logo, Dalila pode fazer = 13 fileiras diferentes. 13. Solução: (a) Como o mínimo múltiplo comum (MMC) dos denominadores das frações é 30 podemos escrever: (b) 4 3 = Ordenando, obtemos: Assim, concluímos que: ( 1 1 ) ( ) 4 5 = 4 30, 4 6 = 0 30, 3 5 = 18 30, 6 5 = < < 0 30 < 4 30 < < ( 5 < 3 5 < 4 6 < 4 5 < 6 5 < 4 3. ) ( ) = = 1 5. e 5 = Solução: Pensando a partir do final, vemos que, se o vidro está cheio depois de 60 segundos, ele tinha de estar pela metade um segundo antes. Logo, o vidro estava pela metade aos 59 segundos. 15. Solução: Sejam p a quantidade de pregos, q a de parafusos e r a de ganchos, então: { p + 3q + r = 4 p + 5q + 4r = 44 Somando as duas equações, temos 3p + 8q + 6r = 68. E a compra da Matheus pesou 1p + 3q + 4r = 4(3p + 8q + 6r) = 4 68 = g. 16. Solução: (a) O maior produto é 30, pois ao examinar os produtos dos números naturais cuja soma é 11 obtemos: = 11 e 10 1 = 10; = 11 e 9 = 18; = 11 e 8 3 = = 11 e 4 = 8; = 11 e 6 5 = 30. 3

4 (b) Se m é um número natural tal que 3 m = 81 = 3 4, então m = 4. Logo, m 3 = 4 3 = = 64. (c) Somando 3 a todos os membros da expressão dada obtemos a = b = c = d a + = b + 5 = c = d +. Portanto, c é o maior valor. 1. Solução: De acordo com a figura abaixo: o quarto é quadrado, com uma área de 16 m, suas dimensões são 4 m 4 m. Da mesma forma, as dimensões do quintal quadrado são m m. A sala tem uma área de 4 m e uma dimensão igual à do quarto; portanto, as dimensões da sala são 6 m 4 m. Assim, as dimensões totais da casa são 10 6 m e a área total da casa é de 60 m. Logo, a cozinha tem uma área de = 16 m. 18. Solução: A tabela abaixo representa todas as possibilidades para que o número de cabeças seja 5 (lembramos que banquinhos não têm cabeça e há pelo menos uma pessoa e uma vaca). Cabeça de Cabeça de Pés Pés de banquinhos vacas pessoas (vacas e pessoas) ( - pés, vacas e pessoas) A última coluna representa as possibilidades para o número de pés de banquinhos que há no curral. Como cada banquinho tem 3 pés, o número total de pés de banquinhos deve ser um múltiplo de 3. O único múltiplo de 3 que aparece na última coluna é 6, correspondente a banquinhos. Logo no curral havia 3 vacas, pessoas e banquinhos. 19. Solução: Da sala, = 4 alunos gostam de Matemática e 5 56 = 40 alunos gostam de Português. Como são, no total, 56 alunos, cada um gostando de pelo menos uma das matérias, = 6 gostam de ambas matérias. 4

5 0. Solução: Poderíamos pensar que, como a lagarta consegue subir no total 1 cm por dia, levaria 5 dias. Entretanto, cinco dias antes, no septuagésimo dia, ela terá subido 0 cm e o esforço do próximo dia fará com que ela suba os 5 cm finais. Logo, a resposta é a lagarta estará no topo do mastro ao final do 1 o dia (antes do inicio da 1 a noite). 1. Solução: Das 1horas às 1h50min. há = segundos. Sabemos que no instante zero, às 1 horas, todas as luzes estão acesas. No caso das luzes azuis sabemos que: 140 segundos depois estarão apagadas, 80 = 140 segundos depois estarão acesas, 40 = segundos depois estarão apagadas, 560 = segundos depois estarão apagadas. Logo, nos instantes múltiplos ímpares de 140 serão apagadas e nos instantes múltiplos pares de 140 serão acesas. Como 1 {{ 140 < < {{ 140, será apagada será acesa concluímos que às 1h50 as luzes azuis estarão apagadas. De maneira similar, como 83 {{ 36 < < 84 {{ 36, será apagada será acesa concluímos que às 1h50 as luzes verdes estarão apagadas. Já no caso da amarelas temos: e portanto estarão acesas às 1h {{ será acesa < < 6 45 {{ será apagada. Solução: O número 9 3 é divisível por, pois 9 3 = não é divisível por 5, pois 5 não é um fator de é divisível por 8, pois pois 9 3 = {{ =8 9 3 não é divisível por 9, pois 9 não é um fator de é divisível por 6, pois pois 9 3 = {{ 3 8. =6 5

6 3. Solução:) Juntando os quatro trapézios, formamos um quadrado de área.500 cm. Como o buraco quadrado no meio tem área = 900 cm, a área de cada um dos 4 trapézios, em cm, é ( ) 4 = = Solução: Seja T a quantidade total de dinheiro no jogo. Assim, no início, os jogadores possuíam: 18 T, Guilherme 6 18 T e Henrique 5 18 T. E, no final, eles possuíam: 6 15 T, Guilherme 5 15 T e Henrique 4 15 T. Para comparar essas frações, usamos o denominador comum de 18 e 15, a saber, 90. Desse modo, no início: E, no final: 18 T = T, Guilherme 6 18 T = T e Henrique 5 18 T = 5 90 T T = T, Guilherme 5 15 T = T e Henrique 4 15 T = 4 90 T. Logo, foi quem ganhou um total de 1 T, que corresponde a 1 reais, de modo que 90 1 T = 1, ou seja, o total T de dinheiro no início o jogo foi T = 90 1 = R$ Assim, 90 no final da partida, os jogadores possuiam, em reais, Guilherme Henrique 6 15 de = 43, 5 T de = 360, 15 4 T de = Solução: (a) AO trajeto de M a N compreende 14 comprimentos e 1 larguras das lajotas. Logo, seu comprimento é = = 13 cm. Como as duas formiguinhas percorrem a mesma distância, cada uma deve andar 13 = 66. 6

7 (b) Vamos acompanhar, desde o início, o percurso feito por Maricota até completar os 66 cm : comprimentos + 1 largura + 3 comprimentos + largura {{{{{{{{ 6=1 4+1= = =4 comprimentos + 1 largura + 1 comprimento + 1/ largura. {{{{{{{{ 1+4= = =64 +64=66 6. Solução: Na loja A Festa do Chá existem cinco tipos diferentes de xícaras de chá e três tipos diferentes de pires. (a) Vamos escolher uma xícara primeiro. Então, para completar o conjunto, podemos escolher qualquer um dos três pires. Logo, temos 3 conjuntos diferentes com a mesma xícara. Como existem cinco xícaras diferentes, temos 15 conjuntos diferentes (15 = 5 3). (b) Começamos com qualquer um dos 15 conjuntos do item anterior. Existem quatro maneiras diferentes de completá-los com uma colher de chá. Portanto, o número de todos os conjuntos possíveis é 60 (já que 60 = 15 4 = 4 5 3). (c) Existem três casos possíveis: uma xícara e um pires, uma xícara e uma colher ou um pires e uma colher. O número de possibilidades do primeiro caso foi calculado no item (a) e são 15. Fazendo um cálculo similar constatamos que no segundo caso há 4 5 = 0 possibilidades e no terceiro há 4 3 = 1 possibilidades. Portanto, no total é possível = 4 compras diferentes.. Solução: (a) Para ir de Alegria a Candura devemos ir primeiro a Brisa, pois não estradas diretas, e assim temos {{ 6 estradas de Alegria a Brisa {{ 4 estradas de Brisa a Candura = 4 possibilidades.

8 (b) Consideremos dois casos: nosso trajeto passa por Brisa ou por Delírio, o primeiro caso foi calculado no item (a) e nos forneceu 4 caminhos. No segundo caso teremos 3 {{ estradas de Alegria a Delírio Logo, no total há 30 trajetos diferentes possíveis. {{ = 6. estradas de Delírio a Candura 8. Solução: (a) Como 10 3 = 0, existem 0 cartões cujos números são múltiplos de 3. Mais precisamente, esses cartões são os de número 3 = 1 3, 6 = 3, 9 = 3 3, 1 = 4 3,..., 04 = 68 3, 0 = 69 3 e 10 = 0 3. (b) Há 105 cartões pares. Por outro lado, entre os 0 múltiplos de 3 há 0 = 35 pares. Logo, = 0 são pares mas não múltiplos de Solução: A resposta é não, pois a soma de 1 até 10 é 55 e uma mudança de sinal em qualquer um deles muda esta soma por um número par, já que estaremos subtraindo o mesmo número duas vezes. Consequentemente, a soma tem que permanecer ímpar e portanto não pode ser Solução: É claro que existem 5 números de um algarismo todo-ímpares : 1, 3, 5, e 9. Podemos colocar um algarismo ímpar à direita de qualquer número todo-ímpar com um algarismo de cinco maneiras. Assim, temos 5 5 = 5 números todo-ímpares de dois algarismos. Fazendo um raciocínio análogo concluímos que há = 15 números todo-ímpares de três algarismos e há = 65 números todo-ímpares todo-ímpares de quatro algarismos. 8