BANCO DE EXERCÍCIOS - 24 HORAS

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1 BANCO DE EXERCÍCIOS - 4 HORAS 9º ANO ESPECIALIZADO/CURSO ESCOLAS TÉCNICAS E MILITARES FOLHA Nº 0 GABARITO COMENTADO ) Sej A 5p + 7. Como A 5p + 7 5p + 7, concluímos que o resto d divisão de A por é igul o resto d divisão de 7 por, ou sej,. De form nálog, o resto d divisão de A por 5 é o mesmo que o d divisão de 7 por 5, ou sej, igul. A som desses restos é igul n ) Como, 00 n 00 n segue que se n 00 n é inteiro então 00 tmbém é inteiro. Assim bst procurrmos pelos divisores inteiros de 00 pois pr cd divisor d, teremos n 00 d como solução. O número 00 n 00 possui 8 divisores inteiros. ) Qundo An ndr /4 d escd, Betriz terá nddo /4 d mesm. Isso signific que An é três vezes mis rápid pr descer do que Betriz pr subir. Qundo An ndr mis /4 d escd e terminr, Betriz terá nddo mis um terço disso, que é /. Assim, Betriz ndou 4/ d escd, então ind terá que subir 8/ /. 4) S S ( ) S S ( ) S S ( ) 0S 0 Logo S S S S S S S S S S S ( ) ) Sej x o tempo que o segundo relógio voltou no tempo. Então queremos resolver congruênci x x (mod 4) 0 (mod 8). O menor inteiro positivo que stisfz ess congruênci é 8. Qundo o segundo relógio tiver voltdo 8 hors no tempo (e portnto estrá mrcndo 05:00), hor cert será :00 + 8:00 :00. 6) A som dos dígitos dos bilhetes é no mínimo e no máximo 7. Pr s soms e 7 existem pens dois bilhetes, enqunto que pr qulquer outro vlor existem pelo menos três bilhetes. Então retirndo + + x (7 ) + 5 iremos escolher pelo menos três números com mesm som. 7) O critério de divisibilidde por nos diz que se o número N possui todos os seus lgrismos iguis e é divisível por, então ele deve possuir um número pr d lgrismos. O critério de divisibilidde por tmbém nos diz que som dos lgrismos deve ser múltipl de e isso obrig que quntidde de lgrismos 7 sej divisível por. O menor número que cumpre esss condições é , ou sej, N / 569.

2 8) Sej x idde de Alex. Logo, (x 55)(x + 55) p, onde p é primo. Temos então, dus possibiliddes: x 55 I) x + 55 p Nesse cso terímos x 56 e p, bsurdo, pois não é primo. x 55 p II) x + 55 p Com isso, 0 p p p(p ). 0. E ssim teremos p e x 66. Logo, idde de Alex é 66 nos. 9) Anlisndo equção módulo 5, obtemos 4 ( mod 5) 4( mod 5) Ms os vlores de são periódicos de período 4:. Assim, concluímos que ( ) 4 mod 5 + 4t pr t N b Agor, nlisndo equção módulo, obtemos 5 0( mod ) ( ) b ( mod ) + o que ocorre se, e só se, b é pr. Portnto e b são mbos pres, digmos c e b d pr dois inteiros positivos c, d. Assim, ( ) c d c b c d c d c d ( 5)( + 5) c d + 5 c d 5 5 b d Assim, únic solução é: (,b) (,). 0) NMPQ Q + 0P + 00M + 000N MNPQ Q + 0P + 00N + 000M NMPQ MNPQ 900N 900M 900 (N M) Como N e M são inteiros, é divisível por M N. ) Pr determinrmos o lgrismo ds uniddes simples, bst clculrmos o resto d divisão do número pedido por deix resto qundo dividido por ( 4 ) 50. 9, logo 00 deix resto 9 qundo dividido por 0. Logo que deix resto 6 qundo dividido por 0. ) Em um divisão, temos que: DIVIDENDO DIVISOR. QUOCIENTE + RESTO Logo, P D. Q + R ( I ) Q Q. D + R ( II ) Substituindo II em I: P D. (Q. D + R ) + R P D. Q. D + D. R + R O resto é D. R + R

3 ) 60². 0 6b + r r 60 6b o resto de um divisão, stisfz seguinte desiguldde: 0 r b, onde b é o divisor. Portnto, b b, somndo 6b cd termo d desiguldde, temos: 6b 60 7b. 6b 60 b 60 7b 60 b 5,4... Logo b { 5, 5, 54,..., 58, 59, 60 } S ( 5+ 60) ) Dividindo tudo por x : Sej z : z z + 0. Ftorndo, tere- x x x x x z + z + z + 0. A únic riz rcionl dess equção é z, portnto deveremos ter x pr mos ( ) ( ) stisfzer equção com x e inteiros positivos. Pel limitção 007, pode ssumir todos os vlores de qudrdos perfeitos nesse intervlo, que são,,,..., 44, totlizndo 44 pres ordendos. x 5) Temos x x x, ms podemos cncelr diferenç, que é diferente de zero, x x x então x. x 6) Como 0 e b 0, então 0 + < b b b < b b < b <. Tmbém temos < + < b b < b < b e ssim < b <. 7) Em primeiro lugr, vej que cd termo do produto é do tipo ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 4 4 x + x + x + x + x x + x x x+ x + x+. 4 k+ + k+ +. Além disso, podemos escrever 4 k + k + k k. k k k + k + k k+ k + k+ 4 Assim, ficmos com ( k ) ( k ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) Agor, vej que (k + ) (k + ) + + k + k + e k k + (k ) + (k ) +. Logo, últim expressão fic 4 k+ + k+ + k+ + k+ +. k + k + k + k + ( ) ( ) ( ) ( ) 4 ( ) ( ) Logo, o produto pedido é igul

4 4 b x. Cd ftor é inteiro e deve ser um potênci de : x e x + com + b 00 e < b. Resolvendo o sistem, b x e b +, ssim precismos ter tmbém ) Se ( x )( x + ) condição pr que s soluções sejm inteirs. Os possíveis pres (, b) são (, 009), (, 008), (, 007),..., (00, 007) e (004, 006), e como cd pr (, b) lev um pr (x, ) de form únic, temos no totl 004 soluções. 9) x + (x + ) (x x + ) 0) 5(x + ) (x + ) (x x + ) (x x + ) 5 4 x 5 x x ( x + + z ) ( x z ) + z Vmos utilizr o produto notável: x (x + )(x ) ( x + + z + x z )( x + + z x + + z ) ( x )( + z ) + z ( x ) + z 4x ( ) + z + z ) Vmos mostrr inicilmente que BL e CK são s bissetrizes dos ângulos B e C do ABC. Pr isto, sejm K e L s intersecções ds bissetrizes de C e B com circunferênci de diâmetro BC, como n figur. Sej ind I o incentro de ABC e β e ϒ s medids de B e C, respectivmente, de modo que β+ϒ 60 A 0º E K D G F β / I B β / γ / γ / γ / L C Sejm D e E s intersecções de K'L' com os ldos AB e AC do triângulo. Pr mostrr que K'L' K'L' bst mostrr que E e D são s projeções ortogonis de I os ldos AC e AB. Como BC é diâmetro, temos que BL C

5 5 é reto, ssim se mostrrmos que o qudrilátero IE L C é cíclico, provremos que IE C é reto, e nlogmente pr D. Denote por F e G os encontros ds bissetrizes de C e B com os ldos opostos. Temos γ β β+γ ( ) ( ) ( ) ( ) 0 m GIC m FIB m AFC m FBI β+. d mesm form, temos m GE L m BGA m GL E ( ) ( ) ( ) β γ β+γ +γ 0 pois ( ) ( ) ( ) m GL E m B L K m BCK já que mbos os ângulos subtendem o mesmo rco BK '. Assim, provndo que IE L C é cíclico. Sendo O o ponto médio de BC, temos m ( KOL ) 80 m( LOC) m( KOB) 80 β γ 0 Assim distânci pedid é m ( LOK ) BC LO cos cos 60 cm. ) Como ABC 0, então AOC 40 e com isso OAC 0 Por outro ldo, IAC 0. Portnto, IAO 0. ) o Como ABC é um triângulo retângulo, então AO BO CO. Se ABI AOI 45 e BAI OAI, então o ABI AOI (ALA). Com isso, AB AO BO, e portnto, triângulo ABO é equilátero. Assim, ACB 0.

6 6 4) Temos AB BC e o ângulo exterior ABC é igul ADC. Isso implic que o ponto B é o centro d circunferênci circunscrit o triângulo ADC. Dess form, DBC DAC 50. 5) Portnto BD. FG 6) Como o triângulo é isósceles concluímos que, CBM ABM e ACB 90 α, com isso, CAQ α, pois AQ é um ltur. Como AI é bissetriz, então CAI IAB α. Finlmente no AMB: α + α + α + α 90 α 8. 7) Sejm A o ortocentro do triângulo BCD e D o ortocentro do triângulo ABC. Como s rets CD e BD são mbs perpendiculres AB, são prlels. Anlogmente, s rets BD e CD são prlels. Logo o qudrilátero BDCD é um prlelogrmo e, portnto, os triângulos BCD e BD C são congruentes. D mesm mneir, s rets AB e CA são prlels, pois são perpendiculres BD. Anlogmente, s rets AC e BA são prlels. Logo o qudrilátero CABA é um prlelogrmo e, ssim, os triângulos ABC e A CB são congruentes. Consequentemente, os qudriláteros ABDC e A CD B são congruentes, de modo que distânci entre os ortocentros A D é igul AD.

7 7 Devemos, então, clculr AD. Como os ângulos ABD e ACD são mbos retos, somm 80 e, portnto, o qudrilátero ABCD é inscritível, sendo AD diâmetro de seu circuncírculo. Pel lei dos co-senos, BC AB + AC.AB.AC.cos 60 BC BC Enfim, pel lei dos senos, BC 9 AD R sen60 e, portnto, distânci entre os ortocentros é 9. 8) Vmos denotr por A, B, C e D os vértices do qudrdo e por MN o corte efetudo. Como CM + CN BC CD, result que BM CN e DN MC. Em consequênci, os triângulos ADN e DCM são congruentes, o mesmo ocorrendo com ABM e BCN (em cd cso, os triângulos são retângulos e possuem ctetos iguis). Logo, DÂN CDM e BÂM CBN b. Assim, + b e + b 6.