diff --git "a/Brazilian_MO/md/pt-bq2010_N3.md" "b/Brazilian_MO/md/pt-bq2010_N3.md" new file mode 100644--- /dev/null +++ "b/Brazilian_MO/md/pt-bq2010_N3.md" @@ -0,0 +1,4738 @@ +# Nível 3 + +1. Usando velas - Uma cidade ainda não tem iluminação elétrica, portanto, nas casas usam-se velas à noite. Na casa de João, usa-se uma vela por noite, sem queimá-la totalmente, e com quatro desses tocos de velas, João fabrica uma nova vela. Durante quantas noites João poderá iluminar sua casa dispondo de 43 velas? +(a) 43 +(b) 53 +(c) 56 +(d) 57 +(e) 60 +2. Rodas e bandeiras - Juliano encaixou duas rodas dentadas iguais, cada uma com uma bandeirinha igual desenhada, como mostra a figura. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-001.jpg?height=208&width=417&top_left_y=730&top_left_x=1459) + +Então ele girou a roda da esquerda um pouco. Qual das alternativas abaixo pode representar a posição final das rodas? +(a) + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-001.jpg?height=220&width=400&top_left_y=1072&top_left_x=448) +(b) + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-001.jpg?height=217&width=408&top_left_y=1074&top_left_x=961) +(c) + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-001.jpg?height=220&width=414&top_left_y=1072&top_left_x=1478) +(d) + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-001.jpg?height=217&width=400&top_left_y=1325&top_left_x=451) +(e) + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-001.jpg?height=217&width=416&top_left_y=1322&top_left_x=954) + +3. Número de latas - Uma fábrica embala latas de palmito em caixas de papelão de formato cúbico de $20 \mathrm{~cm}$ de lado. Em cada caixa são colocadas 8 latas e as caixas são colocadas, sem deixar espaços vazios, em caixotes de madeira de $80 \mathrm{~cm}$ de largura por $120 \mathrm{~cm}$ de comprimento e $60 \mathrm{~cm}$ de altura. Qual é o número máximo de latas de palmito em cada caixote? +(a) 576 +(b) 4608 +(c) 2304 +(d) 720 +(e) 144 +4. Qual é a menor fração? - Quantas frações da forma $\frac{n}{n+1}$ são menores do que $7 / 9$, sabendo que $n$ é um número inteiro positivo? +(a) 1 +(b) 2 +(c) 3 +(d) 4 +(e) 5 +5. Pistas de corrida - Um atleta corre $5000 \mathrm{~m}$ por semana em uma quadra de esportes, que tem uma pista curta e outra longa. Em uma certa semana, ele treinou seis dias, sendo que a cada dia correu uma vez na pista longa e duas na pista curta. Na semana seguinte, ele treinou sete dias, sendo que a cada dia correu uma vez em cada pista. Podemos, então, afirmar que: + +(a) a pista longa é $500 \mathrm{~m}$ mais longa do que a curta; + +(b) a pista longa é quatro vezes maior do que a curta; + +(c) a pista longa é cinco vezes maior do que a curta; +(d) a pista longa é $600 \mathrm{~m}$ mais longa do que a curta; + +(e) a pista longa é três vezes maior do que a curta. + +6. Brincos e brincos - Numa certa povoação africana vivem 800 mulheres, $3 \%$ das quais usam apenas um brinco. Das demais, a metade usa dois brincos e a outra metade, nenhum. Qual é o número total de brincos usados por todas as mulheres dessa povoação? +(a) 776 +(b) 788 +(c) 800 +(d) 812 +(e) 824 +7. Perguntas e respostas - Ana, Bento e Lucas participam de um concurso que consta de 20 perguntas, com as regras seguintes. + +- Cada resposta certa vale 5 pontos. +- Cada resposta errada acarreta a perda de 3 pontos. +- Cada resposta em branco acarreta a perda de 2 pontos. + +| | certas | erradas | em branco | +| :--- | :---: | :---: | :---: | +| Ana | 12 | 3 | 5 | +| Bento | 13 | 7 | 0 | +| Lucas | 12 | 4 | 4 | + +Usando os resultados do concurso da tabela e escrevendo os nomes dos três em ordem decrescente de classificação no concurso, obtemos: +(a) Ana, Bento, Lucas; +(c) Ana, Lucas, Bento; +(e) Bento, Ana, Lucas. +(b) Lucas, Bento, Ana; +(d) Lucas, Ana, Bento; + +8. Qual é a carga? - O limite de peso que um caminhão pode transportar corresponde a 50 sacos de areia ou a 400 tijolos. Se esse caminhão já carrega 32 sacos de areia, quantos tijolos, no máximo, ele ainda pode carregar? +(a) 132 +(b) 144 +(c) 146 +(d) 148 +(e) 152 +9. Quanto mede a cerca? - Uma cerca reta de arame tem 12 postes igualmente espaçados. A distância entre o terceiro e o sexto poste é de $3,3 \mathrm{~m}$. Qual é o comprimento da cerca, em metros? +(a) 8,4 +(b) 12,1 +(c) 9,9 +(d) 13,2 +(e) 9,075 +10. Dizima periódica - Sabendo que $0,333 \ldots=\frac{1}{3}$, qual é a fração irredutível equivalente a $0,1333 \ldots$. . +(a) $\frac{1}{13}$ +(b) $\frac{1}{15}$ +(c) $\frac{1}{30}$ +(d) $\frac{2}{15}$ +(e) $\frac{1333}{10000}$ +11. Valor absoluto - O valor absoluto $|a|$ de um número $a$ qualquer é definido por + +$$ +|a|=\left\{\begin{array}{cl} +a & \text { se } a>0 \\ +0 & \text { se } a=0 \\ +-a & \text { se } a<0 +\end{array}\right. +$$ + +Por exemplo, $|6|=6,|-4|=4$ e $|0|=0$. Quanto vale $N=|5|+|3-8|-|-4|$ ? +(a) 4 +(b) -4 +(c) 14 +(d) -14 +(e) 6 + +12. O peso das frutas - Marcos quer pesar, numa balança de dois pratos, uma banana, uma maçã e um mamão. Em cada uma das figuras dadas, a balança está em equilíbrio, isto é, os conteúdos que estão no prato da direita têm o mesmo peso que os que estão no prato da esquerda. Em duas das três pesagens foi utilizado um peso de 200 gramas. Podemos afirmar que as três frutas têm um peso total, em gramas, de + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-003.jpg?height=223&width=1493&top_left_y=1079&top_left_x=316) +(a) 250 ; +(b) 300 ; +(c) 350 ; +(d) 400 ; +(e) 450 . + +13. Maratona - André treina para a maratona dando voltas em torno de uma pista circular com $100 \mathrm{~m}$ de raio. Para percorrer $42 \mathrm{~km}$, o número de voltas que André precisa dar está entre: +(a) 1 e 10 ; +(b) 10 e 50 ; +(c) 50 e 100 ; +(d) 100 e 500 ; +(e) 500 e 1000 . +14. Dobrando papel - Uma folha quadrada foi dobrada duas vezes ao longo de suas diagonais, obtendo-se um triângulo. Em seguida, foi feito um corte reto na folha dobrada, paralelo ao lado maior desse triângulo, passando pelos pontos médios dos outros lados, conforme a ilustração dada. +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-003.jpg?height=158&width=798&top_left_y=1998&top_left_x=710) + +Desdobrando a folha, obteve-se um buraco quadrado no meio da folha. A área do buraco corresponde a qual fração da área de toda a folha quadrada original? +(a) $\frac{1}{2}$ +(b) $\frac{1}{6}$ +(c) $\frac{3}{8}$ +(d) $\frac{3}{4}$ +(e) $\frac{1}{4}$ + +15. Encontre o número - Qual é o menor número inteiro positivo $N$ tal que $N / 3, N / 4$, $N / 5, N / 6$ e $N / 7$ sejam todos números inteiros? +(a) 420 +(b) 350 +(c) 210 +(d) 300 +(e) 280 +16. Equação quadrática - Se 3 e $1 / 3$ são as raízes da equação $a x^{2}-6 x+c=0$, qual é o valor de $a+c$ ? +(a) 1 +(b) 0 +(c) $-\frac{9}{5}$ +(d) $\frac{18}{5}$ +(e) -5 +17. Cubo - Os vértices de um cubo são numerados de 1 a 8 , de tal modo que uma das faces tem os vértices $\{1,2,6,7\}$ e as outras cinco têm os vértices $\{1,4,6,8\},\{1,2,5,8\}$, $\{2,3,5,7\},\{3,4,6,7\}$ e $\{3,4,5,8\}$. Qual é o número do vértice que está mais distante do vértice de número 6 ? +(a) 1 +(b) 3 +(c) 4 +(d) 5 +(e) 7 +18. Time de basquete - O gráfico dado mostra o número de pontos que os oito jogadores de basquete do time da escola marcaram no último jogo. + +Qual é o número total de pontos marcados pelo time? +(a) 54 +(b) 8 +(c) 12 +(d) 58 +(e) 46 + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-004.jpg?height=428&width=439&top_left_y=834&top_left_x=1274) + +19. O caminho da formiguinha - Uma formiguinha vai caminhar de $A$ até $C$, podendo passar apenas uma vez pelo ponto $B$ e usando somente os caminhos indicados na figura. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-004.jpg?height=129&width=483&top_left_y=1466&top_left_x=821) + +Qual é o número de maneiras diferentes que ela pode escolher para caminhar de $A$ até $C$ ? +(a) 3 +(b) 5 +(c) 7 +(d) 8 +(e) 9 + +20. Operação-Dados dois números reais $a$ e $b$, considere $a b=a^{2}-a b+b^{2}$. Quanto vale 1 ? +(a) 1 +(b) 0 +(c) 2 +(d) -2 +(e) -1 +21. Indo para a escola - O diagrama de barras mostra a distribuição dos alunos de uma escola de acordo com o tempo que gastam no trajeto de casa para a escola. As frações de minuto foram desconsideradas; por exemplo, se um aluno gasta 40 minutos e 15 segundos neste trajeto, considera-se que o tempo gasto é de 40 minutos. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-004.jpg?height=380&width=457&top_left_y=2097&top_left_x=1371) + +Responda às perguntas seguintes justificando sua resposta. + +(a) Quantos alunos gastam menos do que 20 minutos para chegar à escola? + +(b) Quantos alunos tem esta escola? +(c) Quantos alunos gastam mais do que 40 minutos para chegar à escola? + +(d) É verdade que a maioria dos alunos gasta mais do que 20 minutos para chegar à escola? + +22. Campeonato de futebol - No último campeonato de futebol do bairro em que moro participaram seis equipes, denominadas $A, B, C, D, E$ e $F$. Cada equipe disputou, com cada uma das outras, exatamente uma partida. A tabela de classificação do campeonato é fornecida a seguir, sendo $\mathrm{V}$ é o número de vitórias, $\mathrm{E}$ o número de empates, $\mathrm{D}$ o número de derrotas, GP o número de gols marcados e GC o número de gols sofridos para cada equipe. + +(a) Quantas partidas foram disputadas? + +(b) A tabela está incompleta. Determine a quantidade de vitórias da equipe $F$, a quantidade de derrotas da equipe $D$ e a quantidade de gols marcados pela equipe $F$, representados na tabela por $x, y$ e $z$. + +| Equipe | $\mathbf{V}$ | $\mathbf{E}$ | $\mathbf{D}$ | GP | GC | +| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | +| $A$ | 4 | 1 | 0 | 6 | 2 | +| $B$ | 2 | 1 | 2 | 6 | 6 | +| $C$ | 0 | 3 | 2 | 2 | 6 | +| $D$ | 1 | 1 | $y$ | 3 | 6 | +| $E$ | 0 | 1 | 4 | 1 | 5 | +| $F$ | $x$ | 1 | 0 | $z$ | 3 | + +23. Poste elétrico - Uma companhia de eletricidade instalou um poste num terreno plano. Para fixar bem o poste, foram presos cabos no poste, a uma altura de 1,4 metros do solo e a 2 metros de distância do poste, sendo que um dos cabos mede 2,5 metros, conforme a figura. + +$$ +\begin{array}{ll} +\text { g } & 2,5 \mathrm{~m} \\ +\rightarrow & 2 \mathrm{~m} +\end{array} +$$ + +Um professor de Matemática, após analisar estas medidas, afirmou que o poste não está perpendicular ao solo. Você acha que o professor está certo? Justifique sua resposta. + +24. Equações recíprocas - Briot (matemático inglês, que viveu de 1817 a 1882) e Ruffini (matemático italiano, que viveu de 1765 a 1822) desenvolveram métodos para encontrar soluções para as equações chamadas recíprocas. Nesta questão, você vai desenvolver, passo a passo, a essência desses métodos. O item (a) é uma preparação para os demais itens. + +(a) Se $y=x+\frac{1}{x}$, calcule as expressões $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}$ e $x^{3}+\frac{1}{x^{3}}$ em termos de $y$. + +(b) Determine todas as raízes reais da equação $x^{2}-5 x+8-\frac{5}{x}+\frac{1}{x^{2}}=0$. + +(c) Determine todas as raízes reais de $x^{4}-5 x^{3}+8 x^{2}-5 x+1=0$. + +(d) Determine todas as raízes reais de $x^{6}-2 x^{5}-5 x^{4}+12 x^{3}-5 x^{2}-2 x+1=0$. + +25. Atirando flechas - Manoel testa sua pontaria lançando cinco flechas que atingiram o alvo nos pontos $A, B, C, D$ e $E$, de coordenadas $A=(1,-1), B=(2,5 ; 1), C=(-1,4)$, $D=(-4,-4)$ e $E=(6,5)$. + +A tabela mostra quantos pontos se ganha quando a flecha acerta um ponto dentro de cada uma das três regiões, conforme mostra a figura. + +(a) Marque os pontos $A, B, C, D$ e $E$. + +(b) Quantas flechas ele acertou no interior do menor círculo? + +(c) Ao todo, quantos pontos Manoel fez? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-006.jpg?height=554&width=602&top_left_y=263&top_left_x=1224) + +26. Festa de aniversário - A festa de aniversário de André tem menos do que 120 convidados. Para o jantar, ele pode dividir os convidados em mesas completas de seis pessoas ou em mesas completas de sete pessoas. Em ambos os casos, são necessárias mais do que 10 mesas e todos os convidados ficam em alguma mesa. Quantos são os convidados? +27. Medida do cateto - Na figura dada, $A B C D$ é um retângulo e $\triangle A B E$ e $\triangle C D F$ são triângulos retângulos. A área do triângulo $\triangle A B E$ é $150 \mathrm{~cm}^{2}$ e os segmentos $A E$ e $D F$ medem, respectivamente, 15 e $24 \mathrm{~cm}$. Qual é o comprimento do segmento $C F$ ? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-006.jpg?height=302&width=417&top_left_y=1134&top_left_x=1416) + +28. Sequência de Peri - Usando apenas os dígitos 1, 2, 3, 4 e 5, Peri construiu a sequência + +$$ +1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,1,1,1,1,1,1,2,2,2,2,2,2,2, \ldots +$$ + +começando com um 1 , seguido de dois 2 , três 3 , quatro 4 , cinco 5 , seis 1 , sete 2 , e assim por diante. Qual é o centésimo termo dessa sequência? + +29. Área em azulejo - A figura dada foi montada com 12 azulejos quadrados de lados iguais a $10 \mathrm{~cm}$. Qual é a área da região destacada? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-006.jpg?height=154&width=414&top_left_y=1882&top_left_x=1415) + +30. Os cartões de Capitu - Capitu tem cem cartões numerados de 1 a 100. Todos cartões têm uma face amarela e a outra vermelha e o número de cada cartão está escrito em ambas as faces. Os cartões foram colocados sobre uma mesa, todos com a face vermelha voltada para cima. Capitu virou todos os cartões de número par e depois todos os cartões de número múltiplo de 3 , colocando-os com a face amarela voltada para cima. Quantos cartões ficaram com a face vermelha para cima? +31. Enchendo o tanque - Para encher de água um tanque em forma de um bloco retangular de $3 \mathrm{~m}$ de comprimento, $50 \mathrm{~cm}$ de largura e $0,36 \mathrm{~m}$ de altura, um homem utiliza um balde cilíndrico, de $30 \mathrm{~cm}$ de + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-006.jpg?height=297&width=540&top_left_y=2433&top_left_x=1289) +diâmetro em sua base e $48 \mathrm{~cm}$ de altura, para pegar água numa fonte. Cada vez que ele vai à fonte, ele enche $4 / 5$ do balde e no caminho derrama $10 \%$ do seu conteúdo. Estando o tanque inicialmente vazio, quantas viagens à fonte o homem terá de fazer para que a água no tanque chegue a $3 / 4$ de sua altura? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-007.jpg?height=457&width=308&top_left_y=260&top_left_x=1571) + +32. Fator primo - Qual é o maior fator primo de 2006 ? +33. Altura de salário - Entre 1986 e 1989, a moeda do nosso país era o cruzado ( $\mathrm{Cz} \$$ ). De lá para cá, tivemos o cruzado novo, o cruzeiro, o cruzeiro novo e, hoje, temos o real. Para comparar valores do tempo do cruzado e de hoje, os economistas calcularam que 1 real equivale a 2750000000 cruzados. Imagine que a moeda não tivesse mudado e que João, que ganha hoje 640 reais por mês, tivesse que receber seu salário em notas de 1 cruzado, somente. Se uma pilha de cem notas de 1 cruzado mede 1,5 cm de altura, qual seria a altura (em quilômetros) do salário do João? +(a) 26,4 +(b) 264 +(c) 26400 +(d) 264000 +(e) 2640000 +34. Só bala - Há 1002 balas de banana e 1002 balas de maçã numa caixa. Lara tira, sem olhar o sabor, duas balas da caixa. Se $q$ é a probabilidade de as duas balas serem de sabores diferentes e $p$ é a probabilidade de as duas balas serem do mesmo sabor, qual é o valor de $q-p$ ? +(a) 0 +(b) $\frac{1}{2004}$ +(c) $\frac{1}{2003}$ +(d) $\frac{2}{2003}$ +(e) $\frac{1}{1001}$ +35. Distância ao centro - Um ponto $P$ está no centro de um quadrado de $10 \mathrm{~cm}$ de lado. Quantos pontos da borda do quadrado estão a uma distância de $6 \mathrm{~cm}$ de $P$ ? +(a) 1 +(b) 2 +(c) 4 +(d) 6 +(e) 8 +36. Potências e potências - Se $2\left(2^{2 x}\right)=4^{x}+64$, qual é o valor de $x$ ? +(a) -2 +(b) -1 +(c) 1 +(d) 2 +(e) 3 +37. Um raio de $l u z$ - Dois espelhos formam um ângulo de $30^{\circ}$ no ponto $V$. Um raio de luz parte de um ponto $S$ paralelamente a um dos espelhos e é refletido pelo outro espelho no ponto $A$, como mostra a figura. + +Depois de uma certa quantidade de reflexões, o raio retorna a $S$. Se $A S$ e $A V$ medem, ambos, 1 metro, qual é o comprimento (em metros) do trajeto percorrido pelo raio de luz? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-007.jpg?height=217&width=369&top_left_y=2376&top_left_x=1483) +(a) 2 +(b) $2+\sqrt{3}$ +(c) $1+\sqrt{2}+\sqrt{3}$ +(d) $\sqrt{2}(1+\sqrt{3})$ +(e) $5 \sqrt{3}$ + +38. Diferença de quadrados - Determine o valor de $(666666666)^{2}-(333333333)^{2}$. +39. Escada de número - Na figura, o número 8 foi obtido somandose os dois números diretamente abaixo de sua casa. Fazendo-se o mesmo para preencher as casas em branco, obtém-se o 42 na casa indicada. Qual é o valor de $x$ ? +(a) 7 +(b) 3 +(c) 5 +(d) 4 +(e) 6 + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-008.jpg?height=331&width=311&top_left_y=366&top_left_x=1518) + +40. Diferença de potências - Seja $n=9867$. Se você calculasse $n^{3}-n^{2}$, qual seria o algarismo das unidades encontrado? +(a) 0 +(b) 2 +(c) 4 +(d) 6 +(e) 8 +41. Parábola girada - O gráfico da parábola $y=x^{2}-5 x+9$ é rodado de $180^{\circ}$ em torno da origem. Qual é a equação da nova parábola? +(a) $y=x^{2}+5 x+9$ +(c) $y=-x^{2}+5 x-9$ +(e) $y=-x^{2}-5 x-9$ +(b) $y=x^{2}-5 x-9$ +(d) $y=-x^{2}-5 x+9$ +42. Logotipo - A figura mostra a marca de uma empresa, formada por dois círculos concêntricos e outros quatro círculos de mesmo raio, cada um deles tangente a dois dos outros e aos dois círculos concêntricos. O raio do círculo menor mede $1 \mathrm{~cm}$. Qual é, em centímetros, o raio do círculo maior? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-008.jpg?height=260&width=257&top_left_y=1275&top_left_x=1576) + +43. Padeiro cansado - Um padeiro quer gastar toda sua farinha para fazer pães. Trabalhando sozinho, ele conseguiria acabar com a farinha em 6 horas. Com um ajudante, o mesmo poderia ser feito em 2 horas. O padeiro começou a trabalhar sozinho e, depois de algum tempo, cansado, ele chamou seu ajudante e assim, após 150 minutos a farinha acabou. Durante quantos minutos o padeiro trabalhou sozinho? +(a) 30 +(b) 35 +(c) 40 +(d) 45 +(e) 50 +44. Muitas diagonais - Calcule o número de diagonais de um prisma hexagonal reto, como o da figura à esquerda. Calcule o número de diagonais do poliedro obtido a partir de um cubo pelo corte de seus oito vértices, como o da figura à direita. (Esse poliedro é muito utilizado na fabricação de dados, pois o corte próximo a cada um de seus vértices "arredonda" o dado e facilita a sua rolagem.) +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-008.jpg?height=344&width=812&top_left_y=2290&top_left_x=657) +45. Promoção de sabonete - Uma loja de sabonetes realiza uma promoção com o anúncio "Compre um e leve outro pela metade do preço." Qual seria uma outra promoção que a loja poderia fazer oferecendo o mesmo desconto percentual? +(a) "Leve dois e pague um" +(d) "Leve três e pague um" +(b) "Leve três e pague dois" +(e) "Leve quatro e pague três" +(c) "Leve cinco e pague quatro" +46. Qual é o ângulo? - Na figura, os dois triângulos $\triangle A B C$ e $\triangle D E F$ são equiláteros. Qual é o valor do ângulo $x$ ? + +(a) $30^{\circ}$ + +(b) $40^{\circ}$ + +(c) $50^{\circ}$ + +(d) $60^{\circ}$ + +(e) $70^{\circ}$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-009.jpg?height=394&width=637&top_left_y=780&top_left_x=732) + +47. Caixa de papelão - A figura mostra um pedaço de papelão que será dobrado e colado ao longo das bordas para formar uma caixa retangular. Os ângulos nos cantos do papelão são todos retos. Qual será o volume, $\mathrm{em}^{\mathrm{cm}}{ }^{3}$, da caixa? + +(a) 1500 + +(b) 3000 + +(c) 4500 + +(d) 6000 + +(e) 12000 + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-009.jpg?height=386&width=539&top_left_y=1372&top_left_x=747) + +48. Soma de vizinhos - Numa sequência, cada termo, a partir do terceiro, é a soma dos dois termos imediatamente anteriores. Se o segundo termo é 1 e o quinto termo é 2005 , qual é o sexto termo? +(a) 3002 +(b) 3008 +(c) 3010 +(d) 4002 +(e) 5004 +49. Algarismos crescentes - Quantos números entre 10 e 13000, quando lidos da esquerda para a direita, são formados por algarismos consecutivos e em ordem crescente? Por exemplo, 456 é um desses números, mas 7890 não é. +(a) 10 +(b) 13 +(c) 18 +(d) 22 +(e) 25 +50. Bloco girante - Num bloco de $1 \times 2 \times 3$ centímetros, marcamos três faces com as letras X, Y e Z, como na figura. O bloco é colocado sobre um tabuleiro de $8 \times 8$ $\mathrm{cm}$ com a face $\mathrm{X}$ virada para baixo, em contato com o tabuleiro, conforme mostra a figura. Giramos o bloco de $90^{\circ}$ em torno de uma de suas arestas de modo que a face $\mathrm{Y}$ fique virada para baixo (isto é, totalmente em contato com o tabuleiro). Em seguida, giramos novamente o bloco de $90^{\circ}$ em torno de uma de suas arestas, mas desta vez de modo que a face $\mathrm{Z}$ fique virada para baixo. + +Giramos o bloco mais três vezes de $90^{\circ}$ em torno de uma de suas arestas, fazendo com que as faces X, Y e Z fiquem viradas para baixo, nessa ordem. Quantos quadradinhos diferentes do tabuleiro estiveram em contato com o bloco? +(a) 18 +(b) 19 +(c) 20 +(d) 21 +(e) 22 + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-010.jpg?height=394&width=494&top_left_y=257&top_left_x=1341) + +51. Iterando um ponto - A função $f$ é dada pela tabela + +| $x$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | +| :---: | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | +| $f(x)$ | 4 | 1 | 3 | 5 | 2 | + +Por exemplo, $f(2)=1$ e $f(4)=5$. Quanto vale $\underbrace{f(f(f(f(\ldots f}_{2004 \text { vezes }}(4) \ldots)))$ ? +(a) 1 +(b) 2 +(c) 3 +(d) 4 +(e) 5 + +52. Esmeralda e o $\mathbf{2 1}$ - Esmeralda escreveu em ordem crescente todos os números de 1 a 999 , sem separá-los, formando o número + +$$ +12345678910111213 \ldots 997998999 +$$ + +Quantas vezes aparece o agrupamento " 21 ", nessa ordem? + +53. Muitos fatores - Qual é o valor do produto $\left(1-\frac{1}{4}\right)\left(1-\frac{1}{9}\right)\left(1-\frac{1}{16}\right) \cdots\left(1-\frac{1}{225}\right)$ ? +(a) $\frac{10}{125}$ +(b) $\frac{5}{9}$ +(c) $\frac{3}{5}$ +(d) $\frac{8}{15}$ +(e) $\frac{1}{120}$ +54. Falta um ângulo - Quanto mede, em graus, o ângulo $\alpha$ da figura? +(a) 20 +(b) 25 +(c) 30 +(d) 35 +(e) 40 + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-010.jpg?height=258&width=462&top_left_y=1664&top_left_x=1365) + +55. Soma de distâncias - Da figura, concluímos que $|z-x|+|w-x|$ é igual a + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-010.jpg?height=115&width=705&top_left_y=2067&top_left_x=710) +(a) 11 +(b) 12 +(c) 13 +(d) 14 +(e) 15 + +56. Espiral do Artur - Artur quer desenhar uma "espiral" de 4 metros de comprimento, formada de segmentos de reta. Ele já traçou sete segmentos, como mostra a figura. Quantos segmentos ainda faltam traçar? +(a) 28 +(b) 30 +(c) 24 +(d) 32 +(e) 36 +57. Quais são os ângulos? - A figura mostra um retângulo e suas duas diagonais. Qual é a afirmativa correta a respeito dos ângulos $x$ e $y$ indicados na figura? +(a) $x100$ +(c) $|-6 a|=6|a|$ +(e) $\left|a^{2}+5\right|=a^{2}+5$ +(b) $|2-9|=9-2$ +(d) $|5-13|=|5|-|13|$ +68. Fração radical - Se $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}}=5$, quanto é $\frac{x+y}{2 y}$ ? +(a) $\frac{5}{2}$ +(b) $3 \sqrt{2}$ +(c) $13 y$ +(d) $\frac{25 y}{2}$ +(e) 13 +69. Área de triângulo - A figura mostra um retângulo $K G S T$ e um triângulo $\triangle K G R$. Os ângulos $K \widehat{R} T$ e $R \widehat{G} S$ são iguais. Se $T R=6$ e $R S=2$, qual é a área do triângulo $\triangle K G R ?$ +(a) 12 +(b) 16 +(c) $8 \sqrt{2}$ +(d) $8 \sqrt{3}$ +(e) 14 + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-012.jpg?height=257&width=457&top_left_y=1813&top_left_x=1371) + +70. Pares de inteiros - Quantos são os pares diferentes de inteiros positivos $(a, b)$ tais que $a+b \leq 100$ e $\frac{a+\frac{1}{b}}{\frac{1}{a}+b}=13$ ? +(a) 1 +(b) 5 +(c) 7 +(d) 9 +(e) 13 +71. Qual é a soma? - Se $x+|x|+y=5$ e $x+|y|-y=6$, qual é o valor da soma $x+y$ ? +(a) -1 +(b) 11 +(c) $\frac{9}{5}$ +(d) 1 +(e) -11 +72. Círculo intermediário - Na figura, os três círculos são concêntricos, e a área do menor círculo coincide com a área do maior anel, destacado em cinza. O raio do menor círculo é $5 \mathrm{~cm}$ e do maior $13 \mathrm{~cm}$. Qual é o raio (em cm) do círculo intermediário? +(a) 12 +(c) $10 \sqrt{65}$ +(e) $12 \sqrt{2}$ +(b) 11 +(d) $5 \sqrt{3}$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-013.jpg?height=402&width=403&top_left_y=250&top_left_x=1472) + +73. Frações incompletas - Encontre os algarismos que estão faltando em cada um dos espaços marcados com traços. +(a) $\frac{126}{8_{-}}=\frac{21}{--}$ +(b) $\frac{--8}{33 \_}=\frac{4}{5}$ +74. Triângulos impossiveis - Quais dessas figuras estão erradas? +75. Razão de áreas - Se um arco de $60^{\circ}$ num círculo I tem o mesmo comprimento que um arco de $45^{\circ}$ num círculo II, encontre a razão entre a área do círculo I e a área do círculo II. +(a) $\frac{16}{9}$ +(b) $\frac{9}{16}$ +(c) $\frac{4}{3}$ +(d) $\frac{3}{4}$ +(e) $\frac{6}{9}$ +76. Inequação errada - Sendo $x>0, y>0, x>y$ e $z \neq 0$, encontre a única desigualdade falsa. +(a) $x+z>y+z$ +(c) $x z>y z$ +(e) $x z^{2}>y z^{2}$ +(b) $x-z>y-z$ +(d) $\frac{x}{z^{2}}>\frac{y}{z^{2}}$ +77. Equações geométricas - Resolva as equações dadas geometricamente, ou seja, interpretando o valor absoluto $|a-b|$ como a distância entre $a$ e $b$. +(a) $|x-5|=2$ +(c) $|3 x-7|=9$ +(b) $|x+3|=1$ +(d) $|x+2|=|x-5|$ +78. Pista circular - A pista de um autódromo tem $20 \mathrm{~km}$ de comprimento e forma circular, conforme figura. + +Os pontos marcados na pista são $\mathrm{A}$, que é o ponto de partida; B, que dista $5 \mathrm{~km}$ de A no sentido do percurso; C, que dista $3 \mathrm{~km}$ de $\mathrm{B}$ no sentido do percurso; $\mathrm{D}$, que dista $4 \mathrm{~km}$ de $\mathrm{C}$ no sentido do percurso; e E, que dista $5 \mathrm{~km}$ de $\mathrm{D}$ no sentido do percurso. Um carro que parte de $\mathrm{A}$ e para após percorrer $367 \mathrm{~km}$ estará mais próximo de qual dos cinco pontos? +(a) $\mathrm{A}$ +(b) B +(c) $\mathrm{C}$ +(d) $\mathrm{D}$ +(e) E + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-014.jpg?height=434&width=443&top_left_y=271&top_left_x=1383) + +79. Maior comprimento - No diagrama dado, todos os quadradinhos têm $1 \mathrm{~cm}$ de lado. Qual dos segmentos dados é o de maior comprimento? + +(a) $A E$ + +(b) $C D+C F$ + +(c) $A C+C F$ + +(d) $F D$ + +(e) $A C+C E$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-014.jpg?height=503&width=326&top_left_y=748&top_left_x=1502) + +80. Desigualdade entre inteiros - Quantos dentre os números $-5,-4,-3,-2,-1,0$, $1,2,3$ satisfazem a desigualdade $-3 x^{2}<-14$ ? +(a) 1 +(b) 2 +(c) 3 +(d) 4 +(e) 5 +81. Equação cúbica - Sobre a equação $2007 x^{3}+2006 x^{2}+2005 x=0$, o certo é afirmar que: +(a) não possui raízes; +(d) tem apenas uma raiz real; +(b) tem três raízes reais distintas; +(e) tem três raízes positivas. +(c) tem duas raízes iguais; +82. O perfume de Rosa - Rosa ganhou um vidro de perfume com o formato de um cilindro com $7 \mathrm{~cm}$ de raio da base e $10 \mathrm{~cm}$ de altura. Depois de duas semanas usando o perfume, restaram 0,45 litros no vidro. Qual é a fração que representa o volume que Rosa já usou? +83. Igualdade com inteiros - Quais números naturais $m$ e $n$ satisfazem a equação $2^{n}+1=m^{2}$ ? +84. O caminho da pulga - Para percorrer um caminho reto de 10 metros de comprimento, uma pulga usa a seguinte estratégia: a cada dia, ela percorre a metade do caminho que falta. Assim, ela percorre 5 metros no primeiro dia, 2,5 metros no segundo, e assim por diante (o tamanho da pulga pode ser desconsiderado). + +(a) Quantos metros ela terá percorrido ao final do sétimo dia? E do décimo? + +(b) A partir de qual dia a pulga estará a menos de $0,001 \mathrm{~m}$ do final do caminho? + +85. Uma soma alternada - Se $S_{n}=1-2+3-4+5-6+\cdots+(-1)^{n+1} n$ para cada inteiro positivo $n$, então $S_{1992}+S_{1993}$ é igual a +(a) -2 ; +(b) -1 ; +(c) 0 ; +(d) 1 ; +(e) 2 . +86. O raio da circunferência - Um arco de circunferência mede $300^{\circ}$ e o seu comprimento é de $2 \mathrm{~km}$. Qual é o número inteiro mais próximo da medida do raio do círculo, em metros? +(a) 157 +(b) 284 +(c) 382 +(d) 628 +(e) 764 +87. Quatro passageiros - Em um táxi, um passageiro pode se sentar na frente e três passageiros atrás. De quantas maneiras podem se sentar quatro passageiros de um taxi se um desses passageiros quiser ficar na janela? +88. Os cinco círculos - Cinco discos de mesmo raio estão dispostos como mostra a figura. Quatro centros são os vértices de um quadrado e três estão alinhados. Trace uma reta que divida a figura formada pelos cinco discos em duas partes de mesma área. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-015.jpg?height=200&width=280&top_left_y=1059&top_left_x=1573) + +89. O triângulo e o quadrado - Na figura dada, $A B C D$ é um quadrado cujo lado mede $1 \mathrm{~cm}, E$ é o ponto médio da diagonal $B D$ e $F$ é o ponto médio do segmento $B E$. Qual é a área do triângulo $\triangle C B F$ ? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-015.jpg?height=223&width=240&top_left_y=1305&top_left_x=1588) + +90. Uma refeição - Um sanduíche e um prato de refeição custam $\mathrm{R} \$ 5,00$ e $\mathrm{R} \$ 7,00$, respectivamente. De quantas maneiras pode-se comprar só sanduiches, só pratos de refeição ou alguma combinação de sanduiches e pratos de refeição com $\mathrm{R} \$ 90,00$, sem deixar troco? +91. Plano cartesiano - O ponto $P=(a, b)$ está marcado na figura ao lado. Marque os pontos: + +(a) $A=(a+1, b / 2)$; + +(b) $B=(a / 2, b-1)$; + +(c) $C=(-a,-b)$; + +(d) $D=(1-a, b-2)$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-015.jpg?height=494&width=545&top_left_y=1849&top_left_x=1372) + +92. Soma dos terminados em 9 - A soma $S_{n}=9+19+29+39+\cdots+a_{n}$ denota a soma dos primeiros $n$ números naturais terminados em 9 . Qual é o menor valor de $n$ para que $S_{n}$ seja maior do que $10^{5}$ ? +93. Três cilindros - Três cilindros de volumes $V_{1}, V_{2}$ e $V_{3}$ têm alturas e raios das bases iguais a 10 e $10 \mathrm{~cm}, 10$ e $5 \mathrm{~cm}$ e 20 e $5 \mathrm{~cm}$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-016.jpg?height=345&width=400&top_left_y=256&top_left_x=862) + +(a) Escreva em ordem crescente os volumes $V_{1}, V_{2}$ e $V_{3}$ dos três cilindros. + +(b) Dê as dimensões de um cilindro cujo volume $V_{4}$ esteja entre $V_{2}$ e $V_{3}$. + +(c) Dê as dimensões de um cilindro cujo volume $V_{5}$ esteja entre $V_{1}$ e $V_{3}$. + +94. Porcentagem de mortalidade - Se $15 \%$ dos membros de uma população foram afetados por uma doença e $8 \%$ dos afetados morreram, a porcentagem da mortalidade em relação à população inteira foi de: +(a) $1,2 \%$; +(b) $1,8 \%$; +(c) $8 \%$; +(d) $12 \%$; +(e) $23 \%$. +95. Agenda de aulas - Eliane quer escolher o seu horário para a natação. Ela quer ir a duas aulas por semana, uma de manhã e outra de tarde, não sendo no mesmo dia, nem em dias seguidos. De manhã, há aulas de natação de segunda-feira a sábado, às $9 \mathrm{~h}$, às $10 \mathrm{~h}$ e às $11 \mathrm{~h}$ e de tarde, de segunda a sexta-feira, às $17 \mathrm{~h}$ e às $18 \mathrm{~h}$. De quantas maneiras distintas pode Eliane escolher o seu horário? +96. Jogo de cartas - Um grupo de amigos disputa um jogo no qual 16 cartas (sendo quatro ases, quatro reis, quatro damas e quatro valetes) estão inicialmente dispostas em quatro pilhas de quatro cartas. O jogo consiste em mover sucessivamente a carta superior de uma pilha e colocá-la sobre uma outra pilha, até obter quatro novas pilhas, em que na primeira pilha só tenha ases, na segunda, só valetes, na terceira só damas e na quarta pilha só reis. Ganha o jogo quem fizer o menor número de movimentos. Com quantos movimentos sempre é possível terminar o jogo? Na figura dada, aparece a disposição inicial das cartas nas pilhas. + +| pilha 1 | pilha 2 | pilha 3 | pilha 4 | +| :---: | :---: | :---: | :---: | +| rei de $\odot$ | dama de $\odot$ | rei de $\square$ | valete de | +| dama de $\square$ | ás de $\square$ | valete de $\odot$ | rei de | +| valete de $\square$ | ás de $\odot$ | dama de | ás de | +| ás de | valete de | dama de $\uparrow$ | rei de $\uparrow$ | + +97. Frações inteiras - Quantos números inteiros positivos $n$ existem tais que o quociente $\frac{2 n^{2}+4 n+18}{3 n+3}$ seja um inteiro? +98. Quatro prefeitos e um círculo - Quatro prefeitos decidem construir uma rodovia circular que passe dentro dos limites de suas cidades. Como as quatro cidades não estão sobre um mesmo círculo, os prefeitos contratam uma empresa para elaborar um projeto +para a construção de uma rodovia circular equidistante das quatro cidades. Qual é o maior número de projetos geograficamente distintos que a empresa pode elaborar? +99. Fatoriais - Se $n$ é um número inteiro positivo, denotamos por $n$ ! o produto de todos os inteiros de 1 a $n$. Por exemplo, 5 ! = $1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5=120$ e 13 ! $=$ $1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times \cdots \times 12 \times 13$. Por convenção, escrevemos $0!=1!=1$. Encontre três números inteiros $a, b$ e $c$ entre 0 e 9 , que sejam distintos e tais que o número de três algarismos $a b c$ seja igual a $a!+b!+c$ !. +100. O Riquinho - Riquinho distribuiu 1000,00 reais entre os seus amigos Antônio, Bernardo e Carlos da seguinte maneira: deu, sucessivamente, 1 real ao Antônio, 2 reais ao Bernardo, 3 reais ao Carlos, 4 reais ao Antônio, 5 reais ao Bernardo etc. Qual foi a quantia recebida por Bernardo? +101. Retângulo com dimensões inteiras - As diagonais de um retângulo medem $\sqrt{1993} \mathrm{~cm}$. Quais são as dimensões do retângulo, sabendo que elas são números inteiros? +102. Múltiplos de 3 e quadrados perfeitos - Escreve-se em ordem crescente os múltiplos de 3 que, somados com 1, sejam quadrados perfeitos, ou seja, $3,15,24,48, \ldots$ Qual é o múltiplo de 3 na $2006^{\mathrm{a}}$ posição? +103. Cinco cartas - Cinco cartas estão sobre uma mesa, e cada uma tem um número numa face e uma letra na outra. Simone deve decidir se a seguinte frase é verdadeira: " $S e$ uma carta tem uma vogal numa face, então ela tem um número par na outra." Qual é o menor número de cartas que ela precisa virar para tomar uma decisão correta? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-017.jpg?height=125&width=503&top_left_y=1905&top_left_x=865) + +104. O lucro de uma companhia - Uma companhia tem um lucro de $6 \%$ nos primeiros $\mathrm{R} \$ 1000,00$ reais de venda diária e de $5 \%$ em todas as vendas que excedam $\mathrm{R} \$ 1000,00$ reais, nesse mesmo dia. Qual é o lucro dessa companhia, em reais, num dia em que as vendas alcançam $R \$ 6000,00$ reais? +(a) 250 +(b) 300 +(c) 310 +(d) 320 +(e) 360 +105. Sequência triangular - Encontre o 21 ㅇo termo da sequência que começa assim: + +$$ +1 ; 2+3 ; 4+5+6 ; 7+8+9+10 ; 11+12+13+14+15 ; \ldots +$$ + +106. O jardim octogonal - A figura mostra a planta de um jardim de uma cidade, feita num papel quadriculado. O jardim tem a forma de um polígono de oito lados com uma roseira quadrada no centro, cercada de grama. A área total do jardim é de $700 \mathrm{~m}^{2}$. Para colocar uma cerca em volta do jardim e da roseira, o prefeito dispõe de, no máximo, $\mathrm{R} \$ 650,00$. + +Qual é o maior preço que o prefeito poderá pagar pelo metro dessa cerca? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-018.jpg?height=460&width=460&top_left_y=318&top_left_x=1346) + +107. Número de caracteres - Numa folha de papel cabem 100 caracteres na largura e 100 na altura. Nessa folha são escritos sucessivamente os números $1,2,3$, e assim por diante, com um espaço entre cada um e o seguinte. Se no final de uma linha não houver espaço para escrever o número seguinte, ele é escrito no começo da linha seguinte. Qual é o último número escrito na folha? +108. A árvore de Emília - A árvore de Emília cresce de acordo com a seguinte regra: após duas semanas do aparecimento de um galho, esse galho produz um novo galho a cada semana e o galho original continua crescendo. Depois de cinco semanas, a árvore tem cinco galhos, como mostra a figura. Quantos galhos, incluindo o galho principal, a árvore terá no final de oito semanas? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-018.jpg?height=320&width=275&top_left_y=1165&top_left_x=1553) + +109. Um teste vocacional - Foi aplicado um teste vocacional em 1000 alunos de uma escola. A tabela a seguir apresenta os resultados, por área de estudo e sexo. + +| | Exatas | Humanas | Biológicas | +| :---: | :---: | :---: | :---: | +| Masculino | 232 | 116 | 207 | +| Feminino | 112 | 153 | 180 | + +Se um aluno for escolhido ao acaso, determine a probabilidade desse aluno ser: + +(a) da área de exatas; + +(b) da área de humanas, sendo do sexo masculino; + +(c) do sexo feminino, sendo da área de biológicas. + +110. Dois setores circulares - A área do círculo da figura mede $20 \mathrm{~cm}^{2}$. Se $A \widehat{O} B=60^{\circ}$ e $C \widehat{O} D=30^{\circ}$, quanto mede a área da região do círculo que está destacada? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-018.jpg?height=325&width=346&top_left_y=2356&top_left_x=1483) + +111. Compra de televisores - Maria encomendou um certo número de televisores para o estoque de uma grande loja, pagando $\mathrm{R} \$ 1994,00$ por televisor. Ela reparou que, no total a pagar, não aparece o algarismo 0 , nem o 7 , nem o 8 e nem o 9 . Qual foi o menor número de televisores que ela pode ter encomendado? +112. Distância entre números - Considere os números reais $a, b, c$ e $d$ representados em uma reta, conforme mostra a figura. Determine quais das afirmações são verdadeiras e quais são falsas. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-019.jpg?height=117&width=708&top_left_y=730&top_left_x=754) +(a) $|a|<4$ +(d) $|a|>|b|$ +(g) $|a-b|<4$ +(j) $|b-c|<2$ +(b) $|b|<2$ +(e) $|c|<|d|$ +(h) $|a-b| \geq 3$ +(k) $|b-c|>3$ +(c) $|c|<2$ +(f) $|a|<|d|$ +(i) $|c-d|<1$ +(1) $|c-a|>1$ + +113. Cartóes premiados - Uma loja distribui 9999 cartões entre os seus clientes. Cada um dos cartões possui um número de quatro algarismos, entre 0001 e 9999. Um cartão é premiado se a soma dos primeiros dois algarismos for igual à soma dos dois últimos; por exemplo, o cartão 0743 é premiado. Prove que a soma dos números de todos os cartões premiados é divisível por 101. +114. O preço da gasolina - Encher o tanque de gasolina de um carro pequeno custava, em valores atualizados, $\mathrm{R} \$ 29,90$ em 1972 e $\mathrm{R} \$ 149,70$ em 1992. Qual dos valores abaixo melhor aproxima o percentual de aumento do preço da gasolina nesse período de 20 anos? +(a) $20 \%$ +(b) $125 \%$ +(c) $300 \%$ +(d) $400 \%$ +(e) $500 \%$ +115. O triângulo de moedas - Um menino tentou alinhar 480 moedas em forma de um triângulo, com uma moeda na primeira linha, duas moedas na segunda linha, e assim por diante. Ao final da tentativa, sobraram 15 moedas. Quantas linhas tem esse triângulo? +116. Circunferência e triângulo retângulo - Inscreve-se uma circunferência num triângulo retângulo. O ponto de tangência divide a hipotenusa em dois segmentos que medem 6 e $7 \mathrm{~cm}$. Calcule a área desse triângulo. +117. Soma de razão $\frac{1}{2}-$ Se $S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}$, qual é o menor número inteiro positivo $n$ tal que $S_{n}>0,99$ ? + +## 118. Soma de raizes quadradas + +(a) Se $r=\sqrt{2}+\sqrt{3}$, mostre que $\sqrt{6}=\frac{r^{2}-5}{2}$. + +(b) Se $s=\sqrt{215}+\sqrt{300}$, mostre que $s^{2}>1015$. + +119. Duas rodas - Na figura dada, a roda $A$ gira a 1200 voltas por minuto e a roda $B$ a 1500 voltas por minuto. Calcule os raios dessas duas rodas. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-020.jpg?height=206&width=254&top_left_y=294&top_left_x=1592) + +120. Dois divisores - O número $2^{48}-1$ é divisível por dois números compreendidos entre 60 e 70. Quais são esses números? +(a) 61 e 63 +(b) 61 e 65 +(c) 63 e 65 +(d) 63 e 67 +(e) 67 e 69 +121. Rede de estações - Um serviço de vigilância vai ser instalado num parque na forma de uma rede de estações. As estações devem ser conectadas por linhas de telefone, de modo que qualquer uma das estações possa se comunicar com todas as outras, seja por uma conexão direta, seja por meio de, no máximo, uma outra estação. + +Cada estação pode ser conectada diretamente por um cabo a, no máximo, três outras estações. O diagrama mostra um exemplo de uma rede desse tipo, conectando sete estações. Qual é o maior número de estações que podem ser conectadas dessa maneira? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-020.jpg?height=223&width=234&top_left_y=991&top_left_x=1599) + +122. Bolas brancas e pretas - Uma caixa tem exatamente cem bolas pretas e cem bolas brancas. Repetidamente, três bolas são retiradas da caixa e substituídas por outras bolas, que estão em um saco, da maneira seguinte. + +$$ +\begin{aligned} BOLINHAS REMOVIDAS & SUBSTITUÍDAS POR \\ 3 pretas & \(\Longrightarrow 1\) preta \\ 2 pretas e 1 branca & \(\Longrightarrow 1\) preta e 1 branca \\ 1 preta e 2 brancas & \(\Longrightarrow 2\) brancas \\ 3 brancas & \(\Longrightarrow 1\) preta e 1 branca \end{aligned} +$$ + +Qual pode ser o conteúdo da caixa depois de seguidas aplicações desse procedimento? +(a) 2 pretas +(b) 2 brancas +(c) 1 preta +(d) 1 preta e 1 branca +(e) 1 branca. + +123. $O$ cubo - Alice tem uma folha de cartolina de 60 por $25 \mathrm{~cm}$. Ela quer cortar a folha para montar um cubo, com arestas medindo um número inteiro de centímetros. Permitindo cortes mas não permitindo superposição, qual é o cubo de maior volume que ela pode construir? +124. Um quadrado e um triângulo - Na figura, $A B C D$ é um quadrado, cuja área mede $7 / 32$ da área do triângulo $X Y Z$. Qual é a razão entre $X A$ e $X Y$ ? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-020.jpg?height=223&width=437&top_left_y=2290&top_left_x=1392) + +125. A urna - Uma urna tem seis bolas numeradas de 1 a 6 . Se duas bolas são extraídas, qual é a probabilidade de a diferença entre os números dessas duas bolas ser igual a 1 ? +126. Soma das raízes de uma equação - Determine a soma das raízes distintas da equação $x^{2}+3 x+2=|x+1|$. +127. Produto de três números - No diagrama dado, cada um dos 10 círculos representa um algarismo. Preencha o diagrama com uma igualdade válida, colocando, em cada círculo, um dos algarismos de 0 a 9 e utilizando cada algarismo uma única vez. + +## $0 \times O O \times O O O=0 O O$ + +128. Área do triângulo - Determine a área do triângulo $A B C$ mostrado na figura. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-021.jpg?height=343&width=457&top_left_y=885&top_left_x=1368) + +129. Duas tabelas - As linhas da primeira tabela dada são todas progressões aritméticas de uma mesma razão e as colunas dessa tabela são todas progressões aritméticas de uma mesma razão. Na segunda tabela dada foi utilizada a mesma lei de formação, mas alguém apagou alguns números deixando apenas três. Qual é o número que estava na posição indicada com + +| 5 | 8 | 11 | 14 | 17 | +| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | +| 12 | 15 | 18 | 21 | 24 | +| 19 | 22 | 25 | 28 | 31 | +| 26 | 29 | 32 | 35 | 38 | +| 33 | 36 | 39 | 42 | 45 | + + +| | | 39 | | | +| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | +| | | | | | +| | | | | 87 | +| 56 | | | | | +| | | | $\star$ | | + +130. A sequência abc - A lei de formação da sequência $10, a, 30, b, c, \ldots$, a partir de seu terceiro termo, consiste em tomar o dobro da soma dos dois termos imediatamente anteriores. Qual é o valor de $c$ ? +131. Perímetro e diagonal - O perímetro de um retângulo $A B C D$ mede $20 \mathrm{~m}$. O menor comprimento que pode ter a diagonal $A C$, em metros, é: +(a) 0 ; +(b) $\sqrt{50}$; +(c) 10 ; +(d) $\sqrt{200}$; +(e) $20 \sqrt{5}$. +132. As idades numa classe - Numa classe na escola, todos os alunos têm a mesma idade, exceto sete deles que têm 1 ano a menos e dois deles que têm 2 anos a mais. A soma das idades de todos os alunos dessa classe é 330. Quantos alunos tem nessa classe? +133. A mesa redonda - Uma mesa redonda tem 1,40 metros de diâmetro. + +Para uma festa, a mesa é ampliada colocando-se três tábuas de $40 \mathrm{~cm}$ de largura cada uma, como mostra a figura. Se cada pessoa à mesa deve dispor de um espaço de $60 \mathrm{~cm}$, quantos convidados poderão se sentar à mesa? +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-022.jpg?height=282&width=536&top_left_y=350&top_left_x=1296) + +134. Brincadeira com sete números - Sete números inteiros positivos e consecutivos estão escritos em ordem crescente numa mesma linha. Determine se é possível colocar entre esses números cinco sinais de "+" e só um de "=" de tal modo que resulte uma igualdade. +135. Um terreno compartilhado - Três amigas compraram um terreno quadrado e querem reparti-lo em três terrenos de mesma área, conforme indicado na figura, pois no canto do terreno indicado por $A$ se encontra uma boa fonte de água. A que distância do vértice $C$ do terreno devem ficar os pontos de divisa $M$ e $N$ indicados na figura? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-022.jpg?height=291&width=305&top_left_y=1037&top_left_x=1481) + +136. As duas particulas - Duas partículas percorrem um caminho circular de $120 \mathrm{~m}$ de comprimento. A velocidade de uma delas é $2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ maior do que a da outra e ela completa cada volta num tempo que é 3 segundos inferior ao da outra. Qual é a velocidade de cada partícula? +137. Queda livre - Um corpo em queda livre demora onze segundos para tocar o solo. No primeiro segundo ele percorre $4,9 \mathrm{~m} \mathrm{e}$, em cada segundo seguinte, a distância percorrida aumenta em 9,8 m. Qual a altura da queda e quantos metros ele percorreu no último segundo? +138. Um caminho triangular - Janete passeia por um caminho de forma triangular $\triangle A B C$, com o lado $A B$ medindo $1992 \mathrm{~m}$. Ela gasta 24 minutos para percorrer esse lado $A B$ e, depois, com a mesma velocidade, ela percorre o outro lado $B C$ seguido da hipotenusa $C A$ em 2 horas e 46 minutos. Qual é o comprimento do lado $B C$ ? +139. O preço do feijão - A tabela e o gráfico dados mostram a evolução do preço médio de três tipos $A, B$ e $C$ de feijão na bolsa de alimentos durante os primeiros quatro meses de um certo ano. Desses três tipos, os que apresentaram, respectivamente, o maior e o menor aumento percentual do preço nesse período são: +(a) $A$ e $B$; +(b) $A$ e $C$; +(c) $B$ e $C$; +(d) $C$ e $A$; +(e) $C$ e $B$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-023.jpg?height=680&width=462&top_left_y=257&top_left_x=503) + +| | jan. | fev. | mar. | abr. | +| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | +| $A$ | 65,67 | 83,33 | 96,67 | 103,33 | +| $B$ | 73,30 | 80,50 | 99,55 | 109,50 | +| $C$ | 64,50 | 71,57 | 89,55 | 100,00 | + +140. Interseção de triângulos - Os três triângulos da figura se cortam em 12 pontos diferentes. Qual é o número máximo de pontos de interseção de três triângulos quaisquer? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-023.jpg?height=334&width=609&top_left_y=1289&top_left_x=832) + +141. Comparar triângulos - Na figura estão indicados os comprimentos de todos os segmentos. Demonstre que $A C$ divide ao meio o ângulo $D \widehat{A} B$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-023.jpg?height=257&width=531&top_left_y=1756&top_left_x=1342) + +142. Queima de velas - Dois tipos de vela têm o mesmo comprimento mas são feitas de material diferente. Uma delas queima completamente em três horas e a outra em quatro horas, ambas queimando com velocidade uniforme. Quantos minutos depois das 13 horas devem ser acesas simultaneamente as duas velas para que, às 16 horas, o comprimento de uma seja o dobro do da outra? +(a) 24 +(b) 28 +(c) 36 +(d) 40 +(e) 48 +143. Uma distração - Em vez de multiplicar certo número por 6, Júlia se distraiu e dividiu o número por 6. O erro cometido por Júlia foi de aproximadamente: +(a) $100 \%$; +(b) $97 \%$; +(c) $83 \%$; +(d) $17 \%$; +(e) $3 \%$. +144. Problema de nota - Um professor propõe 80 problemas a um aluno, informando que lhe atribuirá cinco pontos por problema resolvido corretamente e lhe descontará três pontos por problema não resolvido ou resolvido incorretamente. No final, o aluno fica com oito pontos. Quantos problemas ele resolveu corretamente? +145. Quadrados e triângulos - Na figura dada, temos 16 pontos formando um reticulado quadrado e duas retas, $r$ e $s$, perpendiculares entre si. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-024.jpg?height=443&width=446&top_left_y=652&top_left_x=842) + +(a) Quantos quadrados podemos construir, de tal maneira que seus vértices pertençam ao reticulado, porém nenhum de seus lados seja paralelo, nem à reta $r$, nem à reta $s$ ? + +(b) Quantos triângulos retângulos isósceles podemos construir de tal maneira que seus vértices pertençam ao reticulado, porém nenhum de seus lados seja paralelo, nem à reta $r$, nem à reta $s$ ? + +146. Cálculo de áreas - Em cada uma das figuras a seguir tem-se um quadrado de lado $r$. As regiões hachuradas em cada uma destas figuras são limitadas por lados desse quadrado ou por arcos de círculos de raio $r$ de centros nos vértices do quadrado. Calcule cada uma dessas áreas em função de $r$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-024.jpg?height=277&width=285&top_left_y=1758&top_left_x=657) + +(a) + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-024.jpg?height=282&width=286&top_left_y=1755&top_left_x=1179) + +(b) + +147. Sequência de algarismos - Todos os números naturais de 1 em diante foram escritos consecutivamente, formando uma sequência de algarismos, como segue. + +$$ +1234567891011121314151617181920212223 \ldots +$$ + +Qual é o algarismo que aparece na posição de número 206788 ? + +148. Soma constante - Coloque os números $663,664,665,666,667,668,669,670$ e 671 , sem repetir, numa tabela $3 \times 3$, de tal maneira que a soma em cada linha, em cada coluna e em cada diagonal seja 2001. Caso isso não seja possível, justifique sua resposta. +149. Contando os zeros - Quantos zeros existem no final do número $9^{2007}+1$ ? +150. Círculos dentro do quadrado - Dentro de um quadrado são colocados círculos, dois a dois disjuntos ou, então, tangentes externamente. Se o lado do quadrado mede $1 \mathrm{~cm}$, será possível colocar tantos desses círculos de tal modo que a soma de seus raios, em centímetros, seja maior do que 2008 ? +151. Construindo um número - Encontre todos os números de oito algarismos formados somente com os algarismos 1, 2, 3 e 4, cada um deles duas vezes, tais que: + +(a) exista um único algarismo entre os dois algarismos 1 ; + +(b) existam dois algarismos entre os dois algarismos 2; + +(c) existam três algarismos entre os dois algarismos 3 e + +(d) existam quatro algarismos entre os dois algarismos 4 . + +152. Número na circunferência - Os algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9 foram escritos (numa ordem desconhecida) ao redor de uma circunferência. Lendo esses algarismos de três em três no sentido horário, formam-se nove números de três algarismos. Determine a soma desses nove números. +153. Cada peça em seu lugar - Cinco peças de metal, confeccionadas, respectivamente, de ouro, prata, bronze, platina e níquel, foram colocadas em cinco cofres, numerados de 1 a 5 . Cada cofre contém uma peça e o problema consiste em descobrir qual peça está em qual cofre. Na porta de cada cofre está escrita uma informação. Das cinco informações, quatro são falsas e a única que é verdadeira é a que aparece na porta do cofre que contém a peça de ouro. As informações nas portas dos cofres são as seguintes. + +Cofre 1: O ouro está no cofre 2 ou 3. + +Cofre 2: A prata está no cofre 1. + +Cofre 3: O bronze não está aqui. + +Cofre 4: O níquel está no cofre cujo número é inferior, em uma unidade, ao que contém o ouro. + +Cofre 5: A platina está no cofre cujo número é superior, em uma unidade, ao que contém o bronze. + +154. Soma de quadrados - Encontre três números, numa progressão aritmética de razão 2 , tais que a soma de seus quadrados seja um número formado de quatro algarismos iguais. +155. Adivinhe o número - Certo número deixa resto 1 quando dividido por 3, deixa resto 2 quando dividido por 4 , deixa resto 3 quando dividido por 5 e deixa resto 4 quando dividido por 6. Qual é o menor número inteiro positivo que satisfaz essas propriedades? +156. Um código - Na expressão abaixo, cada letra corresponde a um algarismo, sendo que letras diferentes correspondem a algarismos diferentes. Determine esses algarismos. + +$$ +6 \times A O B M E P=7 \times M E P A O B +$$ + +157. Calculando distâncias - $\mathrm{O}$ triângulo $\triangle A B C$ é equilátero, com lados medindo $3 \mathrm{~cm}$, e o triângulo $\triangle C B D$ é retângulo, com lados medindo 3,4 e 5 $\mathrm{cm}$, conforme a figura dada. Calcule a distância entre os pontos $A$ e $D$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-026.jpg?height=317&width=574&top_left_y=253&top_left_x=1255) + +158. Calculando lados de um triângulo - O triângulo $\triangle A B C$ é equilátero e o ponto $P$ é tal que $P A=3 \mathrm{~cm}$, $P B=4 \mathrm{~cm}$ e $P C=5 \mathrm{~cm}$. Calcule o comprimento dos lados do triângulo $\triangle A B C$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-026.jpg?height=448&width=528&top_left_y=593&top_left_x=1301) + +159. Amigo oculto - Um grupo de cinco amigos decide brincar de amigo oculto, cada um compra um presente para seu amigo oculto. Pelas regras do jogo, cada um dá exatamente um presente e recebe exatamente um presente. De quantas maneiras podem os presentes ser distribuídos, de modo que ninguém dê presente para si mesmo? +160. Contando soluções - Quantos são os pares de números inteiros positivos $(x, y)$ tais que + +$$ +\frac{x y}{x+y}=144 ? +$$ + +161. Determinando uma sequência - Numa certa sequência de 80 números, qualquer termo, salvo as duas extremidades, é igual ao produto de seus termos vizinhos. O produto dos 40 primeiros termos da sequência é 8 e o produto de todos os termos também é 8 . Determine os termos da sequência. +162. Construindo uma cerca - Carina está desenhando a planta de um jardim retangular que terá um de seus lados num muro reto de pedras. Ela comprou $140 \mathrm{~m}$ de cerca, em pedaços de $1 \mathrm{~m}$ cada um, para cercar os outros três lados. Ela não pode cortar esses pedaços e deve gastar todos eles. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-026.jpg?height=277&width=308&top_left_y=1872&top_left_x=1502) + +(a) Se os dois lados vizinhos ao muro de pedra têm $40 \mathrm{~m}$ cada um, qual será o comprimento do terceiro lado? + +(b) É possível que o maior dos lados a ser cercado tenha 85 m? E 65 m? Justifique. + +163. Um quadrilátero especial - Os ângulos $A \widehat{B} C$ e $C \widehat{D} A$ do quadrilátero $A B C D$ da figura são retos e os quatro lados do quadrilátero medem números inteiros que são todos distintos. Se $A D=7$ e $B C=11$, quanto medem os lados $A B$ e $C D$ ? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-026.jpg?height=268&width=368&top_left_y=2413&top_left_x=1461) + +164. Três quadrados - Dois quadrados, $A B C D$ com uma área de $30 \mathrm{~cm}^{2}$ e $F H I J$ com uma área de $20 \mathrm{~cm}^{2}$, têm seus lados $A D$ e $H I$ sobre uma reta, conforme a figura. Se o ponto $E$ do segmento $A H$ for tal que $B E F G$ é um quadrado, calcule a área desse quadrado. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-027.jpg?height=417&width=711&top_left_y=505&top_left_x=752) + +165. Bolinha de gude - Três amigos jogam uma partida de bolinha de gude, convencionando que o perdedor de cada rodada dobra as bolinhas dos outros jogadores, ou seja, ele dá aos outros dois um número tal de bolinhas que eles fiquem com o dobro do que tinham no início da rodada. O primeiro jogador perdeu a primeira rodada, o segundo jogador a segunda, o terceiro a terceira e todos terminaram com 64 bolinhas cada um. Com quantas bolinhas cada um dos três amigos começou essa partida? +166. Uma soma - Calcule o valor da soma + +$$ +S=\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2 \cdot 3}+\frac{1}{3 \cdot 4}+\cdots+\frac{1}{2006 \cdot 2007}+\frac{1}{2007 \cdot 2008} +$$ + +167. Dobrando papel - Uma folha $A B C D$ retangular com $1000 \mathrm{~cm}^{2}$ de área foi dobrada ao meio e, em seguida, desdobrada segundo $M N$, conforme a figura. Em seguida, foi dobrada e desdobrada novamente, segundo $M C$ e, finalmente, dobrada e desdobrada segundo a diagonal $B D$. Calcule a área do pedaço de papel indicado na figura, que é limitado pelos três vincos. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-027.jpg?height=314&width=662&top_left_y=1836&top_left_x=731) + +168. Uma área - No triângulo $\triangle A B C, M$ é o ponto médio do lado $A C, D$ é um ponto do lado $B C$, tal que $A D$ é a bissetriz do ângulo $B \widehat{A} C$, e $P$ é o ponto de interseção de $A D$ e $B M$. Sabendo que $A B=10 \mathrm{~cm}, A C=30 \mathrm{~cm}$ e a área do triângulo $\triangle A B C$ mede $100 \mathrm{~cm}^{2}$, calcule a área do triângulo $\triangle A B P$. +169. Últimos algarismos - Quais são os dois últimos algarismos do número + +$$ +8+88+888+\cdots+\overbrace{88 \cdots 88}^{2008} ? +$$ + +170. Idades múltiplas - Quando Isabel nasceu, sua mãe estava fazendo aniversário de 20 anos. Se Isabel e sua mãe viverem mais 100 anos, quantas vezes terão sido múltiplas as idades das duas? +171. Blocos diferentes - Ana tem um cubo de $10 \mathrm{~cm}$ de lado. Ela cortou o cubo em cubinhos de $1 \mathrm{~cm}$ de lado e, com esses cubinhos, ela brinca de formar outros blocos retangulares, mas sem que sobrem cubinhos. Por exemplo, ela formou um bloco de $10 \times 20 \times 5$. No total, quantos blocos diferentes ela pode construir com esses cubinhos, sem que sobre nenhum? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-028.jpg?height=254&width=662&top_left_y=787&top_left_x=731) + +172. Quadro negro - Joana escreveu os números de 1 a 10000 no quadro negro e, depois, apagou todos os múltiplos de 7 e 11. Qual foi o número que ficou na posição 2008 ? +173. Conjunto sem múltiplos - Qual é o maior número possível de elementos de um subconjunto de $\{1,2, \ldots, 100\}$ tal que nenhum de seus elementos seja um múltiplo de algum outro? +174. Brincando com a calculadora - Digite numa calculadora um número qualquer de três algarismos. Em seguida, digite o mesmo número obtendo, assim, um número de seis algarismos, da forma $a b c a b c$. Divida esse número por 7, divida o resultado por 11 e, finalmente, divida o número obtido por 13. O que aconteceu? Por que você obteve esse resultado? +175. No galinheiro - Um galinheiro com $240 \mathrm{~m}^{2}$ de área deve abrigar galinhas e pintinhos, sendo desejável que haja um espaço livre de $4 \mathrm{~m}^{2}$ para cada galinha e $2 \mathrm{~m}^{2}$ para cada pintinho. Além disso, cada pintinho come $40 \mathrm{~g}$ de ração por dia e cada galinha come $160 \mathrm{~g}$ por dia, sendo permitido um gasto diário máximo de $8 \mathrm{~kg}$ de ração. + +(a) Represente algebricamente as condições do problema. + +(b) Represente graficamente, no plano cartesiano $x O y$, as condições do problema. + +(c) Esse galinheiro comporta 20 galinhas e 80 pintinhos? E 30 galinhas e 100 pintinhos? + +(d) Qual é o número máximo de galinhas que podem ser colocadas no galinheiro, respeitando os espaços desejáveis e o gasto máximo de ração? E de pintinhos? + +176. Um número perfeito - Um número natural $n$ é dito perfeito se a soma de todos os seus divisores próprios, isto é, divisores diferentes de $n$, é igual a $n$. Por exemplo, 6 e 28 são perfeitos, pois $6=1+2+3$ e $28=1+2+4+7+14$. Sabendo que $2^{31}-1$ é um número primo, mostre que $2^{30}\left(2^{31}-1\right)$ é um número perfeito. +177. Quinze minutos a mais - Dois carros partem, ao mesmo tempo, de uma cidade A em direção a uma cidade $\mathrm{B}$. Um deles viaja à velocidade constante de $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ e o outro à velocidade constante de $70 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Se o carro mais rápido faz a viagem de A a B em 15 minutos a menos do que o outro carro, qual é a distância entre essas duas cidades? +178. Outros caminhos - Partindo de sua casa para chegar na escola, Júlia deve caminhar oito quarteirões para a direita e cinco quarteirões para cima, conforme indicado na figura dada. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-029.jpg?height=371&width=534&top_left_y=780&top_left_x=795) + +Ela sabe que existem muitas maneiras diferentes de fazer o percurso casa-escola, sempre seguindo o caminho mais curto. Como ela é uma menina muito curiosa, ela gostaria de sempre fazer caminhos diferentes. Quantos desses caminhos existem da casa de Júlia até a escola? + +179. Escrevendo no tabuleiro - Um tabuleiro quadrado de três linhas por três colunas contém nove casas. De quantos modos diferentes podemos escrever as três letras A, B e $\mathbf{C}$ em três casas diferentes, de tal modo que, em cada linha, esteja escrita exatamente uma dessas três letras? +180. Fração e percentagem - Se na fração $x / y$ diminuirmos o numerador $x$ de $40 \%$ e o denominador $y$ de $60 \%$, então a fração $x / y$ +(a)diminui $20 \%$; +(b)aumenta $20 \%$; +(c)diminui 50\%; +(d)aumenta $50 \%$. +181. Triângulos sobrepostos - Dois triângulos retângulos congruentes possuem catetos que medem $4 \mathrm{~cm}$ e $7 \mathrm{~cm}$. Na figura dada, à esquerda, os triângulos foram desenhados de modo a coincidirem os catetos de $7 \mathrm{~cm}$. Assim, $A B=7 \mathrm{~cm}$ e $A D=B C=4 \mathrm{~cm}$. Já na figura à direita, eles foram desenhados de modo a coincidirem as hipotenusas, donde $A D=B C=4 \mathrm{~cm}$ e $A C=B D=7 \mathrm{~cm}$. +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-029.jpg?height=266&width=1146&top_left_y=2288&top_left_x=540) + +Calcule as áreas sombreadas nas duas figuras. + +182. Dois motoristas - Dois motoristas viajam da cidade A até a cidade B e, imediatamente, regressam à cidade A. O primeiro motorista viaja a uma velocidade constante de $80 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, tanto na ida quanto na volta. O segundo motorista viaja até a cidade B a uma velocidade constante de $90 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ e retorna à velocidade constante de $70 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Qual desses motoristas gasta menos tempo no percurso total de ida e volta? +183. Soma e inverte - Usando somente as duas operações " $+1=$ somar 1" e " $-i=$ menos o inverso", podemos formar várias sequências a partir de um número inicial. Por exemplo, iniciando com o número 3 , podemos formar a sequência + +$$ +3 \xrightarrow{+1} 4 \xrightarrow{+1} 5 \xrightarrow{-i}-\frac{1}{5} \xrightarrow{+1} \frac{4}{5} \xrightarrow{-i}-\frac{5}{4} \xrightarrow{+1}-\frac{1}{4} \xrightarrow{+1} \frac{3}{4} \xrightarrow{-i}-\frac{4}{3} . +$$ + +Iniciando com 0 , com qual sequência obteremos novamente o 0 , usando apenas essas duas operações " +1 " e " $-i$ "? + +184. Carro flex - Um carro é denominado flex se ele pode ser abastecido com gasolina ou com álcool. O consumo de um carro costuma ser dado (no Brasil) em quilômetros por litro, que indicamos por km/l. Já o custo desse consumo é dado pelo preço do quilômetro rodado, em reais por $\mathrm{km}$. Suponha que os preços do litro de álcool e de gasolina sejam, respectivamente, $\mathrm{R} \$ 1,59$ e $\mathrm{R} \$ 2,49$. + +(a) Digamos que um certo carro flex rode 12,3 km por litro de gasolina. Qual deve ser o consumo de álcool desse carro para que a utilização do álcool seja financeiramente mais vantajosa que a de gasolina? + +(b) Com os preços dados, em que condições é mais vantajoso, financeiramente, o uso do álcool em vez do de gasolina? Dê um exemplo numérico que satisfaça as condições. + +Daqui em diante, suponha que o consumo de um certo carro flex seja de $x \mathrm{~km} / \mathrm{l}$ com gasolina e de $\left(\frac{x}{2}+1\right) \mathrm{km} / \mathrm{l}$ com álcool. + +(c) Escreva a expressão da função $g(x)$ que fornece o custo de rodar 100 quilômetros com esse carro utilizando gasolina e a expressão da função $a(x)$ que fornece o custo de rodar 100 quilômetros utilizando álcool. + +(c) Para que o custo seja o mesmo, tanto com álcool como com gasolina, qual deve ser o consumo em km/l para a gasolina e para o álcool? + +(d) Com o consumo dado, em que condições é mais vantajoso, financeiramente, o uso do álcool em vez do de gasolina? Dê um exemplo numérico que satisfaça as condições. + +185. Contando triângulos - Na figura dada estão marcados onze pontos sobre dois segmentos. Quantos triângulos podem ser formados com esses onze pontos? + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-030.jpg?height=240&width=463&top_left_y=2413&top_left_x=1345) + +186. Quadrado perfeito - Existe um número de oito algarismos da forma + +$$ +9999 * * * * +$$ + +que seja um quadrado perfeito? + +187. Diferença quase nula - Qual é o menor número inteiro positivo $n$ tal que + +$$ +\sqrt{n}-\sqrt{n-1}<0,01 ? +$$ + +188. Conjunto de Cantor - Desenhe um segmento de reta com uma unidade de comprimento, denotando-o por $C_{1}$. Remova a terça parte central (sem remover as extremidades) e denote por $C_{2}$ o que sobrou. Agora, remova a terça parte central (sem as extremidades) de cada um dos dois segmento de reta que constituem $C_{2}$, denotando por $C_{3}$ o que sobrou. Esse processo pode ser continuado, sempre removendo, em cada estágio, a terça parte central de cada segmento em $C_{n}$ para formar $C_{n+1}$. O conjunto de Cantor é formado pelos elementos de $C_{1}$ que nunca são removidos, em etapa alguma. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-031.jpg?height=200&width=714&top_left_y=1171&top_left_x=685) + +(a) Na figura dada, indique os números nas extremidades dos segmentos $C_{1}, C_{2}$ e $C_{3}$. + +(b) Quais dentre os pontos $\frac{1}{3}, \frac{4}{9}, \frac{3}{81}$ e $\frac{4}{81}$ pertencem ao conjunto de Cantor? + +(c) Quais são os comprimentos de $C_{3}, C_{4}$ e $C_{5}$ ? Você consegue encontrar alguma expressão para o comprimento de $C_{n}$ ? + +189. Enchendo uma piscina - Uma piscina vazia foi abastecida de água por duas torneiras A e B, ambas de vazão constante. Durante quatro horas, as duas torneiras ficaram abertas e encheram $50 \%$ da piscina. Em seguida, a torneira B foi fechada e, durante duas horas, a torneira A encheu $15 \%$ do volume da piscina. Após este período, a torneira A foi fechada e a torneira B aberta. Durante quanto tempo essa torneira teve de ficar aberta para que ela, sozinha, terminasse de encher a piscina? +190. Probabilidade de ser um número par - Uma urna tem nove bolas, numeradas de 1 a 9. José e Maria retiram, cada um, simultaneamente, uma bola da urna. Com as bolas retiradas eles formam um número de dois algarismos, sendo que o número que está escrito na bola de José é o algarismo das dezenas e o número que está escrito na bola de Maria é o algarismo das unidades. Qual é a probabilidade desse número ser par? +191. Múltiplo de 7 - Mostre que se o produto $N=(n+6 m)(2 n+5 m)(3 n+4 m)$, com $m$ e $n$ números inteiros positivos, for um múltiplo de 7 então esse produto $N$ também é múltiplo de $7^{3}=343$. +192. Os ângulos $15^{\circ}$ e $75^{\circ}-$ Na figura dada, $A B C D$ é um quadrado com uma unidade de lado e o triângulo $\triangle B C E$ é equilátero. O ponto $M$ é o ponto médio do segmento $C E$, o segmento $D N$ é perpendicular a $B M$ e o segmento $B M$ é perpendicular a $C E$. + +(a) Calcule os comprimentos dos lados do triângulo $\triangle D B N$. + +(b) Use o item (a) para calcular o cosseno, o seno e a tangente dos ângulos de $15^{\circ}$ e $75^{\circ}$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-032.jpg?height=320&width=508&top_left_y=434&top_left_x=1322) + +193. Círculos tangentes - Na figura dada estão desenhados dois círculos concêntricos de raios $r$ e $R$, sendo $r\frac{35}{45}=\frac{7}{9}$. Logo, $\frac{4}{5}$ é maior do que $\frac{7}{9}$ e, como a sequência é crescente, a partir de $\frac{4}{5}$, todas as frações dessa sequência são maiores do que $\frac{7}{9}$. Assim, existem apenas três frações da forma $\frac{n}{n+1}$ que são menores do que $\frac{7}{9}$, a saber, $\frac{1}{2}, \frac{2}{3}$ e $\frac{3}{4}$. + +Solução 2: Transformando tudo em números decimais, temos $7 / 9=0,777 \ldots$ e $1 / 2$ $=0,5,2 / 3=0,666 \ldots, 3 / 4=0,75,4 / 5=0,8,5 / 6=0,8333 \ldots$ Logo, a sequência é crescente e apenas $1 / 2=0,5,2 / 3=0,666 \ldots$ e $3 / 4=0,75$ são menores do que $7 / 9=$ $0,777 \ldots$ + +5. Pistas de corrida - A opção correta é (c). + +Solução 1: Denotemos por $x$ e $y$ os comprimentos das pistas longa e curta, respectivamente. Numa certa semana, o atleta corre $6(x+2 y)$ e, na outra, $7(x+y)$. Como nas duas semanas ele corre os mesmos 5000 metros, obtemos $6(x+2 y)=7(x+y)$. Logo, $6 x+12 y=7 x+7 y$ e, portanto, $5 y=x$. Assim, a pista longa é cinco vezes maior do que a pista curta. + +Solução 2: Na semana em que o atleta treinou durante sete dias, ele correu uma pista longa a mais e cinco pistas curtas a menos do que na semana em que ele treinou apenas seis dias. Como a distância corrida foi a mesma nas duas semanas, concluímos que o comprimento da pista longa é igual ao comprimento de cinco pistas curtas. + +6. Brincos e brincos - A opção correta é (c). + +Solução 1: Sabemos que o número de mulheres que usam apenas um brinco é $0,03 \times 800=24$. Restam $800-24=776$ mulheres, das quais 388 usam dois brincos e 388 não usam brincos. Logo, o número total de brincos usados por todas as mulheres é $24+388 \times 2=800$. + +Solução 2: Se cada mulher com dois brincos emprestar um de seus brincos a uma das mulheres que não usam brincos, todas as 800 mulheres estarão com um único brinco. Logo, o número de brincos é igual ao de mulheres, ou seja, 800. + +7. Perguntas e respostas - A opção correta é (e). + +A partir da tabela obtemos o número de pontos de cada um dos três participantes. + +$$ +\begin{aligned} +& \text { Ana: } 5 \times 12+(-3) \times 3+(-2) \times 5=60-9-10=41 \\ +& \text { Bento: } 5 \times 13+(-3) \times 7+(-2) \times 0=65-21=44 \\ +& \text { Lucas: } 5 \times 12+(-3) \times 4+(-2) \times 4=60-12-8=40 +\end{aligned} +$$ + +Logo, Bento foi o mais bem classificado, seguido de Ana e, depois de Lucas. + +8. Qual é a carga? - A opção correta é (b). + +Como o peso de um saco de areia é igual ao de oito tijolos e no caminhão já há 32 sacos de areia, ele pode carregar ainda 18 sacos de areia, o que equivale a $18 \times 8=144$ tijolos. + +9. Quanto mede a cerca? - A opção correta é (b). + +Entre o terceiro e o sexto poste, temos três espaços entre postes consecutivos. Logo, a distância entre dois postes consecutivos é $\frac{1}{3} \times 3,3 \mathrm{~m}=1,1 \mathrm{~m}$ e a distância entre $o$ primeiro e o último poste é de $11 \times 1,1=12,1 \mathrm{~m}$. + +10. Dizima periódica - A opção correta é (d). + +Solução 1: Como $1 / 3=0,333 \ldots$, segue que + +$$ +0,1333 \ldots=0,333 \ldots-0,2=\frac{1}{3}-\frac{2}{10}=\frac{1}{3}-\frac{1}{5}=\frac{2}{15} +$$ + +Solução 2: Usando simplesmente a regra que fornece a geratriz de uma dízima periódica, também podemos obter + +$$ +0,1333 \ldots=\frac{13-1}{90}=\frac{12}{90}=\frac{2}{15} +$$ + +11. Valor absoluto - A opção correta é (e). + +Temos: $|5|=5,|3-8|=|-5|=5$ e $|-4|=4$. Logo, $N=5+5-4=6$. + +12. O peso das frutas - A opção correta é (b). + +A partir das informações fornecidas pelas três figuras, podemos montar três equações em que, informalmente, denotamos o peso de cada fruta pelo seu próprio nome. + +$$ +\begin{aligned} +\text { mamão } & =\text { banana }+ \text { maçã } \\ +\text { banana }+ \text { mamão } & =200 \\ +\text { banana }+200 & =\text { mamão }+ \text { maçã } +\end{aligned} +$$ + +Somando a primeira com a terceira obtemos, após cancelamento, $2 \times$ maçã $=200$, donde maçã $=100$. Substituindo esse valor na primeira equação, obtemos mamão $=$ banana +100 e, substituindo na segunda equação, obtemos $2 \times$ banana $+100=200$, donde banana $=50$. Esses valores fornecem, pela primeira equação, o valor mamão $=$ 150. Assim, a soma dos pesos das frutas é $100+50+150=300$ gramas. + +13. Maratona - A opção correta é (c). + +O comprimento de uma circunferência de raio $r$ é $2 \pi r$. Assim, em cada volta André percorre $2 \pi \times 100 \mathrm{~m}=200 \pi \mathrm{m}$. Logo, o número de voltas que André precisa dar para completar $42 \mathrm{~km}=42.000 \mathrm{~m}$ é + +$$ +\frac{42000}{200 \pi}=\frac{210}{\pi} +$$ + +Agora podemos finalizar o problema de duas maneiras. + +1a) Como $3<\pi<4$, obtemos $\frac{1}{4}<\frac{1}{\pi}<\frac{1}{3}$, portanto, multiplicando tudo por 210, resulta + +$$ +52,5=\frac{210}{4}<\frac{210}{\pi}<\frac{210}{3}=70 +$$ + +e concluímos que André deve dar entre 52 e 70 voltas para percorrer os $42 \mathrm{~km}$. + +2å) A aproximação de $\pi$ até a segunda casa decimal é 3,14. Daí, + +$$ +\frac{210}{\pi} \approx \frac{210}{3,14} \approx 66,88 +$$ + +e concluímos que André deve dar entre 66 e 67 voltas para percorrer os $42 \mathrm{~km}$. + +14. Dobrando papel - A opção correta é (e). + +Solução 1: Denotemos por $\triangle A B C$ o triângulo obtido após dobrar o quadrado original ao longo das duas diagonais e seja $M N$ o corte pela base média nesse triângulo, paralelo ao lado $B C$, que é um dos lados do quadrado original. A área do quadrado original é +$(B C)^{2}$. Desdobrando-se a folha, vemos que o buraco é um quadrado de lado $M N$ e, como $M N=\frac{1}{2} B C$, sua área é + +$$ +(M N)^{2}=\left(\frac{1}{2} B C\right)^{2}=\frac{1}{4}(B C)^{2} +$$ + +Logo, o buraco tem um quarto da área do quadrado original. +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-040.jpg?height=408&width=1264&top_left_y=617&top_left_x=434) + +Solução 2: $O$ corte é realizado pela base média do triângulo, retirando um pequeno triângulo semelhante ao original, com razão de semelhança $1 / 2$. Assim, a área do triângulo retirado é um quarto da área do triângulo original. Abrindo a folha, vemos essa situação reproduzida quatro vezes, donde o buraco tem um quarto da área do quadrado original. + +15. Encontre o número - A opção correta é (a). + +Para que $\frac{N}{3}, \frac{N}{4}, \frac{N}{5}, \frac{N}{6}$ e $\frac{N}{7}$ sejam números inteiros, $N$ deve ser um múltiplo comum de $3,4,5,6$ e 7 . Como queremos o menor $N$ possível, ele deve ser o mínimo múltiplo comum (MMC) de 3, 4, 5, 6 e 7, ou seja, + +$$ +N=3 \times 4 \times 5 \times 7=420 +$$ + +16. Equação quadrática - A opção correta é (d). + +Solução 1: Como 3 e $\frac{1}{3}$ são raízes da equação $a x^{2}-6 x+c=0$, temos $9 a-18+c=0$ e $\frac{1}{9} a-2+c=0$, ou seja, $9 a+c=18$ e $a+9 c=18$. Somando essas duas equações, resulta $10(a+c)=10 a+10 c=36$, ou seja, $a+c=36 / 10=18 / 5$. + +Solução 2: Numa equação $a x^{2}+b x+c=0$ do segundo grau, a soma das raízes é $-b / a$ e o produto é $c / a$. Como $b=-6$, obtemos $10 / 3=3+\frac{1}{3}=6 / a$ e $1=3 \times \frac{1}{3}=c / a$, ou seja, $a=c=9 / 5$. Assim, $a+c=18 / 5$. + +17. Cubo - A opção correta é (d). + +Solução 1: Desenhando o cubo e numerando seus vértices de acordo com o enunciado da questão, obtemos uma figura em que podemos ver que o vértice 5, por ser diametralmente oposto, é o mais distante do vértice 6 . + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-040.jpg?height=377&width=371&top_left_y=2364&top_left_x=1462) + +Solução 2: O vértice 6 está nas faces $\{1,2,6,7\},\{1,4,6,8\}$ e $\{3,4,6,7\}$. Como nessas faces só não aparece o 5 , segue que este é o vértice diagonalmente oposto ao 6 , ou seja, o 5 é o vértice mais distante do 6 . + +18. Time de basquete - A opção correta é (a). + +Basta ler o gráfico para obter o número de pontos de cada aluno. A soma desses pontos dá um total de $7+8+2+11+6+12+1+7=54$ pontos marcados pelo time. + +19. O caminho da formiguinha - A opção correta é (e). + +Para cada um dos três caminhos para ir de $A$ até $B$, existem três opções para ir de $B$ a $C$. Logo, há um total de $3 \times 3=9$ possibilidades. Mais geralmente, se fossem $m$ os caminhos de $A$ até $B$ e $n$ os de $B$ até $C$, então o número de caminhos que nossa formiguinha poderia tomar de $A$ até $C$ seria $m \times n$; esta afirmativa é um caso particular do princípio multiplicativo. + +20. Operação - A opção correta é (a). + +Fazendo $a=1$ e $b=0$ em $a=a^{2}-a b+b^{2}$, obtemos $1 \times 1^{2}-1 \times 0+0^{2}=1$. + +21. Indo para a escola - Os alunos da escola foram divididos em quatro grupos distintos, de acordo com o tempo que gastam no trajeto de casa para a escola. Cada uma das quatro barras do diagrama representa exatamente um desses quatro grupos e cada um dos alunos dessa escola está em exatamente um desses quatro grupos. + +(a) Os alunos que gastam menos de 20 minutos em seu trajeto de casa para a escola estão representados pela primeira barra, a mais alta, que atinge a marca dos 90 . Logo, 90 alunos gastam menos do que 20 minutos para chegar à escola. + +(b) O total de alunos na escola é a soma dos números representados pelas quatro barras, portanto, a escola tem um total de $90+60+10+20=180$ alunos. + +(c) Os alunos que gastam mais do que 40 minutos estão repartidos em dois grupos: os que gastam de 41 a 60 minutos e os que gastam mais do que 60 minutos, representados pela terceira e quarta barras, as duas mais baixas, uma atingindo a marca dos 10 e a outra, a marca dos 20 . Logo, o total de alunos que gastam mais do que 40 minutos para chegar à escola é de $10+20=30$ alunos. + +(d) Os alunos que gastam entre 20 e 40 minutos em seu trajeto de casa para a escola estão representados pela segunda barra, que atinge a marca dos 60. Junto com os 30 alunos que gastam mais do que 40 minutos (item precedente), temos um total de $60+30=90$ alunos que gastam mais do que 20 minutos para chegar à escola. No primeiro item vimos que 90 alunos gastam menos do que 20 minutos para chegar à escola, que é o mesmo número dos que levam mais do que 20 minutos, ou seja, é a metade dos alunos da escola que leva mais do que 20 minutos. Concluímos que não é verdade que a maioria dos alunos gasta mais do que 20 minutos para chegar à escola. + +## 22. Campeonato de futebol + +(a) Cada uma das seis equipes disputou, com cada uma das outras cinco, exatamente uma partida. Portanto, foram disputadas um total de $\frac{1}{2}(6 \times 5)=15$ partidas. +(b) Cada equipe disputou exatamente 5 partidas. Logo, de $x+1+0=5$ decorre $x=4$. Da mesma forma, para a equipe $\mathrm{D}$ temos $1+1+y=5$, portanto $y=3$. O número total de gols feitos num campeonato é igual ao número total de gols sofridos, ou seja, $6+6+2+3+1+z=2+6+6+6+5+3$, ou $18+z=28$, portanto, $z=10$. + +23. Poste elétrico - Nesta questão utilizamos o Teorema de Pitágoras. Antes de rever o enunciado desse teorema, lembre que um triângulo é dito retângulo quando um de seus ângulos é reto, ou seja, mede $90^{\circ}$. O lado oposto ao ângulo reto é a hipotenusa e os outros dois lados são os catetos do triângulo retângulo. Na figura, a hipotenusa é $a$ e os catetos são $b$ e $c$. + +Teorema de Pitágoras + +## C + +$b \quad a$ + +$$ +A \quad c \quad B +$$ + +Teorema de Pitágoras. Num triângulo retângulo de hipotenusa a e catetos $b$ e $c$, vale a relação $a^{2}=b^{2}+c^{2}$. + +Agora resolvemos a questão. + +Para que o poste fique perpendicular ao solo, o ângulo em $A$ deve ser reto e, portanto, o triângulo $\triangle A B C$ deve ser retângulo (ver figura). Nesse caso, os dados do problema dão que a hipotenusa mede $2,5 \mathrm{~m}$ e os catetos $1,4 \mathrm{~m}$ e $2 \mathrm{~m}$. Assim, pelo Teorema de Pitágoras teríamos $(2,5)^{2}=(1,4)^{2}+2^{2}$. + +$$ +\begin{array}{llll} +& C & & \\ +& 2,5 & \\ +\underset{-}{*} & & \\ +A & 2 & B +\end{array} +$$ + +Entretanto, $(1,4)^{2}+2^{2}=1,96+4=5,96$ e $(2,5)^{2}=6,25$. Logo, essas medidas não satisfazem o Teorema de Pitágoras e, portanto, o triângulo $\triangle A B C$ não é retângulo. Assim, o ângulo em $A$ não é reto e, consequentemente, o poste não está perpendicular ao solo. Concluímos que o professor está certo. + +## 24. Equações recíprocas + +(a) Temos $y=x+\frac{1}{x}$. Usando as expansões do binômio e do trinômio, obtemos + +$$ +\begin{aligned} +& y^{2}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}=x^{2}+2 x \frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}=x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+2 \\ +& y^{3}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^{3}=x^{3}+3 x^{2} \frac{1}{x}+3 x \frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{3}}=x^{3}+3\left(x+\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{x^{3}} +\end{aligned} +$$ + +portanto, + +$$ +x^{2}+\frac{1}{x^{2}}=y^{2}-2 \quad \text { e } \quad x^{3}+\frac{1}{x^{3}}=y^{3}-3\left(x+\frac{1}{x}\right)=y^{3}-3 y +$$ + +(b) A equação dada é equivalente a $\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}\right)-5\left(x+\frac{1}{x}\right)+8=0$. Substituindo o valor de $y$ e utilizando a identidade do item anterior, obtemos + +$$ +\left(y^{2}-2\right)-5 y+8=0 +$$ + +ou seja, a equação de segundo grau $y^{2}-5 y+6=0$, cujas raízes são $y=2$ e $y=3$. Voltando para $x$, multiplicamos $x+\frac{1}{x}=y=2$ e $y=3$ por $x$ para obter as equações quadráticas $(x-1)^{2}=x^{2}-2 x+1=0$ e $x^{2}-3 x+1=0$, cujas raízes são $x=1$ e $x=\frac{1}{2}(3 \pm \sqrt{5})$. Assim, obtivemos todas as três raízes da equação dada. + +(c) Como $x=0$ não é raiz da equação dada, podemos dividir tudo por $x^{2}$. Desse modo, encontramos exatamente a equação do item (b), cujas raízes já obtivemos. + +(d) Como $x=0$ não é raiz da equação dada, podemos dividir tudo por $x^{3}$. Desse modo, reordenando os termos, obtemos a equação equivalente + +$$ +\left(x^{3}+\frac{1}{x^{3}}\right)-2\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}\right)-5\left(x+\frac{1}{x}\right)+12=0 +$$ + +Substituindo o valor de $y$ e utilizando as identidades do item (a), obtemos + +$$ +\left(y^{3}-3 y\right)-2\left(y^{2}-2\right)-5 y+12=0 +$$ + +equivalente à equação cúbica + +$$ +y^{3}-2 y^{2}-8 y+16=0 +$$ + +A forma mais rápida de resolver essa equação é ter um pouco de sorte e fatorar por agrupamento, obtendo, por exemplo, + +$$ +y^{3}-2 y^{2}-8 y+16=y^{2}(y-2)-8(y-2)=\left(y^{2}-8\right)(y-2) +$$ + +de modo que as três raízes da equação cúbica em $y$ são $y=2$ e $y= \pm 2 \sqrt{2}$. Voltando para $x$, multiplicamos $x+\frac{1}{x}=y=2$ e $y= \pm 2 \sqrt{2}$ por $x$ para obter as equações quadráticas $(x-1)^{2}=x^{2}-2 x+1=0, x^{2}-2 \sqrt{2} x+1=0 \mathrm{e}$ $x^{2}+2 \sqrt{2} x+1=0$, cujas raízes são $x=1, x=\sqrt{2} \pm 1$ e $x=-\sqrt{2} \pm 1$. Assim, obtivemos todas as cinco raízes da equação dada. + +## 25. Atirando flechas + +(a) Os cinco pontos dados estão marcados na figura. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-043.jpg?height=619&width=700&top_left_y=2072&top_left_x=815) +(b) No círculo menor temos apenas o ponto $A$, portanto Manoel acertou apenas uma vez neste círculo, o que lhe dá 300 pontos. + +(c) Para calcular o total de pontos, observe que pelo ponto $B$ ele ganha 100 pontos, por $C$ ele ganha 50 pontos e, por $D, 50$ pontos. Entretanto, pelo ponto $E$, ele não ganha pontos, porque está fora da zona de pontuação. Logo, o número total de pontos que Manoel fez é $300+100+50+50=500$. + +26. Festa de aniversário - Como podemos repartir o total de convidados em mesas de 6 ou 7, o número de convidados é um múltiplo de 6 e de 7. Como o menor múltiplo comum de 6 e 7 é 42 , podemos ter $42,84,126, \ldots$ convidados. Como são menos do que 120 convidados, só podemos ter 42 ou 84 convidados. Por outro lado, como são necessárias mais do que 10 mesas, temos mais do que 60 convidados. Logo, descartamos o 42 , e o número de convidados só pode ser 84 . +27. Medida do cateto - O segmento $C F$, cujo comprimento queremos calcular, é um cateto do triângulo retângulo $\triangle C D F$. O Teorema de Pitágoras, aplicado a esse triângulo, diz que $(C D)^{2}=(C F)^{2}+(F D)^{2}=(C F)^{2}+24^{2}$ e, daí, tiramos $(C F)^{2}=(C D)^{2}-24^{2}$. Ou seja, para encontrar $C F$ basta conhecer $C D$. Como os lados opostos de um retângulo (e, mais geralmente, de um paralelogramo) são iguais, temos $C D=A B$. Nosso objetivo, então, passa a ser o cálculo de $A B$. Para isso, olhemos para o triângulo $\triangle A B E$. Sua área é + +$$ +\frac{1}{2}(A E \times B E)=\frac{1}{2}(15 \times B E)=150 +$$ + +donde tiramos $B E=20$. O Teorema de Pitágoras aplicado a esse triângulo nos dá $(A B)^{2}=(A E)^{2}+(B E)^{2}=15^{2}+20^{2}=625=25^{2}$, donde $A B=25$. Logo, $C D=$ $A B=25$ e, de acordo com nossa observação anterior, obtemos + +$$ +(C F)^{2}=(C D)^{2}-24^{2}=25^{2}-24^{2}=(25+24)(25-24)=49 +$$ + +Assim, $C F=7$. + +Observe que a solução independe da medida dos lados $A D$ e $B E$. + +28. Sequência de Peri - Agrupamos a sequência em blocos numerados consecutivamente, cada bloco formado pelos termos iguais consecutivos, como mostrado a seguir. + +$$ +\begin{aligned} +& \underbrace{1}_{\text {bloco } 1}, \underbrace{2,2}_{\text {bloco } 2}, \underbrace{3,3,3}_{\text {bloco } 3}, \underbrace{4,4,4,4}_{\text {bloco } 4}, \underbrace{5,5,5,5,5}_{\text {bloco } 5}, \underbrace{1,1,1,1,1,1}_{\text {bloco } 6}, \underbrace{2,2,2,2,2,2,2}_{\text {bloco } 7} \\ +& \underbrace{3,3,3,3,3,3,3,3}_{\text {bloco } 8}, \underbrace{4,4,4,4,4,4,4,4,4}_{\text {bloco } 9}, \underbrace{5,5,5,5,5,5,5,5,5,5}_{\text {bloco } 10} \\ +& \underbrace{1,1,1,1,1,1,1,1,1,1}_{\text {bloco } 11}, \ldots, \underbrace{k, k, k, k, k, k, k, k, k, k, k, k, k, \ldots, k}_{\text {bloco } n, \operatorname{com} k \in\{1,2,3,4,5\}}, \cdots +\end{aligned} +$$ + +Observe que a numeração de cada bloco coincide com o número de termos que ele contém: o bloco 1 tem um termo, o bloco 2 tem dois termos, o bloco 3 tem três termos e assim por diante, até o bloco $n$, que tem $n$ termos. A posição na sequência do último termo de cada bloco é obtida somando todos os números de 1 até o número atribuído ao bloco. Por exemplo, como pode ser contado na enumeração acima, + +- o último 3 do bloco 8 é o $36^{\circ}$ termo, pois $1+2+3+4+5+6+7+8=36$. +- o último 1 do bloco 11 é o $66^{\circ}$ termo, pois $1+2+3+\cdots+10+11=66$. + +Em geral, o último termo do enésimo bloco está na posição $1+2+3+\cdots+n$. Para calcular o valor desta soma, lembramos que $1,2,3, \ldots, n$ é uma progressão aritmética de razão 1 , termo inicial $a_{1}=1$ e enésimo termo $a_{n}=n$. A soma de seus $n$ primeiros termos é, então, + +$$ +1+2+3+4+\cdots+n=\frac{n\left(a_{1}+a_{n}\right)}{2}=\frac{n(n+1)}{2} +$$ + +Agora precisamos descobrir em qual bloco se encontra o centésimo termo da sequência. Supondo que ele esteja no enésimo bloco, sua posição será, no máximo, a do último termo deste bloco. Como ele não estará no bloco $n+1$, concluímos que $n$ é o menor inteiro tal que $100 \leq \frac{1}{2} n(n+1)$, ou seja, $200 \leq n(n+1)$. + +Para determinar esse valor de $n$, devemos resolver essa inequação e escolher, dentre suas soluções, o menor número inteiro. Como a expressão é bastante simples, é mais fácil resolvê-la por tentativa. Fazendo isso, vemos que $n=14$. De fato, $13 \times(13+1)=182<200$ e $14 \times(14+1)=210>200$. Assim, o centésimo termo da sequência está no bloco 14. Os números que aparecem nos blocos se repetem de cinco em cinco, na ordem 1, 2, 3, 4 e 5 . Como $14=5 \times 2+4$, o bloco 14 é formado pelo número 4. Assim, o centésimo termo da sequência é 4. + +Observação: A resolução acima apresentada da inequação $200 \leq n(n+1)$, apesar de correta, não serviria se o problema pedisse, por exemplo, a determinação do 10000 응 termo da sequência. Nesse caso, teríamos que lidar com a inequação $20000 \leq n(n+1)$ e, é claro, achar sua menor solução inteira por tentativa não parece promissor (a não ser com muita, muita sorte!). Por isso, vamos resolver a inequação $200 \leq n(n+1)$ de uma maneira que serve em geral. + +Começamos escrevendo $200 \leq n(n+1)$ como $n^{2}+n-200 \geq 0$. + +Isso nos leva ao estudo do sinal da função quadrática $f(x)=x^{2}+x-200$, cujo gráfico está ilustrado na figura. As raízes de $f(x)$ são + +$$ +\begin{aligned} +& x_{1}=\frac{-1-\sqrt{1+800}}{2} \\ +& x_{2}=\frac{-1+\sqrt{1+800}}{2} +\end{aligned} +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-045.jpg?height=466&width=623&top_left_y=1843&top_left_x=1256) + +Observe que $x_{1}$ é negativa e $x_{2}$ é, aproximadamente, igual a 13,6 . Como $f(x) \geq 0$ para $x \leq x_{1}$ e $x \geq x_{2}$, segue que o $n$ que estamos procurando é o menor inteiro que é maior do que ou igual a $x_{2}$, ou seja, $n=14$. + +Agora, se quiséssemos determinar o $10000^{\circ}$ termo da sequência, bastaria repetirmos o procedimento acima, encontrando $x_{2}=\frac{1}{2}[-1+\sqrt{1+80000}]$, que é, aproximadamente, igual a 140,9. Logo, $n=141$ e o $10000^{\circ}$ termo da sequência está no $141^{\circ}$ bloco. Como $141=28 \times 5+1$, segue que o $10000^{\circ}$ termo é 1 . + +29. Área em azulejo - A figura dada pode ser decomposta em quatro figuras congruentes à figura dada. Para calcular a área do triângulo sombreado nessa figura, escolhemos como base o lado $B C$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-046.jpg?height=225&width=466&top_left_y=276&top_left_x=1366) + +Então, a altura correspondente é $A E$ e, como os azulejos são quadrados com $10 \mathrm{~cm}$ de lado, segue que $A E=B C=10 \mathrm{~cm}$. Logo, a área do triângulo $\triangle B C E$ é $\frac{1}{2}$ base $\times$ altura $=\frac{1}{2} 10 \times 10=50 \mathrm{~cm}^{2}$. Assim, a área da região procurada é $4 \times 50=200 \mathrm{~cm}^{2}$. + +## 30. Os cartões de Capitu + +Solução 1: Capitu virou, em primeiro lugar, os 50 cartões pares. Depois disso, ficaram na mesa os 50 cartões pares com a face amarela para cima e os 50 cartões ímpares com a face vermelha para cima. Ao virar, em seguida, os múltiplos de 3 , ela virou apenas os múltiplos de 3 ímpares, que são 3 , 9, 15, 21, 27, 33, 39, 45, 51, 57, 63, 69, 75, 81, 87, 93 e 99. Logo, temos 17 múltiplos de 3 que são ímpares e Capitu virou para cima a face amarela de $50+17=67$ cartões. Assim, sobraram com a face vermelha para cima $100-67=33$ cartões. + +Observação: Nessa solução, para determinar a quantidade de múltiplos ímpares de 3 menores do que 100 foi suficiente escrever esses múltiplos e contar quantos eram. No entanto, se Capitu tivesse 1000 cartões (ou mais) esse procedimento seria bastante trabalhoso, mas, nesse caso, podemos proceder de modo mais geral. Notamos que os múltiplos ímpares de 3 desde 1 até 1000 formam uma progressão aritmética, com primeiro termo $a_{1}=3$, razão $r=6$ e o último termo $a_{n}=999$. Para determinar $n$ usamos a fórmula $a_{n}=a_{1}+(n-1) r$ que, no caso presente, é $999=3+(n-1) \times 6$. Assim, $n=167$, ou seja, temos 167 múltiplos ímpares de 3 menores do que 1000 . + +Solução 2: Capitu virou, em primeiro lugar, os 50 cartões pares. Depois disso, ficaram na mesa os 50 cartões pares com a face amarela para cima e os 50 cartões ímpares com a face vermelha para cima. Ao virar, em seguida, os múltiplos de 3, Capitu procedeu como segue. + +- Entre os cartões pares ela virou os que eram também múltiplos de 3. Um número que é múltiplo de 2 e de 3 também é múltiplo de 6 . Como $100=16 \times 6+4$, concluímos que Capitu virou 16 cartões entre os cartões pares. Esses cartões voltaram a ficar com a face vermelha para cima, ficando os outros 34 com a face amarela para cima. +- Entre os cartóes ímpares, como $100=33 \times 3+1$, segue que o número total de cartões (pares e ímpares) múltiplos de 3 é 33. Como vimos acima, entre estes cartões, 16 são pares, logo 17 são ímpares. Assim, Capitu virou 17 cartões ímpares, e esses cartões passaram a ter a face amarela para cima, enquanto que os outros 33 continuaram com a face vermelha para cima. + +31. Enchendo o tanque - No que segue, todas as medidas de volume estão dadas em $\mathrm{cm}^{3}$. + +O volume $V$ do balde é dado pela fórmula habitual do volume de um cilindro, ou seja, $V=$ área da base $\times$ altura. A base do balde é um círculo de $30 \mathrm{~cm}$ de diâmetro; seu raio, +então, mede $r=15 \mathrm{~cm}$ e sua área é $\pi r^{2}=225 \pi \mathrm{cm}^{2}$. Logo, $V=48 \times 225 \pi=10800 \pi$. A cada viagem, o volume de água que o homem coloca no balde é $4 / 5$ de $V$ e, desse volume, ele perde $10 \%$. Portanto, resta no balde $90 \%$ de $4 / 5$ de $V$, ou seja, + +$$ +\frac{9}{10} \times \frac{4}{5} V=\frac{18}{25} V=0,72 V=0,72 \times 10800 \pi=7776 \pi +$$ + +Essa quantidade $B=7776 \pi$ de água é a que ele efetivamente coloca no tanque em cada viagem. O volume de $3 / 4$ do tanque é $T=\frac{3}{4} \times 300 \times 36 \times 50=405000$. Logo, o número de baldes necessários para atingir esse volume é + +$$ +\frac{405000}{B}=\frac{405000}{7776 \pi}=\frac{625}{12 \pi} +$$ + +Usando a aproximação 3,14 para o número $\pi$, obtemos $\frac{625}{12 \pi} \approx \frac{625}{12 \times 3,14} \approx 16,587$. + +Assim, o homem necessitará de 16 baldes, mais 0,587 de um balde, e concluímos que ele deverá fazer 17 viagens. + +Observação: Acima usamos uma aproximação para o valor de $\pi$. É importante entender o que isso significa. Como sabemos, $\pi$ é um número irracional e sua expansão decimal é infinita e não é periódica. $\mathrm{O}$ valor aproximado de $\pi$, com 31 casas decimais, é $\pi \approx 3,1415926535897932384626433832795$ (o símbolo $\approx$ quer dizer "aproximadamente"). Por que, então, não usar $\pi \approx 3,142$ ou $\pi \approx 3,1416$ para resolver nosso problema, em vez de $\pi \approx 3,14$ ? Para discutir isso, vamos a um exemplo. + +Suponhamos que você tenha um balde cilíndrico com raio da base medindo $1 \mathrm{~m}$ e altura $1 \mathrm{~m}$, e uma caixa de água de volume de, exatamente $3,141 \mathrm{~m}^{3}$. O balde deve ser enchido em uma fonte. Quantas viagens à fonte serão necessárias para encher a caixa, supondo que o volume de água de cada balde seja integralmente transferido para a caixa? + +Usando a aproximação $\pi \approx 3,14$, obtemos $3,14 \mathrm{~m}^{3}$ para o volume do balde. Como $\frac{\text { volume do tanque }}{\text { volume do balde }} \approx \frac{3,141}{3,14}$ é maior do que 1 (e, é claro, menor do que 2 ), concluímos que serão necessárias duas viagens à fonte para encher a caixa de água. + +Vamos, agora, usar a aproximação $\pi \approx 3,1416$. Aqui calculamos o volume do balde e obtemos $3,1415 \mathrm{~m}^{3}$. Então, $\frac{\text { volume do tanque }}{\text { volume do balde }} \approx \frac{3,141}{3,1416}$ é menor do que 1 , e concluímos, assim, que basta uma viagem à fonte para encher o balde, um resultado bem diferente do anterior! + +Deve ficar claro com esse exemplo que a escolha inicial de uma aproximação pode influenciar fortemente o resultado final. Nesse caso, dizemos que as condições do problema são sensíveis à aproximação. No nosso problema original de encher o tanque, os dados iniciais não eram sensíveis à aproximação usada para $\pi$, o que pode ser verificado imediatamente repetindo a resolução dada com $\pi \approx 3,142$ ou $\pi \approx 3,1416$. Em ambos os casos, obtém-se o resultado de 17 viagens. + +Em geral, os problemas desse tipo propostos em livros nos ensinos fundamental e médio são enunciados de modo pouco sensível à aproximação. Isto justifica parcialmente o uso de " $\pi=3,14$ " bem como o de, por exemplo, " $\sqrt{2}=1,41$ " + +(CURIOSIDADE: $\sqrt{2} \approx 1,4142135623730950488016887242097$ ). + +Observamos, também, que poucas casas decimais facilitam as contas, em particular quando não se usam máquinas de calcular. Seria impossível, na prática, trabalhar manualmente com a aproximação de 31 casas que demos para $\pi$ no início desta conversa. + +O tratamento de problemas de aproximação é feito através de desigualdades. Infelizmente, tempo e espaço não permitem que abordemos esse tópico com mais detalhes no momento, mas esperamos ter despertado sua curiosidade para o assunto. + +32. Fator primo - A decomposição de 2006 em fatores primos é $2006=2 \times 17 \times 59$. Assim, o maior fator primo de 2006 é 59. +33. Altura de salário - A opção correta é (d). + +O enunciado diz que 1 real $=275 \times 10^{7}$ cruzados. O salário de João é 640 reais, o que é equivalente a $640 \times 275 \times 10^{7}=176000 \times 10^{7}=176 \times 10^{10}$ cruzados. O número de pilhas de cem notas que se pode fazer com essa quantidade de notas de 1 cruzado é $176 \times 10^{10} / 10^{2}=176 \times 10^{8}$. Como cada uma destas pilhas tem $1,5 \mathrm{~cm}$ de altura, a altura de todas elas é $1,5 \times 176 \times 10^{8}=264 \times 10^{8} \mathrm{~cm}$. + +Agora lembramos que $1 \mathrm{~km}=1000 \mathrm{~m}=10^{3} \mathrm{~m}$ e que $1 \mathrm{~m}=100 \mathrm{~cm}=10^{2} \mathrm{~cm}$, donde $1 \mathrm{~km}=10^{3} \times 10^{2}=10^{5} \mathrm{~cm}$. Assim, a pilha de $264 \times 10^{8} \mathrm{~cm}$ tem $264 \times 10^{8} / 10^{5}=$ $264 \times 10^{3}=264000 \mathrm{~km}$ de altura. + +34. Só bala - A opção correta é (c). + +A primeira bala pode ser de qualquer sabor. Para fixar as ideias, suponhamos que seja de banana. Depois que essa bala é retirada, sobram $1002+1001$ balas na caixa no nosso caso, 1002 de maçã e 1001 de banana. A probabilidade $q$ de que a segunda bala seja diferente (no nosso exemplo, de maçã) é $q=1002 / 2003$. A probabilidade $p$ de que a segunda bala seja igual (no nosso exemplo, de banana) é $p=1001 / 2003$. A diferença $q-p$ é, portanto, + +$$ +q-p=\frac{1002}{2003}-\frac{1001}{2003}=\frac{1}{2003} +$$ + +35. Distância ao centro - A opção correta é (e). + +Os pontos que estão a $6 \mathrm{~cm}$ de distância do ponto $P$ formam uma circunfer��ncia de centro $P$ e raio $R=6$ $\mathrm{cm}$. Se $d$ denota a diagonal do quadrado, do Teorema de Pitágoras temos + +$$ +d=\sqrt{10^{2}+10^{2}}=\sqrt{2 \times 10^{2}}=10 \sqrt{2} +$$ + +A circunferência de raio $L / 2=5 \mathrm{~cm}$ tangencia o quadrado em quatro pontos. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-048.jpg?height=431&width=440&top_left_y=1769&top_left_x=1393) + +A circunferência de raio $D / 2$ toca o quadrado em quatro pontos, a saber, os vértices do quadrado. Temos $L=10, R=6$ e $D=10 \sqrt{2}$, portanto + +$$ +\underbrace{5}_{L / 2}<\underbrace{6}_{R}<\underbrace{5 \sqrt{2}}_{D / 2} +$$ + +(Observe que $1,2<\sqrt{2}, 5 \times 1,2<5 \times \sqrt{2}$ e, portanto, $6<5 \sqrt{2}$ ). Logo, a circunferência de raio $R=6$ está "entre" as duas circunferências de raios 5 e $5 \sqrt{2}$. Assim, ela corta o quadrado em oito pontos. + +36. Potências e potências - A opção correta é (e). + +Solução 1: Observamos que os termos do lado direito da equação dada podem ser escritos como potências de 2. De fato, $4^{x}=\left(2^{2}\right)^{x}=2^{2 x}$ e $64=2^{6}$. Desse modo, a equação se torna $2\left(2^{x}\right)=2^{2 x}+2^{3}$. Temos, então, $2\left(2^{2 x}\right)-2^{2 x}=2^{6}$, donde $2^{2 x}(2-1)=2^{6}$, ou seja, $2^{2 x}=2^{6}$. Assim, $2 x=6$ e segue que $x=3$. + +Solução 2: $4^{x}+4^{x}=2\left(4^{x}\right)=2\left(2^{2 x}\right)=4^{x}+4^{3}$, portanto, $4^{x}=4^{3}$ e segue que $x=3$. + +37. Um raio de luz - A op̧̧ão correta é (b). + +Vamos acompanhar o trajeto do raio de luz a partir do ponto $S$. Para isso, lembramos a propriedade básica da reflexão de um raio de luz num espelho: o ângulo de reflexão é igual ao ângulo de incidência. Por exemplo, na figura dada, os ângulos $a$ e $b$ são iguais, bem como os ângulos $d$ e $e$. Observe que, na figura, as paralelas $A S$ e $B V$ são cortadas pela transversal $A B$. + +Assim, + +- $a=30^{\circ}=b$, +- $a+b+c=180^{\circ}$, $\log c=120^{\circ} \mathrm{e}$ +- $c+d=180^{\circ}$, logo + +$d=60^{\circ}=e$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-049.jpg?height=346&width=737&top_left_y=1112&top_left_x=1142) + +Como a soma dos ângulos internos do triângulo $\triangle B C V$ é $180^{\circ}$, segue que $f=90^{\circ}$. Isso quer dizer que o nosso raio de luz, ao atingir $C$, será refletido sobre si mesmo e fará então o caminho inverso, $C \rightarrow B \rightarrow A \rightarrow S$. Desse modo, o trajeto completo do raio será + +$$ +S \rightarrow A \rightarrow B \rightarrow C \rightarrow B \rightarrow A \rightarrow S +$$ + +O comprimento desse trajeto do raio desde $S$ até retornar a $S$ é duas vezes a soma dos comprimentos dos segmentos $A S, A B$ e $B C$. É dado que $A S=1 \mathrm{~m}$, portanto, resta calcular $A B$ e $B C$. Para isso, olhamos para o triângulo $\triangle A B C$. Ele é um triângulo retângulo com ângulos de $30^{\circ}$ e $60^{\circ}$. Sabemos que num tal triângulo o cateto oposto ao ângulo de $30^{\circ}$ tem comprimento igual à metade do comprimento da hipotenusa (exercício). No nosso caso, temos $B C=\frac{1}{2} A B$. + +Notamos, agora, que os triângulos $\triangle A B C$ e $\triangle C B F$ são congruentes, pois são triângulos retângulos $\left(f=90^{\circ}\right)$ com ângulos iguais $\left(b=30^{\circ}\right)$ e um cateto comum $(B C)$, o que nos mostra que $A C=\frac{1}{2} A V=\frac{1}{2} \mathrm{~m}$. Pondo $A B=x$, temos $B C=\frac{1}{2} x$ e o Teorema de Pitágoras, aplicado ao triângulo $\triangle A B C$, nos dá $x^{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2} x\right)^{2}$. Simplificando, obtemos $\frac{3}{4} x^{2}=\frac{1}{4}$, donde $x=1 / \sqrt{3}=\sqrt{3} / 3$. + +Desse modo, obtemos o comprimento do trajeto do raio de luz, como segue. + +$$ +2(S A+A B+B C)=2\left(1+\frac{\sqrt{3}}{3}+\frac{1}{2} \frac{\sqrt{3}}{3}\right)=2+\sqrt{3} \mathrm{~m} +$$ + +38. Diferença de quadrados - Usando a fatoração $x^{2}-y^{2}=(x-y)(x+y)$ com $x=666666666$ e $y=333333333$, vemos que $x-y=y$ e $x+y=999999999$, portanto, + +$$ +\begin{aligned} +666666666^{2}-333333333^{2} & =333333333 \times 999999999 \\ +& =333333333 \times(1000000000-1) \\ +& =333333333000000000-333333333 \\ +& =333333332666666667 +\end{aligned} +$$ + +39. Escada de número - A opção correta é (e). + +Usando a regra dada, preenchemos as casas vazias a partir da segunda linha a contar de baixo e obtemos a figura. Logo, + +$$ +(13+x)+(11+2 x)=42 +$$ + +e, portanto, $24+3 x=42$, ou seja, $x=6$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-050.jpg?height=437&width=420&top_left_y=747&top_left_x=1412) + +40. Diferença de potências - A opção correta é (c). + +Solução 1: O algarismo final de $9867^{3}$ é o mesmo que o de $7^{3}=343$, isto é, 3 . O algarismo final de $9867^{2}$ é o mesmo que o de $7^{2}=49$, isto é, 9 . Se de um número terminado em 3 subtraímos outro terminado em 9, o algarismo final do resultado é 4 . + +Observação: Observe que o algarismo das unidades da diferença $9867^{3}-9867^{2}$ é igual ao algarismo das unidades de $\left(7^{3}-7^{2}\right)$. + +Solução 2: $n^{3}-n^{2}=n^{2}(n-1), \operatorname{com} n^{2}=9867^{2}$ terminando em 9 e $n-1=9866$ em 6 . Como $9 \times 6=54$, o algarismo final de $n^{2}(n-1)$ é 4 . + +41. Parábola girada - A opção correta é (e). + +Uma rotação de $180^{\circ}$ pode ser visualizada como uma meia-volta. Aqui temos uma meia-volta em torno da origem. A figura ilustra o que uma meia-volta faz com as coordenadas dos pontos do plano. Por exemplo, o ponto $A^{\prime}$ é o resultado da meia-volta aplicada ao ponto $A$; em outras palavras, $A^{\prime}$ é onde o ponto $A$ vai parar após a meia-volta. Do mesmo modo, $B^{\prime}$ é onde $B$ vai parar após a meia-volta. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-050.jpg?height=520&width=674&top_left_y=1810&top_left_x=1159) + +É fácil ver que na passagem de $A$ para $A^{\prime}$ as coordenadas trocam de sinal. Desse modo, vemos que uma meia-volta em torno da origem leva um ponto qualquer $(x, y)$ no ponto $(-x,-y)$. Assim, $(a, b)$ pertence à nova parábola se, e somente se, $(-a,-b)$ pertence à parábola $y=x^{2}-5 x+9$ original, ou seja, se $-b=a^{2}+5 a+9$ ou, ainda, $b=-a^{2}-5 a-9$. Logo, a equação da nova parábola é $y=-x^{2}-5 x-9$. + +42. Logotipo - Seja $r$ o raio dos quatro círculos iguais. + +Ligando os centros $A$ e $B$ de dois desses círculos ao centro $O$ dos círculos concêntricos, obtemos o triângulo $\triangle O A B$, como na figura. Lembrando que a reta que une os centros de dois círculos tangentes passa pelo ponto de tangência, vemos que $O A=O B=1+r$ e $A B=2 r$, tudo em $\mathrm{cm}$. O triângulo $\triangle O A B$ é retângulo em $O$ e o Teorema de Pitágoras dá + +$$ +(2 r)^{2}=(1+r)^{2}+(1+r)^{2} +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-051.jpg?height=477&width=477&top_left_y=253&top_left_x=1406) + +Logo, $4 r^{2}=2(1+r)^{2}$, ou $2 r^{2}=(1+r)^{2}$, do que tiramos $r^{2}-2 r-1=0$. Assim, $r=\frac{1}{2}[2 \pm \sqrt{8}]=1 \pm \sqrt{2}$. Como o raio $r$ é positivo, obtemos $r=1+\sqrt{2}$. Segue que o raio do círculo maior mede $1+2 r=3+2 \sqrt{2} \mathrm{~cm}$. + +43. Padeiro cansado - A opção correta é (d). + +Seja $x$ a quantidade de farinha, em quilos, de que o padeiro dispõe. Trabalhando sozinho, ele usaria $x / 6$ quilos de farinha em uma hora. Trabalhando com seu ajudante, eles usariam $x / 2$ quilos de farinha em uma hora. Seja $t$ o tempo, em horas, que o padeiro trabalhou sozinho. Como a farinha acaba em 150 minutos, ou seja, em 2,5 horas (2 horas e 30 minutos), o tempo que ele trabalhou com seu ajudante foi $2,5-t$ horas. Logo, a quantidade de farinha gasta durante o tempo que o padeiro trabalhou sozinho foi de $(x / 6) \times t$ e a quantidade gasta durante o tempo que o padeiro trabalhou com seu ajudante foi de $(x / 2) \times(2,5-t)$. Como + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-051.jpg?height=166&width=1130&top_left_y=1639&top_left_x=543) + +temos $x=\frac{1}{6} x t+\frac{1}{2} x(2,5-t)$. A quantidade $x$ de farinha que o padeiro tinha inicialmente era não nula. Logo, podemos dividir ambos os membros por $x$, encontrando $1=\frac{1}{6} t+\frac{1}{2}(2,5-t)$ e, portanto, $t=0,75$ horas, ou seja, o padeiro trabalhou sozinho durante 45 minutos. + +44. Muitas diagonais - Num poliedro qualquer, dois vértices distintos determinam uma diagonal apenas no caso em que não estejam numa mesma face. + +No caso do prisma hexagonal, vemos na figura que o vértice $v$ não forma uma diagonal com os vértices marcados com $*$. Levando o próprio $v$ em conta, vemos que $v$ não forma uma diagonal com exatamente nove vértices. Como o prisma tem doze vértices, segue que $v$ forma uma diagonal com exatamente $12-9=3$ vértices. O mesmo raciocínio vale para qualquer vértice, e concluímos que, de cada vértice do prisma, partem exatamente três diagonais. Como a diagonal que parte de um vértice $v$ para o vértice $w$ é a mesma que parte de $w$ para $v$, segue que o número de diagonais é $\frac{1}{2} 12 \times 3=18$. +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-052.jpg?height=490&width=1076&top_left_y=256&top_left_x=524) + +Seja $V$ um vértice do poliedro. Observando a figura, vemos que $V$ não forma uma diagonal com exatamente quatorze vértices, os treze marcados com $X$ e mais o próprio $V$. Como o poliedro tem vinte e quatro vértices no total, sobram $24-14=10$ vértices, com os quais $V$ forma uma diagonal. Logo, o número de diagonais desse poliedro é $\frac{1}{2} 24 \times 10=120$. + +45. Promoção de sabonete - A opção correta é (d). + +Pela promoção, quem levar 2 unidades paga pelo preço de 1,5 unidade, logo quem levar 4 unidades paga pelo preço de 3 unidades, ou seja, leva quatro e paga três. + +46. Qual é o ângulo? - A opção correta é (b). + +Como $\triangle A B C$ e $\triangle D E F$ são triângulos equiláteros, cada um de seus ângulos internos mede $60^{\circ}$. No triângulo $\triangle A G D$ temos + +$$ +G \widehat{A} D=180^{\circ}-75^{\circ}-60^{\circ}=45^{\circ} \text { e } \mathrm{G} \widehat{D A}=180^{\circ}-65^{\circ}-60^{\circ}=55^{\circ} +$$ + +Portanto, $A \widehat{G} D=180^{\circ}-45^{\circ}-55^{\circ}=80^{\circ}$. Logo, no triângulo $\triangle C G H$, temos + +$$ +x+80^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}, \text { donde } x=40^{\circ} \text {. } +$$ + +47. Caixa de papelão - A opção correta é (b). + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-052.jpg?height=449&width=625&top_left_y=1957&top_left_x=407) + +A figura mostra as dobras que serão feitas para montar a caixa, que terá as dimensões seguintes: $20 \mathrm{~cm}$ de largura, $15 \mathrm{~cm}$ de comprimento e $10 \mathrm{~cm}$ de altura. Logo, seu volume será de + +$$ +20 \times 15 \times 10=3000 \mathrm{~cm}^{3} +$$ + +48. Soma de vizinhos - A opção correta é (b). + +Seja $x$ o primeiro termo da sequência. Como o segundo termo é $1 \mathrm{e}$, a partir do terceiro, cada termo é a soma dos dois anteriores, temos que + +- o terceiro termo é $1+x$; +- o quarto termo é $1+(1+x)=2+x$; +- o quinto termo é $(1+x)+(2+x)=3+2 x$; +- o sexto termo é $(2+x)+(3+2 x)=5+3 x$. + +Como o quinto termo é 2005 , temos $3+2 x=2005$, donde $x=1001$. Logo, o sexto termo da sequência é $5+3 \times 1001=3008$. + +49. Algarismos crescentes - A opção correta é (d). + +Os números em questão, com + +- dois algarismos, são 12, 23, 34, 45, 56, 67, 78 e 89 (8 números); +- três algarismos, são 123, 234, 345, 456, 567, 678 e 789 (7 números); +- quatro algarismos, são $1234,2345,3456, \ldots, 6789$ (6 números); +- por fim, com cinco algarismos, somente 12345 , + +num total de $8+7+6+1=22$ números. + +50. Bloco girante - A opção correta é (b). + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-053.jpg?height=399&width=580&top_left_y=1211&top_left_x=361) + +De acordo com a figura, podemos concluir que as dimensões das faces X, Y e Z são 2,3 e $6 \mathrm{~cm}^{2}$, respectivamente. A seguir, indicaremos os movimentos feitos pelo bloco e as faces que entram em contato com os quadradinhos em cada etapa. Lembre que giramos o bloco cinco vezes. + +As figuras a seguir mostram os quadradinhos do tabuleiro que ficam em contato com cada uma das três faces do bloco, desde a posição inicial até a final, após a última rotação. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-053.jpg?height=365&width=420&top_left_y=1825&top_left_x=381) + +Posição inicial + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-053.jpg?height=371&width=403&top_left_y=2279&top_left_x=387) + +$3^{a}$ Rotação + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-053.jpg?height=363&width=394&top_left_y=1826&top_left_x=891) + +$1^{\mathrm{a}}$ Rotação + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-053.jpg?height=366&width=417&top_left_y=2284&top_left_x=885) + +$4^{a}$ Rotação + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-053.jpg?height=363&width=394&top_left_y=1826&top_left_x=1408) + +$2^{a}$ Rotação + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-053.jpg?height=360&width=388&top_left_y=2284&top_left_x=1422) + +$5^{a}$ Rotação + +Alguns quadradinhos entram em contato com as faces mais de uma vez, conforme figura a seguir, que mostra todos os quadradinhos que tiveram contato com as faces do bloco desde a posição inicial até a última rotação. + +| | | | | | | | | +| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | +| | | | | | | | | +| | | | | | | | | +| | | | $\mathbf{X}$ | | | | | +| | $\mathbf{Y}$ | $\mathbf{Y}$ | $\mathbf{X} / \mathbf{Y}$ | $\mathbf{X}$ | $\mathbf{X}$ | | | +| | $\mathbf{Z}$ | $\mathbf{Z}$ | $\mathbf{Y} / \mathbf{Z}$ | $\mathbf{Z}$ | $\mathbf{Z}$ | | | +| | $\mathbf{Z}$ | $\mathbf{Z}$ | $\mathbf{Y} / \mathbf{Z}$ | $\mathbf{Z}$ | $\mathbf{Z}$ | | | +| | | | $\mathbf{Y}$ | $\mathbf{Z}$ | $\mathbf{Z}$ | | | + +Contando nesta última figura, vemos que o bloco esteve em contato com 19 quadradinhos do tabuleiro. + +51. Iterando um ponto - A opção correta é (d). + +A partir da tabela + +| $x$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | +| :---: | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | +| $f(x)$ | 4 | 1 | 3 | 5 | 2 | + +obtemos + +$$ +\begin{aligned} +& f(4)=5, f(\underbrace{f(4)}_{5})=f(5)=2, f(f(\underbrace{f(4)}_{5}))=f(\underbrace{f(5)}_{2})=f(2)=1 \mathrm{e} \\ +& \underbrace{f(f(f(f(4)}_{4 \text { vezes }})))=f(f(f(\underbrace{f(4)}_{5})))=f(f(\underbrace{f(5)}_{2}))=f(\underbrace{f(2)}_{1})=f(1)=4 +\end{aligned} +$$ + +Como 2004 é múltiplo de 4 , segue que $\underbrace{f(f(f(f(\ldots f}_{2004 \text { vezes }}(4) \ldots)))=4$. O diagrama a seguir ilustra essa afirmação. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-054.jpg?height=311&width=1354&top_left_y=1666&top_left_x=385) + +52. Esmeralda e o 21 - Primeiro vamos listar os números que têm o agrupamento 21 no meio de sua representação decimal. + +- 21, 121, 221, . ., 921, num total de 10 números. +- $210,211, \ldots, 219$, num total de 10 números. + +Também devemos contar os agrupamentos 21 obtidos a partir de um par de números consecutivos tal que o primeiro termina com 2 e o segundo começa com 1, que são os 11 casos seguintes. + +$$ +\begin{gathered} +12-13,120-103,112-113,122-123,132-133,142-143 \\ +152-153,162-163,172-173,182-183,192-193 +\end{gathered} +$$ + +Assim, temos um total de $20+11=31$ agrupamentos 21 nesse número. + +## 53. Muitos fatores - A opção correta é (d). + +Cada um dos fatores é uma diferença de quadrados, isto é, $a^{2}-b^{2}$, em que $a=1 \mathrm{e}$ $b=1 / c^{2}=(1 / c)^{2}$. Usando a fatoração $a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)$, obtemos + +$$ +\begin{gathered} +\left(1-\frac{1}{4}\right)\left(1-\frac{1}{9}\right)\left(1-\frac{1}{16}\right) \cdots\left(1-\frac{1}{225}\right) \\ +=\left(1-\frac{1}{2^{2}}\right)\left(1-\frac{1}{3^{2}}\right)\left(1-\frac{1}{4^{2}}\right) \cdots\left(1-\frac{1}{15^{2}}\right) \\ +=\left(1-\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{3}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right)\left(1-\frac{1}{4}\right)\left(1+\frac{1}{4}\right) \cdots\left(1-\frac{1}{15}\right)\left(1+\frac{1}{15}\right) \\ +=\frac{1}{2} \times \underbrace{\frac{3}{2} \times \frac{2}{3}}_{1} \times \underbrace{\frac{4}{3} \times \frac{3}{4}}_{1} \times \underbrace{\frac{5}{4} \times \cdots}_{1} \times \cdots \times \underbrace{\cdots \times \frac{14}{15}}_{1} \times \frac{16}{15}=\frac{1}{2} \times \frac{16}{15}=\frac{8}{15} . +\end{gathered} +$$ + +54. Falta um ângulo - A opção correta é (a). + +Os ângulos internos do quadrilátero dado são $50^{\circ}, 180^{\circ}-30^{\circ}=150^{\circ}, \alpha$ e $180^{\circ}-40^{\circ}=140^{\circ}$. Como a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é $360^{\circ}$, temos $50^{\circ}+150^{\circ}+\alpha+140^{\circ}=360^{\circ}$, donde $\alpha=20^{\circ}$. + +55. Soma de distâncias - A opção correta é (e). + +Temos $|z-x|=3,7-(-1)=4,7$ e $|w-x|=9,3-(-1)=10,3$. Logo, + +$$ +|z-x|+|w-x|=4,7+10,3=15 +$$ + +56. Espiral do Artur - A opção correta é (d). + +A figura mostra que a "espiral" é constituída por segmentos cujos comprimentos formam uma sequência finita da forma $1,1,2,2,3,3,4,4, \ldots, n, n$ (se os dois últimos segmentos da espiral têm o mesmo comprimento) ou, então, da forma $1,1,2,2,3,3,4,4, \ldots$, $n, n, n+1$ (se os dois últimos segmentos da espiral têm comprimentos diferentes). +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-055.jpg?height=514&width=1310&top_left_y=1947&top_left_x=452) + +A soma dos $k$ primeiros números naturais é dada por + +$$ +1+2+3+\cdots+k=\frac{k(k+1)}{2} +$$ + +e o comprimento total da espiral é $4 \mathrm{~m}=400 \mathrm{~cm}$. Portanto, + +$$ +2 \times \frac{n(n+1)}{2}=1+1+2+2+3+3+\cdots+n+n=400 +$$ + +ou, então, + +$$ +2 \times \frac{n(n+1)}{2}+n+1=1+1+2+2+\cdots+n+n+n+1=400 +$$ + +de modo que $n(n+1)=400$ ou $(n+1)^{2}=400$. + +Entretanto, não existem dois números naturais consecutivos cujo produto seja 400, isto é, a equação $n(n+1)=400$ não tem solução. Assim, $(n+1)^{2}=400$, de modo que $n+1=20$. Portanto, o último segmento da espiral tem $20 \mathrm{~cm}$ e o penúltimo $19 \mathrm{~cm}$. Os comprimentos dos segmentos da espiral formam a sequência de números $1,1,2,2,3,3,4,4, \ldots, 19,19,20$. Assim, são $19 \times 2+1=39$ segmentos. Como sete já foram traçados, falta traçar 32 . + +57. Quais são os ângulos? - A opção correta é (d). + +Temos $B \widehat{C} A=D \widehat{A} C=y$ (ângulos alternos internos) e $B \widehat{D} A=C \widehat{B} D=y$ (simetria). Seja $O$ o ponto de interseção das duas diagonais. + +Traçando o segmento $M N$ paralelo aos lados $A D$ e $B C$ do retângulo, obtemos $C \widehat{O} N=B \widehat{C} A=y$ e $N \widehat{O} D=$ $B \widehat{D} A=y$. Logo, + +$$ +x=C \widehat{O} D=C \widehat{O} N+N \widehat{O} D=2 y +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-056.jpg?height=240&width=391&top_left_y=1319&top_left_x=1438) + +58. Raiz menor - A equação já foi dada na forma fatorada $a(x-m)(x-n)=0$, logo suas raízes são $m=3 \sqrt{5}$ e $n=5 \sqrt{3}$. Devemos apenas decidir qual delas é a maior. Isso pode ser feito de duas maneiras, pelo menos. + +Podemos elevar $m$ e $n$ ao quadrado, obtendo $m^{2}=9 \times 5=45$ e $n^{2}=25 \times 3=75$. Como $45<75$, resulta que $3 \sqrt{5}=m=\sqrt{45}<\sqrt{75}1, x>2$ e $x<3$, ou seja, $21, x<2$ e $x>3$, o que não é possível. Logo, não pode ocorrer esse caso. +3) $\underbrace{(x-1)}_{-} \underbrace{(x-2)}_{+} \underbrace{(x-3)}_{+}$. + +Isso equivale a $x<1, x>2$ e $x>3$, o que não é possível. Logo, não pode ocorrer esse caso. +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-057.jpg?height=438&width=642&top_left_y=2214&top_left_x=1272) + +4) $\underbrace{(x-1)}_{-} \underbrace{(x-2)}_{-} \underbrace{(x-3)}_{-}$. + +Isso equivale a $x<1, x<2$ e $x<3$, ou seja, $x<1$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-058.jpg?height=186&width=583&top_left_y=318&top_left_x=1205) + +Logo, os únicos reais $x$ satisfazendo $(x-1)(x-2)(x-3)<0$ são os reais $x$ tais que $x<1$ ou $2100$, verdadeira. + +(b) $|2-9|=|-7|=7=9-2$, verdadeira. + +(c) $|-6 a|=|-6| \times|a|=6|a|$, verdadeira. + +$|x|= \begin{cases}x & \text { se } x \geq 0 \\ -x & \text { se } x<0\end{cases}$ + +s + +(d) $|5-13|=|-8|=8 \neq-8=5-13=|5|-|13|$, falsa. + +(e) $\left|a^{2}+5\right|=a^{2}+5$, verdadeira, pois $a^{2}+5>0$, para qualquer valor de $a$. + +68. Fração radical - A opção correta é (e). + +Elevando ao quadrado ambos os membros de $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}}=5$, obtemos $\frac{x}{y}=25$. Assim, + +$$ +\frac{x+y}{2 y}=\frac{1}{2} \times \frac{x+y}{x}=\frac{1}{2} \times\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{y}\right)=\frac{1}{2} \times\left(\frac{x}{y}+1\right)=\frac{1}{2} \times(25+1)=13 +$$ + +69. Área de triângulo - A opção correta é (d). + +Os triângulos $\triangle T K R$ e $\triangle G R S$ são proporcionais por serem triângulos retângulos com um ângulo agudo igual. Logo, temos $\frac{R S}{T K}=\frac{G S}{T R}$. Como $G S=T K$, segue que $(T K)^{2}=R S \times T R=2 \times 6=12$, ou seja, $T K=2 \sqrt{3}$. Também + +$$ +K G=T R+R S=6+2=8 +$$ + +Assim, a área do triângulo $\triangle K G R$ mede + +$$ +\frac{1}{2} \underbrace{K G}_{\text {base }} \times \underbrace{T K}_{\text {altura }}=\frac{1}{2}[8 \times 2 \sqrt{3}]=8 \sqrt{3} +$$ + +70. Pares de inteiros - A opção correta é (c). + +Temos + +$$ +13=\frac{a+\frac{1}{b}}{\frac{1}{a}+b}=\frac{\frac{a b+1}{b}}{\frac{1+a b}{a}}=\frac{(a b+1) \times a}{(1+a b) \times b}=\frac{a}{b} +$$ + +Logo, $a=13 b$. Como $a+b \leq 100$, segue que $14 b \leq 100$ e, portanto, $b \leq 7,14$. Como $b$ é inteiro, devemos ter $b \leq 7$. Logo, os pares são em número de sete, a saber, + +$$ +(13,1),(26,2),(39,3),(52,4),(65,5),(78,6) \text { e }(91,7) +$$ + +71. Qual é a soma? - A opção correta é (c). + +1o Caso: Se $x \leq 0$, então $|x|=-x$ e, pela primeira equação, temos $x+(-x)+y=5$, ou seja, $y=5$. Substituindo esse valor na segunda equação, obtemos $x=6$, o que não é possível, pois estamos supondo $x \leq 0$. Logo, não há solução nesse caso $x \leq 0$. + +$2^{\circ}$ Caso: Se $y \geq 0$, então $|y|=y$ e, pela segunda equação, temos + +$$ +x+y-y=6 +$$ + +ou seja, $x=6$. Substituindo esse valor na primeira equação, obtemos $y=-7$, o que não é possível, pois estamos supondo $y \geq 0$. + +3o Caso: Se $x>0$ e $y<0$, então $|x|=x$ e $|y|=-y$. Pela primeira equação temos $2 x+y=5$ e, pela segunda, $x-2 y=6$. Multiplicando $2 x+y=5$ por 2 e somando com $x-2 y=6$, obtemos $5 x=16$, de modo que $x=16 / 5$ e segue que $y=5-2 x=-7 / 5$. Assim, $x+y=9 / 5$. + +72. Círculo intermediário - A opção correta é (a). + +A área do maior círculo é $13^{2} \pi=169 \pi$ e a do menor é $5^{2} \pi=25 \pi$, que também é a área do maior anel. Seja $r$ o raio do círculo intermediário. Então, a área do maior anel é $169 \pi-\pi r^{2}$. Logo, $169 \pi-\pi r^{2}=25 \pi$, ou seja, $\pi r^{2}=169 \pi-25 \pi=144 \pi$, donde $r^{2}=144$ e $r=12 \mathrm{~cm}$. + +## 73. Frações incompletas + +(a) Observe que $21 \times 6=126$. Portanto, o numerador 21 foi multiplicado por 6 para obter o numerador 126 do primeiro quociente. Logo, o denominador _- também foi multiplicado por 6 para dar o denominador $8_{-}$do primeiro quociente. $O$ único número da forma 8_ que é divisível por 6 é 84 , e $84 \div 6=18$. Podemos, então, completar as frações, obtendo + +$$ +\frac{126}{8 \underline{4}}=\frac{21 \times 6}{18 \times 6}=\frac{21}{1 \underline{8}} +$$ + +(b) Temos $4 / 5=0,8$ e queremos ter _- $8=0,8 \times 33_{-}$. Observe que 33_ deve ser múltiplo de 5, portanto, só pode ser 330 ou 335. Entretanto, + +$$ +0,8 \times 330=264 \neq \_\_8 +$$ + +Assim, $33_{-}=335$, com $335=5 \times 67$, e $_{-\_} 8=268=4 \times 67$. Logo, só existe uma maneira de completar a fração, + +$$ +\frac{2 \underline{6} 8}{33 \underline{5}}=\frac{268 \div 67}{335 \div 67}=\frac{4}{5} +$$ + +## 74. Triângulos impossiveis + +- Figura 1: Não está correta, porque a soma dos ângulos internos do triângulo não é $180^{\circ}$. De fato, $74+42+42=158<180$. +- Figura 2: Não está correta, porque o comprimento dos lados não satisfaz o Teorema de Pitágoras: $18^{2}=324 \neq 369=144+225=12^{2}+15^{2}$. Logo, o triângulo não pode ser retângulo. +- Figura 3: Não está correta, porque um dos lados de um triângulo não pode ser menor do que a soma dos outros dois: $15>6+8$. + +75. Razão de áreas - A opção correta é (b). + +Como o arco de $60^{\circ}$ do círculo I tem o mesmo comprimento que o arco de $45^{\circ}$ no círculo II, concluímos que o raio do círculo I é menor do que o do círculo II. Denotemos por $r$ e $R$ os raios dos círculos I e II, respectivamente. + +No círculo I, o comprimento do arco de $60^{\circ}$ é igual a $1 / 6$ de seu comprimento, ou seja $2 \pi r / 6$. Analogamente, no círculo II, o comprimento do arco de $45^{\circ}$ é igual a $1 / 8$ de seu comprimento, ou seja, $2 \pi R / 8$. Logo, $2 \pi r / 6=$ $2 \pi R / 8$, ou seja, $r / R=6 / 8=3 / 4$. Finalmente, temos + +$$ +\frac{\text { área do círculo I }}{\text { área do círculo II }}=\frac{\pi r^{2}}{\pi R^{2}}=\left(\frac{r}{R}\right)^{2}=\left(\frac{3}{4}\right)^{2}=\frac{9}{16} +$$ + +76. Inequação errada - A opção correta é (c). + +Nessa questão usaremos as propriedades de desigualdades seguintes. Podemos somar o mesmo número a ambos os membros de uma desigualdade sem alterar seu sentido. Podemos multiplicar ambos os membros de uma desigualdade por um número positivo sem alterar seu sentido. Assim, + +$$ +x>y \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} +x+z>y+z \text { (somando } z \text { qualquer a ambos os lados) } \\ +x z>y z \text { (muliplicando por } z>0 \text { em ambos os lados) } +\end{array}\right. +$$ + +Logo, (a) e (b) estão corretas, pois foi somado $z$ e $-z$ a ambos os membros, bem como (d) e (e), pois ambos os membros foram multiplicados por $1 / z^{2}$ e $z^{2}$, ambos positivos, já que $z \neq 0$. A opção (c) é falsa, porque $z$ pode ser negativo. Por exemplo, se $x=5, y=3$ e $z=-2$, temos $5>3$ e, no entanto, + +$$ +\underbrace{5 \times 2}_{x z}=-10<-6=\underbrace{3 \times(-2)}_{y z} +$$ + +## 77. Equações geométricas + +(a) $|x-5|=2$ significa que a distância de $x$ a 5 é 2 . Logo, as raízes são 3 e 7 . + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-061.jpg?height=128&width=659&top_left_y=1986&top_left_x=824) + +(b) $|x+3|=1$ significa que a distância de $x$ a -3 é 1 . Logo, as raízes são -4 e -2 . + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-061.jpg?height=123&width=659&top_left_y=2206&top_left_x=824) + +(c) Denotando $y=3 x$, a equação toma a forma $|y-7|=9$, o que equivale a dizer que a distância de $y$ a 7 é 9 . Logo, as raízes são -2 e 16. Como $y=3 x$, temos $3 x=-2$ e $3 x=16$, de modo que as raízes da equação original são $x=-\frac{2}{3}$ e $x=\frac{16}{3}$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-061.jpg?height=120&width=659&top_left_y=2576&top_left_x=824) +(d) As raízes da equação $|x+2|=|x-5|$ são os números equidistantes de -2 e de 5. No entanto, só pode haver um único número equidistante de dois outros, e que fica no meio do caminho entre os dois. Como a distância de 5 a -2 é 7 , o ponto equidistante deve distar 3,5 de -2 e de 7 . Logo, a solução é $x=1,5$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-062.jpg?height=194&width=662&top_left_y=480&top_left_x=777) + +78. Pista circular - A opção correta é (c). + +Vamos marcar os quatro pontos a partir de A. Como a pista mede $20 \mathrm{~km}$, o comprimento de cada um dos quatro quadrantes é $5 \mathrm{~km}$ e podemos, então, marcar os pontos. Como $367=18 \times 20+7$, o carro deu 18 voltas completas e percorreu mais $7 \mathrm{~km}$ a partir de A. Logo, ele passa $2 \mathrm{~km}$ de B e para a $1 \mathrm{~km}$ de C. Portanto, C é o ponto mais próximo. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-062.jpg?height=394&width=397&top_left_y=768&top_left_x=1429) + +79. Maior comprimento - A opção correta é (e). + +Note que + +- AE é a hipotenusa de um triângulo de catetos com $5 \mathrm{~cm}$ e $9 \mathrm{~cm}$; +- CF é a hipotenusa de um triângulo de catetos com $2 \mathrm{~cm}$ e $4 \mathrm{~cm}$; +- $\mathrm{AC}$ é a hipotenusa de um triângulo de catetos com $3 \mathrm{~cm}$ e $4 \mathrm{~cm}$; +- FD é a hipotenusa de um triângulo de catetos com $2 \mathrm{~cm}$ e $9 \mathrm{~cm}$; +- CE é a hipotenusa de um triângulo de catetos com $2 \mathrm{~cm}$ e $5 \mathrm{~cm}$. + +Usando o Teorema de Pitágoras calculamos essas hipotenusas. + +$$ +\begin{aligned} +& \mathrm{AE}=\sqrt{5^{2}+9^{2}}=\sqrt{106} \approx 10,3 \\ +& \mathrm{CF}=\sqrt{2^{2}+4^{2}}=\sqrt{20} \approx 4,47 \\ +& \mathrm{CF}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=\sqrt{25}=5 \\ +& \mathrm{FD}=\sqrt{2^{2}+9^{2}}=\sqrt{85} \approx 9,22 \\ +& \mathrm{CE}=\sqrt{2^{2}+5^{2}}=\sqrt{29} \approx 5,39 +\end{aligned} +$$ + +Como $\mathrm{CD}=5 \mathrm{~cm}$, obtemos $\mathrm{AE} \approx 10,3, \mathrm{CD}+\mathrm{CF} \approx 5+4,47=9,47$, $\mathrm{AC}+\mathrm{CF} \approx 5+4,47=9,47, \mathrm{FD} \approx 9,22$ e $\mathrm{AC}+\mathrm{CE} \approx 5+5,39=10,39$. Logo, o maior segmento é $\mathrm{AC}+\mathrm{CE}$, que mede $10,39 \mathrm{~cm}$. + +80. Desigualdade entre inteiros - A opção correta é (d). + +Se $-3 x^{2}<-14$, então $3 x^{2}>14$, ou $x^{2}>\frac{1}{3} 14=4 \frac{2}{3}$. Como estamos olhando apenas para valores inteiros de $x$, então $x^{2}$ também é inteiro. Sendo $x^{2}>4 \frac{2}{3}$, concluímos que $x^{2}$ é, no mínimo, 5. Dentre os números $-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3$ somente quatro, a saber, $-5,-4,-3$ e 3 satisfazem $x^{2} \geq 5$. + +81. Equação cúbica - A opção correta é (d). + +Observe que o polinômio cúbico dado é igual a $x\left(2007 x^{2}+2006 x+2005\right)$, portanto, $x=0$ é uma solução da equação dada e a opção (a) fica descartada. Como a equação é cúbica e $x=0$ é uma solução, a opção (e) fica descartada. Agora, para ver se a equação dada tem uma, duas ou três soluções, só precisamos ver se a equação de segundo grau $2007 x^{2}+2006 x+2005=0$ não tem solução, ou tem uma ou tem duas soluções. Mas o discriminante dessa equação é + +$$ +\begin{aligned} +\Delta & =2006^{2}-4 \times 2007 \times 2005=2006^{2}-4(2006+1)(2006-1) \\ +& =2006^{2}-4\left(2006^{2}-1\right)=-3 \times 2006^{2}+4<0 +\end{aligned} +$$ + +de modo que essa equação não possui raízes reais. Assim, a equação inicial tem uma única raiz real. + +Observação: Uma outra maneira (e mais simples) de mostrar que $\Delta<0$ é observar que $2006<2007$ e $2006<4 \times 2005$, portanto, + +$$ +2006 \times 2006<4 \times 2005 \times 2007 \text { e } 2006^{2}-4 \times 2005 \times 2007<0 +$$ + +82. O perfume de Rosa - O volume de um cilindro é o produto da área da base pela altura. Como o raio da base mede $7 \mathrm{~cm}$, a área da base é $\pi \times 7^{2}$ e, então, o volume do vidro é + +$$ +\pi \times 7^{2} \times 10 \mathrm{~cm}^{3}=490 \pi \mathrm{cm}^{3}=\frac{490 \pi}{1000} \mathrm{dm}^{3}=0,49 \pi \text { litros } +$$ + +lembrando que $1000 \mathrm{~cm}^{3}=1 \mathrm{dm}^{3}=1$ litro. Depois de duas semanas, restaram 0,45 litros de perfume, de modo que ela gastou $(0,49 \pi-0,45)$ litros. Portanto, a fração que representa o volume gasto é + +$$ +\frac{\text { volume gasto }}{\text { volume total }}=\frac{0,49 \pi-0,45}{0,49 \pi}=\frac{49 \pi-45}{49 \pi} +$$ + +83. Igualdade com inteiros - Como $2^{n}=m^{2}-1=(m+1)(m-1)$, estabelecemos que $m-1$ e $m+1$ são potências de 2 . Como a diferença de $m+1$ e $m-1$ é 2 , a única solução possível é $m-1=2$ e $m+1=2^{2}$, donde $m=3$. Assim, $2^{n}+1=3^{2}=9$ e obtemos $n=3$. A resposta é $m=n=3$. +84. O caminho da pulga - No primeiro pulo, a pulga percorre $10 \times\left(\frac{1}{2}\right) \mathrm{m}$, no segundo pulo, ela percorre $10 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2} \mathrm{~m}$, e assim por diante. Depois de 7 pulos, a pulga terá percorrido + +$$ +\begin{aligned} +10\left(\frac{1}{2}\right) & +10\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+10\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+10\left(\frac{1}{2}\right)^{4}+10\left(\frac{1}{2}\right)^{5}+10\left(\frac{1}{2}\right)^{6}+10\left(\frac{1}{2}\right)^{7} \\ +& =10\left[\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\left(\frac{1}{2}\right)^{4}+\left(\frac{1}{2}\right)^{5}+\left(\frac{1}{2}\right)^{6}+\left(\frac{1}{2}\right)^{7}\right] \\ +& =10 \times \frac{2^{6}+2^{5}+2^{4}+2^{3}+2^{2}+2+1}{2^{7}}=10 \times \frac{127}{128} \approx 9,9 +\end{aligned} +$$ + +Logo, em 7 dias, ela terá percorrido, aproximadamente $9,9 \mathrm{~m}$. Em geral, depois de $n$ dias, a pulga terá percorrido + +$$ +10\left(\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right) \text { metros. } +$$ + +Para calcular a soma acima, note que $\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}$ é a soma dos $n$ termos de uma progressão geométrica cujo primeiro termo é $a_{1}=1 / 2$ e cuja razão é $q=1 / 2$. A fórmula para essa soma é + +$$ +S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1 / 2\left(1-1 / 2^{n}\right)}{1-1 / 2}=1-\frac{1}{2^{n}} +$$ + +Assim, + +$$ +10\left(\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)=10\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)=10-\frac{10}{2^{n}} +$$ + +Tomando $n=10$, obtemos + +$$ +10-\frac{10}{2^{10}}=10-\frac{10}{1024}=10 \times \frac{1023}{1024} \approx 9,99 +$$ + +Portanto, ao final do décimo dia, a pulga terá percorrido, aproximadamente, 9,99 metros. + +A pulga estará a menos de $0,001 \mathrm{~m}$ do final do caminho quando ela já tiver percorrido, pelo menos, $9,999=10-0,001$ metros, ou seja, quando + +$$ +10-\frac{10}{2^{n}} \geq 10-0,0001 +$$ + +o que equivale a $0,001 \geq 10 / 2^{n}$, ou $2^{n} \geq 10 / 0,001=10000$. + +Agora, $2^{13}=2^{10} \times 2^{3}=1024 \times 8=8192<10000<16384=2^{14}$, de modo que devemos tomar $n=14$ e a pulga estará a menos do que $0,001 \mathrm{~m}$ do final do caminho a partir do décimo quarto dia. + +85. Uma soma alternada - A opção correta é (d). + +A expressão $(-1)^{n+1}$ na definição de $S_{n}$ tem valor 1 se $n$ for par e tem valor -1 se $n$ for ímpar. + +Solução 1: Associando parcelas consecutivas duas a duas, obtemos uma soma de várias parcelas iguais a -1 : $(1-2)+(3-4)+(5-6)+\cdots$. Logo, + +$$ +S_{1992}=\underbrace{(1-2)+(3-4)+\cdots+(1991-1992)}_{1992 \div 2=996 \text { parcelas }}=(-1) \times 996=-996 +$$ + +e + +$$ +S_{1993}=(1-2)+(3-4)+\cdots+(1991-1992)+1993=-996+1993=997 +$$ + +Assim, $S_{1992}+S_{1193}=-996+997=1$. + +Solução 2: Como + +$$ +S_{2 n}=\underbrace{(1-2)+(3-4)+(5-6)+\cdots+[2 n-(2 n+1)]}_{n \text { parcelas iguais a }-1} +$$ + +obtemos $S_{2 n}=-n$ e $S_{2 n+1}=S_{2 n}+(2 n+1)=-n+2 n+1=n+1$. Assim, $S_{2 n}+S_{2 n+1}=$ 1. + +86. O raio da circunferência - A opção correta é (c). + +Solução 1: Se o raio é $r$, então o comprimento de um arco de $\theta$ graus é $\frac{2 \pi}{360} \theta r$. Assim, no problema dado, temos que + +$$ +2000 \mathrm{~m}=\frac{2 \pi}{360} 300 r=\frac{5 \pi}{3} r +$$ + +portanto $r=2000 \times(3 / 5 \pi) \approx 382,17 \mathrm{~m}$. + +Solução 2: Como a circunferência tem $360^{\circ}$, um arco de $300^{\circ}$ representa $5 / 6$ da circunferência, portanto, seu comprimento de $2 \mathrm{~km}$ é $5 / 6$ do comprimento da circunferência, isto é, $(5 / 6) \times 2 \pi r=2000 \mathrm{~m}$, portanto + +$$ +r=\frac{2000 \times 6}{10 \pi}=\frac{1200}{\pi} \approx 382,17 \mathrm{~m} +$$ + +87. Quatro passageiros - O passageiro que quer ficar na janela tem três possíveis lugares para se sentar, o seguinte pode-se sentar em qualquer lugar livre, tendo, portanto, três possíveis lugares; o seguinte tem dois possíveis lugares e o último não tem escolha. Concluímos que o número dessas formas de se sentar é $3 \times 3 \times 2=18$. +88. Os cinco círculos - Observemos que qualquer linha que passe pelo centro $O$ do quadrado $A B C D$, divide a área formada pelos círculos $\mathcal{C}_{1}, \mathcal{C}_{2}, \mathcal{C}_{3}$ e $\mathcal{C}_{4}$ pela metade. Por outro lado, qualquer linha reta que passe pelo centro $F$ do círculo $\mathcal{C}_{5}$, divide a área desse círculo pela metade. Assim, a reta procurada é a reta $F O$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-065.jpg?height=508&width=762&top_left_y=1451&top_left_x=727) + +89. O triângulo e o quadrado - As diagonais do quadrado $A B C D$ dividem o quadrado em 4 triângulos iguais, portanto, a área do triângulo $\triangle B C E$ mede uma quarta parte da área do quadrado, ou seja, + +$$ +1 \div 4=0,25 \mathrm{~cm}^{2} +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-065.jpg?height=260&width=286&top_left_y=2006&top_left_x=1590) + +Como o comprimento de $B F$ é a metade de $B E$ e $C E$ é a altura comum às bases $B F$ e $B E$, concluímos que a área do triângulo $\triangle C B F$ necessariamente é a metade da área do triângulo $\triangle C B E$. Assim, a área do triângulo $\triangle C B F$ é $0,125 \mathrm{~cm}^{2}$. + +90. Uma refeição - Se $S$ corresponde ao número de sanduíches e $P$ ao número de pratos de refeição, então $5 S+7 P=90$ e, portanto, + +$$ +P=\frac{90-5 S}{7}=5 \times \frac{18-S}{7} +$$ + +Como queremos soluções inteiras não-negativas $P$ e $Q$, vemos que 7 deve dividir $18-S$. Assim, $S$ só pode ser 4,11 ou 18 e, nesses casos, $P$ é igual a 10,5 ou 0 , respectivamente. Portanto, temos somente três formas de fazer a compra sem receber troco, a saber, 4 sanduíches e 10 pratos, 11 sanduíches e 5 pratos, ou 18 sanduíches e nenhum prato. + +91. Plano Cartesiano - Somando 1 à abscissa $a$ do ponto $P=(a, b)$ transladamos esse ponto uma unidade para a direita, trocando $a$ por $-a$ refletimos esse ponto pelo eixo $y$ e dividindo $a$ por 2 , transladamos esse ponto à metade de sua distância do eixo $x$. Analogamente, trocar a ordenada $b$ de $P$ por $b-1$, ou $b-2$, translada $P$ uma ou duas unidades para baixo, trocar $b$ por $-b$ reflete o ponto pelo eixo $x$ e trocar $b$ por $b / 2$ translada $P$ para o ponto à metade de sua distância do eixo $y$. A figura mostra $P$ junto com os quatro pontos $A=(a+1, b / 2), B=(a / 2, b-1), C=(-a,-b) \mathrm{e}$ $D=(1-a, b-2)$ no plano cartesiano. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-066.jpg?height=511&width=551&top_left_y=518&top_left_x=1318) + +92. Soma dos terminados em 9 - A soma das $k$ primeiras parcelas de uma progressão aritmética é dada por $S_{k}=\frac{1}{2}\left(a_{1}+a_{k}\right) k$, em que $a_{1}$ e $a_{k}=a_{1}+(k-1) r$ são o primeiro e último termos, respectivamente, e $r$ é a razão. Por exemplo, temos + +$$ +1+2+3+\cdots+(n-1)=\frac{1}{2}[1+(n-1)](n-1)=\frac{1}{2} n(n-1) +$$ + +A soma dada é a de uma progressão aritmética de $n$ parcelas com primeiro termo $a_{1}=9$ e razão $r=10$, de modo que temos $a_{n}=9+(n-1) 10$ e, portanto, + +$$ +S_{n}=\frac{1}{2}[9+9+(n-1) 10] n=9 n+(n-1) 5 n=5 n^{2}+4 n +$$ + +Como queremos $S_{n} \geq 10^{5}$, precisamos encontrar o menor inteiro positivo $n$ tal que $5 n^{2}+4 n \geq 10^{5}$ ou, equivalentemente, $5 n^{2}+4 n-10^{5} \geq 0$. Para isso, resolvemos a equação de segundo grau $5 x^{2}+4 x-10^{5}=0$, obtendo as soluções + +$$ +x=\frac{-4 \pm \sqrt{16+20 \times 10^{5}}}{10} +$$ + +e a raiz positiva $x_{1}=\frac{1}{10}[-4+\sqrt{2000016}] \approx 141,02$. Como $5 x^{2}+4 x-10^{5}$ é positivo fora das raízes, por ter coeficiente dominante $5>0$, resulta que $n=142$ é o menor inteiro positivo $n$ para o qual $S_{n}$ é maior do que $10^{5}$. + +93. Três cilindros - O volume de um cilindro de raio $R$ e altura $h$ é dado por $\pi R^{2} h$. + +(a) Os três volumes são $V_{1}=\pi \times 10^{3}=1000 \pi, V_{2}=\pi \times 5^{2} \times 10=250 \pi$ e $V_{3}=$ $\pi \times 5^{2} \times 20=500 \pi$, portanto, $V_{1}>V_{3}>V_{2}$. + +(b) Como os cilindros $V_{2}$ e $V_{3}$ têm o mesmo raio, basta manter o raio do cilindro em $5 \mathrm{~cm}$ e a altura entre 10 e $20 \mathrm{~cm}$; por exemplo, $h=15 \mathrm{~cm}$. Nesse caso, o volume $V_{4}$ do novo cilindro é $\pi \times 5^{2} \times 15=375 \pi \mathrm{cm}^{3}$. +(c) Para construir um cilindro de volume $V_{5}$ entre $V_{1}$ e $V_{3}$, podemos tomar a menor das duas alturas, que é $10 \mathrm{~cm}$, e diminuir o raio do cilindro de maior volume de 10 para $8 \mathrm{~cm}$, obtendo um cilindro de volume $V_{5}=\pi \times 8^{2} \times 10=640 \pi \mathrm{cm}^{3}$. + +94. Porcentagem de mortalidade - A opção correta é (a). + +A proporção de toda a população que fica doente da enfermidade é $\frac{15}{100}$ e, entre os que ficam doentes, a proporção dos que morrem é $\frac{8}{100}$. Assim, a proporção da população que morre pela doença é $\frac{15}{100} \times \frac{8}{100}$, o que corresponde a + +$$ +\frac{15 \times 8}{100^{2}}=\frac{120}{10000}=\frac{1,2}{100}=1,2 \% +$$ + +95. Agenda de aulas - Se a aula da manhã é segunda ou sexta (em qualquer um dos três horários), então o dia da aula de tarde pode ser escolhido de três formas diferentes (em qualquer um dos dois horários), portanto, temos $2 \times 3 \times 3 \times 2=36$ formas diferentes de escolher o horário. No caso em que a aula de manhã seja no sábado, o dia da aula da tarde pode ser qualquer dia de segunda a quinta, portanto, temos $3 \times 4 \times 2=24$ possíveis formas de escolher o horário. Por último, se a aula da manhã é terça, quarta ou quinta, então a aula da tarde só pode ser escolhida de duas formas, portanto, temos $3 \times 3 \times 2 \times 2=36$ formas de escolher o horário. Assim, Eliane pode escolher seu horário de $36+24+36=96$ formas distintas. +96. Jogo de Cartas - A estratégia abaixo permite realizar o jogo com 17 movimentos. Em cada movimento, o primeiro número indica a pilha da qual a carta é tomada e o segundo a pilha em que a carta é colocada. Por exemplo, o primeiro movimento é (1) e 4 sobre 2 significa pegar a carta superior da pilha 4 e colocar sobre a pilha 2 . + +| $(1) 4$ sobre 2 | $(2) 4$ sobre 3 | $(3) 4$ sobre 2 | $(4) 3$ sobre 4 | $(5) 3$ sobre 4 | $(6) 1$ sobre 4 | +| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | +| $(7) 3$ sobre 4 | $(8) 1$ sobre 3 | $(9) 1$ sobre 4 | $(10) 2$ sobre 1 | $(11) 2$ sobre 4 | $(12) 2$ sobre 3 | +| $(13) 2$ sobre 1 | $(14) 2$ sobre 1 | $(15) 4$ sobre 2 | $(16) 4$ sobre 2 | $(17) 4$ sobre 2 | | + +O movimento 2 também poderia ser 4 sobre 1 , o movimento 4 poderia ser 1 sobre 4, o movimento 5 poderia ser 1 sobre 4 , o movimento 6 poderia ser 3 sobre 4 . Os movimentos 4,5 e 6 poderiam ser permutados em qualquer ordem. Teríamos, assim, pelo menos, seis maneiras de realizar o jogo com 17 movimentos. + +Esse jogo poderia ser realizado com um número menor de movimentos? + +97. Frações inteiras - Como + +$$ +\frac{2 n^{2}+4 n+18}{3 n+3}=\frac{2}{3}\left[\frac{\left(n^{2}+2 n+1\right)+8}{n+1}\right]=\frac{1}{3}\left(2 n+2+\frac{16}{n+1}\right) +$$ + +segue que a expressão entre parênteses deve ser um múltiplo de 3 e, em particular, $n+1$ deve dividir 16. Assim, $n$ pode ser $1,3,7$ ou 15. Pela tabela ao lado, em cada um desses quatro casos, ou seja, para $n$ igual a 1, 3, 7 ou 15 , o quociente dado resulta ser um número inteiro. + +| $n$ | $\frac{2 n^{2}+4 n+18}{3 n+3}$ | +| :---: | :---: | +| 1 | 4 | +| 3 | 4 | +| 7 | 6 | +| 15 | 11 | + +98. Quatro prefeitos e um círculo - O número de rodovias é igual ao número de pontos que podem ser o centro de um círculo (rodovia) que seja equidistante de quatro pontos (cidades) dados. Como nenhum círculo passa pelos quatro pontos dados, se algum círculo for equidistante dos quatro pontos, esse círculo não pode deixar todos os quatro pontos do lado de dentro ou todos do lado de fora, de modo que deve dividir o conjunto dos quatro pontos em dois, sem passar por algum deles. Assim, só podemos ter três tipos de configuração, de acordo com o número de pontos dentro e fora do círculo. No primeiro, o círculo equidistante deixa três pontos dentro e um fora; no segundo, dois dentro e dois fora e, no terceiro, um dentro e dois fora. + +Nas figuras abaixo estão ilustrados os dois primeiros tipos, em que o círculo contínuo é o equidistante. +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-068.jpg?height=434&width=914&top_left_y=868&top_left_x=594) + +Na primeira figura, o centro do círculo equidistante coincide com o centro do círculo circunscrito ao triângulo formado pelos três pontos internos. Essa mesma configuração ocorre no terceiro tipo, em que o centro do círculo equidistante coincide com o centro do círculo circunscrito ao triângulo formado pelos três pontos externos. Assim, nesses dois tipos, o número de círculos equidistantes é igual ao número de triângulos que podemos formar com três dentre os quatro pontos, ou seja, quatro. + +Na segunda figura, o centro do círculo equidistante está na mediatriz dos dois pontos internos e, também, na mediatriz dos dois pontos externos. Assim, nesse tipo, o número de círculos equidistantes é igual ao número de maneiras de dividir o conjunto de quatro pontos em dois conjuntos de dois pontos cada um, ou seja, três. + +Logo, o número possível de projetos de rodovias circulares equidistantes das quatro cidades é $4+3=7$. + +99. Fatoriais - Queremos $a b c=a!+b$ ! $+c$ ! com algarismos $0 \leq a, b, c \leq 9$. Como $0!=1!=1,2!=2,3!=6$ e $4!=24$, algum dos algarismos $a, b$ ou $c$ deve ser maior do que 4 , pois $0!+1!+2!+3!+4!=34$ só tem dois dígitos. Se algum dos algarismos $a, b$ ou $c$ for maior do que ou igual a 6 , teremos $a b c=a!+b!+c!>6!=720$, o que acarreta que algum dos algarismos $a, b$ ou $c$ é, pelo menos, igual a 7; mas então $a b c=a!+b!+c!>7!=5040$ tem, pelo menos, quatro dígitos, o que é uma impossibilidade. + +Assim, algum dentre $a, b$ e $c$ é igual a 5 e os demais são menores do que 5. O menor número possível é $5!+1!+0!=120+1+1=122$ e o maior número possível é $5!+3!+4!=120+6+24=150$. Logo, o algarismo $a$ das centenas é 1 . Se o algarismo $b$ das dezenas for 5 , então $c \leq 4 \mathrm{e}$ + +$$ +1!+5!+c!=1+120+c!=121+c!\leq 121+4!=121+24=145 \neq 15 c +$$ + +Se o algarismo $b$ das dezenas for 0,2 ou 3 , então $b$ ! é igual a 1,2 ou 6 e, como necessariamente $c=5$, temos que $1!+b!+5!=1+b!+120=121+b$ ! é igual a 122 , 123 ou 127 , todos diferentes de $1 b 5$. Resta apenas a opção $b=4$ e $c=5$. Nesse caso, efetivamente $1!+4!+5!=1+24+120=145$, como queríamos. Os três números inteiros são $a=1, b=4$ e $c=5$. + +100. O Riquinho - Os 1000 reais de Riquinho foram repartidos em parcelas crescentes a partir de 1 , de modo que $1+2+3+\cdots+n \leq 1000$. Como $1+2+3+\cdots+n$ é a soma dos $n$ primeiros números inteiros a partir de 1 , temos $1+2+3+\cdots+n=\frac{1}{2}(1+n) n$. Assim, queremos encontrar o maior $n$ tal que $\frac{1}{2}(1+n) n=1+2+3+\cdots+n \leq 1000$, ou seja, tal que $n^{2}+n-2000 \leq 0$. + +Como $n^{2}+n-2000$ é igual a -2000 para $n=0$ e o coeficiente dominante desse polinômio é $1>0$, sabemos que os valores de $n^{2}+n-2000$ são negativos para todo $n$ entre 0 e a raiz positiva do polinômio quadrático $x^{2}+x-2000$. Pela fórmula de Bhaskara, a raiz positiva é dada por + +$$ +x=\frac{-1+\sqrt{1+8000}}{2} \approx 44,22 +$$ + +portanto $n^{2}+n>2000$ para $n \geq 45$. Assim, Riquinho distribuiu apenas 44 parcelas. Como Bernardo recebeu a segunda parcela, a quinta parcela $(5=2+3)$, a oitava parcela $(8=2+2 \times 3)$, e assim por diante, também recebeu a última, já que $44=2+14 \times 3$, num total de + +$$ +2+5+8+11+\cdots+44=\frac{1}{2}(44+2) \times 15=23 \times 15=345 \text { reais. } +$$ + +Observação: Depois de distribuir as 44 parcelas, ainda sobram + +$$ +1000-\frac{1}{2}(44 \times 45)=1000-990=10 +$$ + +dos 1000 reais de Riquinho. + +101. Retângulo com dimensões inteiras - Sejam $a$ e $b$ os comprimentos dos lados do retângulo. Supondo $a \leq b$, temos $b^{2}0,99$, isso equivale a + +$$ +1-\frac{1}{2^{n}}=S_{n}>0,99=1-0,01=1-\frac{1}{100} +$$ + +ou seja, a $2^{n}>100$. Como $2^{7}=128>100>2^{6}=64, n=7$ é o menor $n$ tal que $2^{n}>100$, ou $S_{n}>0,99$. + +Observação: Note que, no início desta resolução, deduzimos o valor da soma da progressão geométrica de primeiro termo e razão ambos iguais a $1 / 2$, sem usar a fórmula dessa soma, a saber, + +$$ +S_{n}=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n}} \frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^{n}} +$$ + +## 118. Soma de raizes quadradas + +(a) Como + +$$ +r^{2}=(\sqrt{2}+\sqrt{3})^{2}=(\sqrt{2})^{2}+2(\sqrt{2})(\sqrt{3})+(\sqrt{3})^{2}=2+2 \sqrt{6}+3=5+2 \sqrt{6} +$$ + +segue que $r^{2}-5=2 \sqrt{6}$, ou $\sqrt{6}=\frac{r^{2}-5}{2}$. + +(b) Pelo mesmo argumento, + +$$ +\begin{aligned} +s^{2} & =(\sqrt{215}+\sqrt{300})^{2}=215+2 \sqrt{215 \cdot 300}+300 \\ +& =515+10 \sqrt{43 \cdot 60}=515+10 \sqrt{2580} \\ +& >515+10 \sqrt{2500}=515+500=1015 +\end{aligned} +$$ + +119. Duas rodas - Enquanto a roda $A$ dá 1200 voltas, a roda $B$ dá 1500 voltas ou, equivalentemente, a roda $A$ dá 4 voltas a cada 5 voltas da roda $B$. Denotemos por $R$ o raio da roda $A$ e por $r$ o raio da roda $B$. O comprimento da roda $A$ é $2 \pi R$ e o da roda $B$ é $2 \pi r$, portanto, o comprimento de 4 voltas da roda $A$ é $4 \times(2 \pi R)$ e o comprimento de 5 voltas da roda $B$ é $5 \times(2 \pi r)$. Como esses dois comprimentos são iguais, temos que $4 R=5 r$. Por outro lado, na figura vemos que $2(r+R)=9$, de modo que + +$$ +9=2(r+R)=2 r+2\left(\frac{5}{4} r\right)=\left(2+\frac{5}{2}\right) r=\frac{9}{2} r +$$ + +e, assim, estabelecemos que $r=2 \mathrm{~cm}$ e $R=2,5 \mathrm{~cm}$. + +120. Dois divisores - A opção correta é (c). + +O número $N=2^{48}-1$ é muito grande mas, mesmo assim, podemos descobrir vários de seus divisores. Para isso, utilizamos a igualdade + +$$ +(x-1)\left(x^{a-1}+x^{a-2}+\cdots+x+1\right)=x^{a}-1 +$$ + +Notamos que os divisores de 48 são $1,2,3,4,6,8,12,24$ e 48 . Tomando $x=2^{2}$ e $a=24$ na igualdade acima, estabelecemos que $x-1=2^{2}-1=3$ é um divisor de $\left(2^{2}\right)^{24}-1=2^{48}-1=N$. Analogamente, tomando $x=2^{3}$ e $a=18$, estabelecemos que $x-1=2^{3}-1=7$ é um outro divisor de $\left(2^{3}\right)^{18}-1=2^{48}-1=N$. Procedendo dessa maneira, verificamos que, para qualquer divisor $d$ de 48 , o número $2^{d}-1$ é um divisor de $N$. Dessa forma, concluímos que $2^{2}-1=3,2^{3}-1=7,2^{4}-1=17,2^{6}-1=63$, $2^{8}-1=251$, e assim por diante, são divisores de $N$. + +Além desses, podemos ainda obter outros divisores de $N$ considerando os divisores pares $d=2 n$ de 48 e usando o produto notável + +$$ +2^{d}-1=\left(2^{n}\right)^{2}-1=\left(2^{n}+1\right)\left(2^{n}-1\right) +$$ + +Como $2^{d}-1$ é um divisor de $N$, também $2^{n}+1$ é um divisor de $N$. Por exemplo, $d=4=2 \times 2$ fornece o divisor $2^{2}+1=5$ de $N, d=6=2 \times 3$ fornece o divisor $2^{3}+1=9$ de $N, d=8=2 \times 4$ fornece o divisor $2^{4}+1=17$ de $N, d=12=2 \times 6$ fornece o divisor $2^{6}+1=65$ de $N$, e assim por diante. + +Note que já obtivemos dois divisores de $N=2^{48}-1$ entre 60 e 70, a saber, 63 e 65 . + +Observação: Com o auxílio de um computador, podemos ver que $N$ é, realmente, um número muito grande, já que $N=2^{48}-1=281474976710655$, e obter sua fatoração, dada por + +$$ +N=2^{48}-1=3^{2} \times 5 \times 7 \times 13 \times 17 \times 97 \times 241 \times 257 \times 673 +$$ + +Empregando o argumento exposto na resolução deste exercício, é possível encontrar vários divisores de números bastante grandes. + +121. Rede de estações - $\mathrm{O}$ exemplo mostra que podemos conectar pelo menos sete estações dentro das condições propostas. Começamos com uma estação particular, e vamos pensar nela como se fosse a base da rede. Ela pode ser conectada a uma, duas, ou três estações, conforme mostra o primeiro dos dois diagramas a seguir. As estações A, B e C têm, ainda, duas linhas não utilizadas, portanto, podem ser conectadas a duas outras estações, como no segundo dos dois diagramas a seguir. +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-076.jpg?height=464&width=1114&top_left_y=1478&top_left_x=480) + +Agora, é impossível acrescentar mais estações, pois qualquer outra a mais não poderia ser conectada à base satisfazendo as condições do problema. Isso mostra que não podemos ter mais do que 10 estações. + +Vejamos, agora, se é possível montar uma rede com essas 10 estações. Observe, no diagrama acima, que apenas a base é conectada a todas as outras estações (através de um cabo ou de uma conexão via uma estação). As estações que estão nos extremos ainda possuem duas linhas não utilizadas, e agora vamos usá-las para fechar a rede. Veja o diagrama a seguir. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-077.jpg?height=626&width=711&top_left_y=298&top_left_x=707) + +122. Bolas brancas e pretas - A opção correta é (b). + +Inicialmente observe que, depois de cada substituição, o número de bolas brancas, ou permanece o mesmo, ou decresce de dois. Logo, o número de bolas brancas permanece par. Por outro lado, cada grupo de bolas removidas que contém pelo menos uma bola branca é substituído por outro grupo que também contém uma bola branca, portanto, o número de bolas brancas nunca é zero. Agora observe que a opção (b) é a única que inclui pelo menos duas bolas brancas, logo ela é a opção correta. Um modo de obter esse resultado é remover três bolas brancas 49 vezes até obter 149 pretas e duas brancas e, depois, remover uma preta e duas brancas 149 vezes. + +123. $O$ cubo - Seja $a$ a aresta do cubo que Alice quer construir. Como a área lateral do cubo mede $6 a^{2} \mathrm{~cm}^{2}$, devemos ter $6 a^{2} \leq 25 \times 60$, isto é, $a^{2} \leq 250$ e, portanto, $a<16$. Com $a=15$ temos $4=60 \div 15$ quadrados de lado medindo $15 \mathrm{~cm}$ e sobra um retângulo de 60 por $10 \mathrm{~cm}$. Podemos cortar fora um retângulo de 60 por $2,5 \mathrm{~cm}$ e os pedaços marcados $\operatorname{com} \circledast$, de dimensões 15 por $7,5 \mathrm{~cm}$. Assim, na figura, a linha pontilhada indica dobradura e a linha contínua indica corte; com os dois pedaços de cartolina marcados com $\circledast$ formamos a tampa. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-077.jpg?height=220&width=534&top_left_y=2077&top_left_x=841) + +## 124. Um quadrado e um triângulo + +Solução 1: Indiquemos por $S_{1}, S_{2}$ e $S_{3}$ as áreas dos triângulos $\triangle X A B, \triangle A Y D$ e $\triangle B C Z$ e por $S_{q}$ a área do quadrado $A B C D$, conforme indicado na figura. Se $S$ denota a área do triângulo $\triangle X Y Z$, então $S=S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{q}$ e como, por hipótese, $S_{q}=(7 / 32) S$, estabelecemos que + +$$ +\begin{aligned} +\frac{S_{1}+S_{2}+S_{3}}{S} & =\frac{S-S_{q}}{S}=1-\frac{S_{q}}{S} \\ +& =1-\frac{7}{32}=\frac{25}{32} +\end{aligned} +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-078.jpg?height=363&width=791&top_left_y=367&top_left_x=1018) + +Como $\triangle X A B$ e $\triangle X Y Z$ são triângulos semelhantes, a razão entre suas áreas é igual ao quadrado da razão de semelhança, isto é, + +$$ +\frac{S_{1}}{S}=\left(\frac{X A}{X Y}\right)^{2} +$$ + +Transladando horizontalmente o triângulo $\triangle B C Z$ de modo a justapô-lo ao triângulo $\triangle A D Y$, obtemos um triângulo semelhante a $\triangle X Y Z$, mas de área $S_{2}+S_{3}$. Assim, + +$$ +\frac{S_{2}+S_{3}}{S}=\left(\frac{A Y}{X Y}\right)^{2} +$$ + +Somando esses dois quocientes obtidos e usando a proporção estabelecida acima, concluímos que + +$$ +\begin{aligned} +\frac{25}{32} & =\frac{S_{1}+S_{2}+S_{3}}{S}=\frac{(X A)^{2}+(A Y)^{2}}{(X Y)^{2}}=\frac{(X A)^{2}+(X Y-X A)^{2}}{(X Y)^{2}} \\ +& =\frac{(X Y)^{2}+2(X A)^{2}-2(X Y)(X A)}{(X Y)^{2}}=1+2\left(\frac{X A}{X Y}\right)^{2}-2\left(\frac{X A}{X Y}\right) +\end{aligned} +$$ + +ou seja, a razão entre $X A$ e $X Y$ procurada satisfaz a equação de segundo grau + +$$ +2\left(\frac{X A}{X Y}\right)^{2}-2\left(\frac{X A}{X Y}\right)+\frac{7}{32}=0 +$$ + +Usando a fórmula de Bhaskara, obtemos dois valores possíveis para essa razão, a saber, $\frac{X A}{X Y}=\frac{7}{8}$ e $\frac{X A}{X Y}=\frac{1}{8}$. + +Solução 2: Denotemos o comprimento do lado do quadrado $A B C D$ por $l$, a altura do triângulo $\triangle X Y Z$ por $H$, a altura do triângulo $\triangle X A B$ por $h$ e o comprimento do lado $Y Z$ por $b$. A área do quadrado é $l^{2}$ e a área do triângulo $\triangle X Y Z$ é $\frac{1}{2} b H$. Como os triângulos $X Y Z$ e $X A B$ são semelhantes, temos + +$$ +\frac{l}{b}=\frac{h}{H}=\frac{X A}{X Y} +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-078.jpg?height=351&width=788&top_left_y=2280&top_left_x=1022) + +Portanto, $b=\frac{H l}{h}$, a área do triângulo $\triangle X Y Z$ é $\frac{1}{2} b H=\frac{H^{2} l}{2 h}=\frac{(h+l)^{2} l}{2 h}$ e a razão procurada é dada por + +$$ +\frac{X A}{X Y}=\frac{h}{H}=\frac{h}{h+l}=\frac{1}{1+\frac{l}{h}} +$$ + +de modo que resta calcular a razão $l / h$. + +Como a razão entre a área $\frac{(h+l)^{2} l}{2 h}$ do triângulo $\triangle X Y Z$ e a área $l^{2}$ do quadrado é $32 / 7$, obtemos $7(h+l)^{2}=64 h l$. Expandindo e dividindo por $h^{2}$, obtemos a equação quadrática + +$$ +7\left(\frac{l}{h}\right)^{2}-50\left(\frac{l}{h}\right)+7=0 +$$ + +que tem soluções + +$$ +\frac{l}{h}=\frac{50 \pm \sqrt{50^{2}-4 \times 49}}{14}=\frac{25 \pm \sqrt{25^{2}-7^{2}}}{7}=\frac{25 \pm 24}{7} +$$ + +Assim, $l / h$ tem dois possíveis valores, $1 / 7$ e 7 e, portanto, $\frac{X A}{X Y}$ tem dois possíveis valores, $\frac{X A}{X Y}=\frac{7}{8}$ e $\frac{X A}{X Y}=\frac{1}{8}$. + +## 125. A urna + +Solução 1: Os pares + +$$ +\begin{aligned} +& \{1,2\},\{1,3\},\{1,4\},\{1,5\},\{1,6\} \\ +& \{2,3\},\{2,4\},\{2,5\},\{2,6\},\{3,4\} \\ +& \{3,5\},\{3,6\}, \quad\{4,5\}, \quad\{4,6\}, \quad\{5,6\} +\end{aligned} +$$ + +são os únicos pares de bolas diferentes que podem ser retirados da urna. Logo, podem ser retirados da urna $5+4+3+2+1=15$ diferentes pares de bolas. Dentre esses, existem apenas 5 pares de bolas numeradas com números que diferem por uma unidade, a saber, $\{1,2\},\{2,3\},\{3,4\},\{4,5\}$ e $\{5,6\}$. Assim, a probabilidade que um desses pares seja retirado é $\frac{5}{15}=\frac{1}{3}$. + +Solução 2: Observemos que se extrairmos a primeira bola com um número entre 2 e 5 , então dentre as cinco bolas que ficam na urna, temos duas possíveis bolas que cumprem a condição do problema, portanto, nesse caso, a probabilidade que a segunda bola cumpra a condição é $\frac{2}{5}$ e a probabilidade que a primeira bola tenha um número entre 2 e 5 é $\frac{4}{6}$. Por outro lado, se a primeira bola extraída for 1 ou 6 , só temos uma bola na urna que cumpre a condição, portanto, nesse caso, a probabilidade para a escolha da segunda bola é $\frac{1}{5}$ e a probabilidade da primeira bola ser 1 ou 6 é $\frac{2}{6}$. Assim, a probabilidade das bolas serem consecutivas é + +$$ +\frac{4}{6} \times \frac{2}{5}+\frac{2}{6} \times \frac{1}{5}=\frac{5}{15}=\frac{1}{3} +$$ + +126. Soma das raizes de uma equação - Devemos considerar dois casos. Se $x+1 \geq 0$, então $|x+1|=x+1$ e a equação é $x^{2}+3 x+2=x+1$, ou seja, $x^{2}+2 x+1=0$, que só possui a solução $x=-1$. Se $x+1<0$, então $|x+1|=-x-1$ e a equação é +$x^{2}+3 x+2=-x-1$, ou seja, $x^{2}+4 x+3=0$, que tem apenas a solução $x=-3$ no intervalo $x<-1$. Assim, as únicas soluções distintas da equação dada são -1 e -3 , de modo que a soma de todas as raízes distintas da equação é -4 . +127. Produto de três números - Sejam $a, b, c, \ldots, i, j$ os números nos 10 círculos, conforme indicado no diagrama. + +$$ +(a) \times(b) \times(d)(f)=(g) h(i) +$$ + +Observe que $a, c$ e $f$ não podem ser zero, pois $0 \times x=0$, para qualquer $x$. entretanto, o produto dos três números é um número de quatro algarismos, portanto, $a b d<10 \mathrm{e}$ os números que aparecem em $a b d$ são 1,2 e 3 ou 1,2 e 4 . Observemos que a segunda opção é impossível de ocorrer, porque o mínimo produto que podemos obter nesse caso é $1 \times 23 \times 456=10488$, de modo que $a b d=6$ e o produto é maior do que 6000 . Tampouco pode $a$ ser 2 ou 3 , porque nesse caso o mínimo valor que tem o produto é $2 \times 14 \times 356=9968$ e os outros produtos ficam maiores do que 10000 . Assim, $a=1$. Continuando essa análise, chegaremos à solução dada no diagrama. + +(1) $\times$ (2)(6) $\times$ (3)(4)(5) $=$ (8)(9)(7)(1) + +128. Área do triângulo - Para determinar a área de um triângulo, basta conhecer o comprimento de uma base e sua respectiva altura. Tomando $A C$ como base, a altura corta $A C$ no ponto $H=(1,0)$, já que o segmento $A C$ é vertical e o segmento $H B$ é horizontal. Assim, a base $A C$ mede 8 unidades e a altura $B H$ relativa a essa base mede 7. Logo, a área do triângulo é $\frac{1}{2}(7 \times 8) 2=28$ unidades de área. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-080.jpg?height=320&width=436&top_left_y=1736&top_left_x=1370) + +129. Duas tabelas - Vemos que na primeira tabela cada linha é uma progressão aritmética de razão 3 e cada coluna é uma progressão aritmética de razão 7. + +| 5 | 8 | 11 | 14 | 17 | +| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | +| 12 | 15 | 18 | 21 | 24 | +| 19 | 22 | 25 | 28 | 31 | +| 26 | 29 | 32 | 35 | 38 | +| 33 | 36 | 39 | 42 | 45 | + + +| | | 39 | | | +| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | +| | | | | | +| | | | | 87 | +| 56 | | | | | +| | | | $\star$ | | + +Digamos que na segunda tabela a razão das progressões aritméticas das linhas seja $a$ e a das colunas seja $b$. Assim, obtemos $39+2 a+2 b=87$ e $39-2 a+3 b=56$. + +| $39-2 a$ | $39-a$ | 39 | $39+a$ | $39+2 a$ | +| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | +| $39-2 a+b$ | | | | $39+2 a+b$ | +| $39-2 a+2 b$ | | | | 87 | +| 56 | | | | | +| | | | $\star$ | | + +Somando essas duas equações, resulta $78+5 b=143$, donde $b=13$. Subtraindo as duas igualdades que anteriormente foram somadas, obtemos $4 a-b=31$. Segue que $a=11$. Assim, o número que estava na posição $\star$ era $39+a+4 b=39+11+4 \times 13=102$. + +130. A sequência $\boldsymbol{a b c}$ - Sabendo que $30=2(10+a)$, obtemos que $a=5$. Assim, $b=$ $2(30+a)=2(30+5)=70$ e, portanto, $c=2(b+30)=2(70+30)=200$. +131. Perímetro e diagonal - A opção correta é (b). + +Denotando por $a$ e $b$ os comprimentos dos lados do retângulo, temos $2 a+2 b=20$, de modo que $a+b=10$. O quadrado do comprimento da diagonal, dado pelo Teorema de Pitágoras, é $d^{2}=a^{2}+b^{2}$. Mas, + +$$ +(a+b)^{2}+(a-b)^{2}=\left(a^{2}+2 a b+b^{2}\right)+\left(a^{2}-2 a b+b^{2}\right)=2 a^{2}+2 b^{2}=2 d^{2} +$$ + +e $(a+b)^{2}=100$, portanto $d^{2}=50-\frac{1}{2}(a+b)^{2}$. Assim, vemos que o mínimo do comprimento da diagonal ocorre quando $a=b$, caso em que $d=\sqrt{50}$. + +132. As idades numa classe - Denotemos por $a$ a idade comum dos alunos e por $n$ o número de alunos dessa classe. Temos sete alunos com $a-1$ anos, dois com $a+2$ anos e os demais, ou seja, $n-9$ alunos, com $a$ anos. Logo, a soma das idades de todos os alunos, que é 330 , pode ser desdobrada em $330=7(a-1)+2(a+2)+(n-9) a=n a-3$, de modo que $n a=330+3=333=9 \times 37$. + +Como a classe tem mais do que 9 alunos, então $a=9$ e $n=37$, ou seja, a classe tem 37 alunos. + +133. A mesa redonda - O perímetro de mesa ampliada é + +$$ +140 \times \pi+40 \times 6 \approx 140 \times 3,14+240=679,60 \mathrm{~cm} +$$ + +Se cada convidado precisa de $60 \mathrm{~cm}$ de espaço, poderão sentar-se à mesa, no máximo, + +$$ +\frac{679,60}{60} \approx 11,3 +$$ + +ou seja, 11 convidados. + +## 134. Brincadeira com sete números + +Solução 1: Os sete números podem ser escritos como + +$$ +\underbrace{n-3, n-2, n-1}_{3 n-6}, n, \underbrace{n+1, n+2, n+3}_{3 n+6} +$$ + +Observando que $3 n-6+12=3 n+6$, estabelecemos que $n=12$. Logo, os números são $9+10+11+12=13+14+15$. + +Solução 2: Sejam $n+1, n+2, \ldots, n+7$ os sete números consecutivos tais que + +$$ +(n+1)+\cdots+(n+k)=(n+k+1)+\cdots+(n+7) +$$ + +para algum $k$ entre 1 e 6 . Como todos os números à esquerda da igualdade são menores do que os números à direita, existem mais parcelas à esquerda, portanto, $k=6,5$ ou 4. Tomando $k=6$, obtemos $6 n+1+2+3+4+5+6=n+7$, ou seja, $5 n+14=0$, que não tem solução inteira. Também $k=5$ dá $5 n+1+2+3+4+5=n+6+n+7$, ou seja, $3 n+2=0$, que não tem solução inteira. Finalmente, com $k=4$ obtemos $4 n+1+2+3+4=3 n+5+6+7$, portanto, $n=8$ e $9+10+11+12=13+14+15$ é a única solução. + +135. Um terreno compartilhado - Como as áreas dos triângulos $\triangle A B M$ e $\triangle A D N$ são iguais, temos + +$$ +\frac{1}{2}(B M \times A B)=\frac{1}{2}(N D \times A D) +$$ + +Como o terreno é quadrado, temos $A B=A D$, de + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-082.jpg?height=343&width=371&top_left_y=882&top_left_x=1411) + +modo que $B M=D N$ e, portanto, a figura $A M C N$ é simétrica em relação à diagonal $A C$. Logo, a área do triângulo $\triangle A C N$ é a metade da área do triângulo $\triangle A D N$. Agora, como esses triângulos têm a mesma altura, resulta $D N=2 N C$ e, por simetria, $B M=2 M C$. Concluímos que a distância ao vértice $C$ do quadrado dos pontos $M$ e $N$ deve ser $1 / 3$ do comprimento do lado do quadrado. + +136. As duas partículas - Denotemos as partículas por $A$ e $B$ e seja $v$ a velocidade da partícula $B$. Supondo que $A$ seja a mais rápida, temos que $v+2$ é a velocidade de $A$. Assim, o tempo que $B$ demora para dar uma volta é $120 / v$ e o tempo que $A$ demora é $120 /(v+2)$. Como esse tempo é três segundos inferior ao de $B$, temos a equação básica + +$$ +\frac{120}{v}-3=\frac{120}{v+2} +$$ + +Simplificando, isso equivale a $v^{2}+2 v-80=0$, cuja raiz positiva é + +$$ +v=\frac{1}{2}[-2+\sqrt{4+320}]=-1+\sqrt{81}=8 +$$ + +Portanto, a velocidade da partícula mais lenta é $8 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ e a da mais rápida é $10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$. + +137. Queda livre - No primeiro segundo, o corpo percorre $4,9 \mathrm{~m}$ e, como a distância percorrida aumenta $9,8 \mathrm{~m}$ a cada segundo em relação ao segundo anterior, o corpo percorre $4,9+9,8 \mathrm{~m}$ no segundo segundo, $4,9+2 \times 9,8 \mathrm{~m}$ no terceiro segundo, $4,9+3 \times 9,8$ $\mathrm{m}$ no quarto segundo e assim por diante, até o décimo primeiro segundo, em que o corpo percorre $4,9+10 \times 9,8=102,9 \mathrm{~m}$. A distância total percorrida pelo corpo até o impacto é + +$$ +\begin{aligned} +& 4,9+(4,9+9,8)+(4,9+2 \times 9,8)+\cdots+(4,9+10 \times 9,8) \\ +& \quad=4,9 \times 11+9,8(1+2+\cdots+10)=53,9+9,8 \times 55=592,9 \mathrm{~m} +\end{aligned} +$$ + +138. Um caminho triangular - Se $v$ representa a velocidade constante com que Janete caminha, então $v=(1992 \mathrm{~m}) /(24 \mathrm{~min})=83 \mathrm{~m} / \mathrm{min}$. Janete percorre o outro lado $B C$ e a hipotenusa $C A$ com a mesma velocidade de $v=83 \mathrm{~m} / \mathrm{min}$ e gasta 2 horas e 46 minutos, o que é igual a $166 \mathrm{~min}$. Assim, $B C+A C=83 \times 166=13778 \mathrm{~m}$. + +Mas, pelo Teorema de Pitágoras, a hipotenusa $C A$ do triângulo satisfaz $(C A)^{2}=(1922)^{2}+(B C)^{2}$. Daí decorre que + +$$ +\begin{aligned} +(1992)^{2} & =(C A)^{2}-(B C)^{2}=(C A+B C)(C A-B C) \\ +& =13778 \times(C A-B C) +\end{aligned} +$$ + +portanto $C A-B C=1992^{2} / 13778=288 \mathrm{~m}$. Assim, $C A+B C=13778 \mathrm{e}$ $C A-B C=288$. Subtraindo, obtemos $2 B C=13778-288=13490$ e, portanto, $B C=\frac{1}{2} 13490=6745 \mathrm{~m}$. + +139. O preço do feijão - A opção correta é (a). + +Se $b$ denota o preço final e $a$ o preço inicial de um bem, então a variação é $b-a$ e o aumento percentual é + +$$ +\frac{b-a}{a} +$$ + +Observe que os valores intermediários do bem não alteram a variação do aumento percentual num certo período. Usando apenas os dados de janeiro e de abril da tabela dada, obtemos os aumentos percentuais do + +$$ +\begin{array}{ll} +\text { feijão A: } & \frac{103,33-65,67}{65,67}=\frac{37,66}{65,67}=0,57=57 \% \\ +\text { feijão B: } & \frac{109,50-73,30}{73,30}=\frac{36,20}{73,30}=0,49=49 \% \\ +\text { feijão C: } & \frac{100,00-64,50}{64,50}=\frac{35,50}{64,50}=0,55=55 \% +\end{array} +$$ + +Portanto, o maior aumento percentual de preço foi o do feijão $A$ e o menor foi o do feijão $B$. + +140. Interseção de triângulos - Quando acrescentamos um novo triângulo a uma figura constituída de triângulos, ele corta cada um dos lados dos triângulos que já existiam em, no máximo, dois pontos. Inicialmente, começando com um só triângulo, não temos ponto de interseção algum. Acrescentando um segundo triângulo, introduzimos, no máximo, $2 \times 3=6$ pontos de interseção. Do mesmo modo, introduzindo um terceiro triângulo, introduzimos, no máximo, mais $2 \times 6=12$ pontos de interseção. Logo, três triângulos se intersectam em, no máximo, $6+12=18$ pontos. A figura mostra que esse caso de 18 pontos de interseção pode acontecer. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-083.jpg?height=434&width=442&top_left_y=2262&top_left_x=887) + +141. Comparar triângulos - De acordo com os dados do problema, temos + +$$ +\frac{A B}{A C}=\frac{A C}{A D}=\frac{B C}{C D}=\frac{2}{3} +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-084.jpg?height=262&width=517&top_left_y=283&top_left_x=1295) + +Segue que os triângulos $\triangle A B C$ e $\triangle A C D$ têm seus lados proporcionais e, portanto, são semelhantes. Em particular, obtemos $B \widehat{A} C=C \widehat{A} D$. + +142. Queima de velas - A opção correta é (c). + +Como o verdadeiro comprimento das velas é irrelevante, podemos estipular qualquer tamanho para as velas, que a resposta será, sempre, a mesma. O mais simples é supor que ambas velas têm comprimento igual a uma unidade. Assim, a que queima em 3 horas queima à velocidade constante $1 / 3$ (de vela por hora) e a que queima em 4 horas queima à velocidade $1 / 4$ (de vela por hora). Logo, depois de algum tempo (em horas) $t$, uma queima $t / 3$ (de vela) e a outra $t / 4$ (de vela), de modo que o que sobra de uma vela depois de um tempo $t$ é $1-t / 3$ e da outra, $1-t / 4$. Queremos saber quanto tempo decorre desde o instante $t=0$ até o momento em que o comprimento da vela que queima mais lentamente é o dobro do comprimento da que queima mais rapidamente, o que equivale a resolver a equação + +$$ +1-\frac{t}{4}=2\left(1-\frac{t}{3}\right)=2-\frac{2 t}{3} +$$ + +Como $\frac{2}{3}-\frac{1}{4}=\frac{5}{12}$, a única solução é $t=\frac{12}{5}=2 \frac{2}{5}$ horas, o que equivale a 2 horas e 24 minutos. Assim, depois de 2 horas e 24 minutos, o comprimento de uma vela é o dobro do comprimento da outra. Como queremos que isso aconteça às 16 horas, as velas devem ser acesas às 13 horas e 36 minutos. + +143. Uma distração - A opção correta é (b). + +Solução 1: Seja $x$ o número com que Júlia se distraiu. Ela deveria ter obtido $6 x$ mas, com sua distração, obteve $x / 6$. Logo, seu erro foi de $6 x-x / 6=(35 / 6) x$ e, portanto, em termos percentuais, seu erro foi de $\frac{(35 / 6) x}{6 x}=\frac{35}{36} \approx 0,9722=97,22 \%$. + +Solução 2: Se $N$ é o valor que Júlia deveria ter obtido então, com seu erro, ela encontrou $N / 36$, de modo que o erro absoluto cometido foi de $N-N / 36=(35 / 36) N$ e, portanto, o erro relativo foi de $\frac{35}{36} \times 100 \%=97,22 \%$. + +144. Problema de nota - Seja $c$ o número de problemas resolvidos corretamente e seja $e$ a soma do número de problemas resolvidos incorretamente e de problemas não resolvidos. Logo, $c+e=80$ e $5 c-3 e$ é o número de pontos do aluno na avaliação. No caso presente, + +$$ +\left\{\begin{aligned} +c+e & =80 \\ +5 c-3 e & =8 +\end{aligned}\right. +$$ + +Resolvendo o sistema, encontramos $c=31$ e $e=49$. Logo, o aluno resolveu 31 problemas corretamente. + +## 145. Quadrados e triângulos + +(a) Os únicos quadrados que não têm nenhum de seus lados paralelos nem à reta $r$, nem à reta $s$, são os do tipo 1 e os do tipo 2 (ver figuras). + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-085.jpg?height=488&width=502&top_left_y=470&top_left_x=914) + +Assim, há um total de seis quadrados, sendo quatro do tipo 1 e dois do tipo 2 . + +(b) Digamos que a distância vertical ou horizontal entre dois pontos contíguos do reticulado seja igual a uma unidade. O total desses triângulos é dezesseis, cada um deles com catetos iguais a $\sqrt{5}$ unidades e hipotenusa de $\sqrt{10}$ unidades. De fato, cada um dos quadrados do tipo 2 , como visto em (a), nos dá quatro triângulos, por divisão ao longo de cada uma das duas diagonais obtendo, assim, oito triângulos. Os oito triângulos restantes são obtidos através de uma única translação horizontal ou vertical de cada um dos anteriores. Na figura, exemplificamos a única translação possível de um dos quatro triângulos obtidos de um quadrado do tipo 2 . + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-085.jpg?height=417&width=434&top_left_y=1505&top_left_x=937) + +## 146. Cálculo de áreas + +(a) A área hachurada corresponde a um quarto da área de um círculo de raio $r$, portanto, a área hachurada é igual a $\frac{1}{4} \pi r^{2}$. + +(b) Observe que a área da região marcada com $\mathrm{X}$, que não está hachurada na figura (a), é igual à área do quadrado todo, diminuída da área da região hachurada, ou seja, + +área da região marcada com $\mathrm{X}=r^{2}-\frac{1}{4} \pi r^{2}=\frac{1}{4}(4-\pi) r^{2}$. +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-085.jpg?height=208&width=614&top_left_y=2489&top_left_x=847) + +Voltando ao item (b), a área da região hachurada na figura (b) é igual à área do quadrado todo, menos duas vezes a área da região marcada com X, ou seja, é igual a + +$$ +\text { área da região hachurada }=r^{2}-2 \times \frac{1}{4}(4-\pi) r^{2}=\frac{1}{2} \pi r^{2}-r^{2} +$$ + +147. Sequência de algarismos - Os números com um algarismo formam os 9 primeiros termos da sequência. Os 90 números de dois algarismos formam os 180 termos seguintes. Depois vêm os 2700 termos correspondentes aos números de três algarismos, seguidos pelos 36000 termos correspondentes aos números de quatro algarismos e finalmente, os 450000 termos que são os correspondentes aos números de cinco algarismos. Logo, enumerando os termos da sequência, obtemos 488889 termos. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-086.jpg?height=117&width=1362&top_left_y=958&top_left_x=381) + +Para escrever todos os termos de 1, 2, 3 e 4 algarismos, chegamos à $38889^{\text {a }}$ posição da sequência. Logo, o algarismo na $206788^{a}$ posição faz parte de um número de cinco algarismos, ou seja, está no bloco + +$$ +\underbrace{a_{38890}, \ldots, a_{488889}}_{5 \text { algs }} +$$ + +Esse bloco é da forma 10000, 10001,.. 99 999. Para ver quantos números de cinco algarismos existem desde a posição 38889 até a posição 206788 , dividimos essa diferença por 5. Assim, $206788-38889=167899$ e $167899=5 \times 33579+4$. Portanto, precisamos de 33579 números de cinco algarismos, mais os quatro primeiros algarismos do $33580^{\circ}$ número de cinco algarismos, que é 43579 , para chegar ao algarismo na posição 206788. + +Como o quarto algarismo do número 43579 é 7 , temos que o algarismo procurado é 7 . + +148. Soma constante - Para resolver este problema, o mais fácil é começar dispondo os números $1,2,3,4,5,6,7,8$ e 9 numa tabela $3 \times 3$ de modo que a soma de cada linha, de cada coluna e de cada diagonal seja 15. Depois basta somar 662 a cada elemento da tabela, obtendo, por exemplo, a solução seguinte. + +| 670 | 665 | 666 | +| :--- | :--- | :--- | +| 663 | 667 | 671 | +| 668 | 669 | 664 | + +Assim como existem outras maneiras de dispor os números 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9 na tabela, também existem outras soluções desse problema. + +149. Contando os zeros - Inicialmente, verificamos como terminam as potências de 9, ou seja, listamos os dois últimos algarismos, os da dezena e da unidade, das potências $9^{n}$, ordenadamente. + +| Se $n$ for | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | +| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | +| $9^{n}$ termina com | 01 | 09 | 81 | 29 | 61 | 49 | 41 | 69 | 21 | 89 | 01 | 09 | 81 | + +Assim, vemos que os dois últimos algarismos de $9^{10}, 9^{11}$ e $9^{12}$ são os mesmos de $9^{0}, 9^{1}$ e $9^{2}$. A partir $9^{10}$, os dois últimos algarismos das potências começam a se repetir, formando uma sequência periódica de período 10. Como $2007=10 \times 200+7$ e os dois últimos algarismos de $9^{10 \times 200}$ são 01, segue que os dois últimos algarismos de $9^{2007}$ são os dois últimos algarismos de $9^{7}$, ou seja, 69. Então, os dois últimos algarismos de $9^{2007}+1$ são iguais a $69+1=70$. Assim, existe um único zero no final do número $9^{2007}+1$. + +150. Círculos dentro do quadrado - A resposta desse problema é afirmativa: é possível colocar um certo número de círculos sem superposição dentro de um quadrado de 1 centímetro de lado, de tal forma que a soma dos raios desses círculos seja maior do que 2008 centímetros. + +Para exibir uma tal configuração, desenhamos linhas paralelas aos lados do quadrado, dividindoo em $n^{2}$ quadradinhos menores; cada um desses quadradinhos tem lado igual a $1 / n$. Dentro de cada um desses quadradinhos, desenhamos um círculo inscrito de raio igual a $1 / 2 n$. No caso particular $n=4$, essa construção é dada na figura. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-087.jpg?height=323&width=329&top_left_y=969&top_left_x=652) + +$$ +\left\{\begin{array}{l} +n^{2}=4^{2}=16 \text { círculos } \\ +\text { lados dos quadradinhos }=\frac{1}{4} \\ +\text { raio dos círculos }=\frac{1}{8} \\ +\text { soma dos raios }=16 \times \frac{1}{8}=\frac{4}{2}=2 +\end{array}\right. +$$ + +Desse modo, a soma dos raios dos $n^{2}$ círculos é igual a $n^{2} \times 1 / 2 n=n / 2$. Como estamos interessados no caso desta soma ser maior do que 2008, devemos ter $n / 2>2008$, ou seja, $n>4016$. Logo, dividindo o quadrado em $4017^{2}$ quadradinhos (ou mais), a soma dos raios dos círculos inscritos nos quadradinhos será maior do que 2008. + +151. Construindo um número - As condições dadas implicam que os números devem satisfazer todas as condições seguintes. + +$$ +\cdots \underline{1}-1 \cdots +$$ + +$$ +\cdots \underline{2}--\underline{2} \cdots +$$ + +$$ +\cdots \underline{3}--\underline{3} \cdots +$$ + +$$ +\cdots \underline{4}---\underline{4} \cdots +$$ + +| caso A: | $\underline{4}--\underline{3}-\underline{4}-\underline{3}$ | ou | $\underline{4}-\underline{3}-\underline{4} \underline{3}-$ | +| :---: | :---: | :---: | :---: | +| caso B: | $3 \underline{4}-$ | ou | -43 | +| caso C: | $\underline{3}-\underline{4}-\underline{3}--\frac{4}{4}$ | ou | $-\underline{3} \underline{4}-\underline{3}-\underline{4}$ | + +Vamos estudar as possíveis posições dos dois algarismos 4 em um número de oito algarismos. De acordo com (iv), existem apenas três possibilidades: + +$$ +\begin{array}{ll} +\text { caso A: } & \underline{4}-\underline{4}--\underline{4}-\frac{4}{4} \\ +\text { caso B: } & -\underline{4}---\underline{4} \\ +\text { caso C: } & --4---4 +\end{array} +$$ + +Em cada um desses casos, existem duas possibilidades de colocar os algarismos 3: + +$\mathrm{Na}$ tentativa de colocar os algarismos 1 e 2, percebemos que as duas possibilidade do caso $\mathrm{B}$ são impossíveis, bem como as primeiras possibilidades dos casos A e C. Os únicos casos que levam a soluções do problema são as segundas possibilidades dos casos A e C, que levam às duas únicas soluções + +$$ +41312432 \text { e } 23421314 +$$ + +152. Número na circunferência - Na figura a seguir representamos os nove algarismos escritos ao redor da circunferência. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-088.jpg?height=522&width=534&top_left_y=407&top_left_x=795) + +Lendo os algarismos escritos ao redor da circunferência, de três em três, no sentido horário, obtemos os seguintes números de três algarismos cada: + +$$ +a_{1} a_{2} a_{3}, a_{2} a_{3} a_{4}, a_{3} a_{4} a_{5}, a_{4} a_{5} a_{6}, a_{5} a_{6} a_{7}, a_{6} a_{7} a_{8}, a_{7} a_{8} a_{9}, a_{8} a_{9} a_{1} \text { e } a_{9} a_{1} a_{2} +$$ + +Para somar esses números usamos o algoritmo da adição, como indicado a seguir. + +$$ +\begin{array}{r} +a_{1} a_{2} a_{3} \\ +a_{2} a_{3} a_{4} \\ +a_{3} a_{4} a_{5} \\ +a_{4} a_{5} a_{6} \\ ++\quad a_{5} a_{6} a_{7} \\ +a_{6} a_{7} a_{8} \\ +a_{7} a_{8} a_{9} \\ +a_{8} a_{9} a_{1} \\ +a_{9} a_{1} a_{2} \\ +\hline ? ? ? ? ? ? ? +\end{array} +$$ + +Analisando esses nove números, notamos que todos têm os algarismos da unidade diferentes. Logo, + +$$ +a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7}+a_{8}+a_{9}+a_{1}+a_{2}=1+2+3+4+5+6+7+8+9=45 +$$ + +Do mesmo modo, esses nove números também têm todos os algarismos das dezenas e todos os algarismos das centenas diferentes. Logo, a soma dos algarismos das dezenas também é 45 e o mesmo ocorre com os algarismos das centenas. Portanto, para somar basta calcular $45+45 \times 10+45 \times 100=4995$. Assim, a soma dos nove números é 4995. + +153. Cada peça em seu lugar - A primeira informação é certamente falsa, pois se fosse verdadeira, o ouro estaria no cofre 2 ou 3, mas deveria estar no próprio cofre 1 , para que a primeira informação fosse verdadeira. Essa contradição mostra que o ouro não está nem no cofre 2 nem no cofre 3. Por ser falsa a informação na porta do cofre 1, concluímos que o outro também não está nele. A segunda informação é certamente falsa, pois se fosse verdadeira, o ouro estaria no cofre 2, o que é incorreto. Logo, a primeira e a segunda informações são falsas. Portanto, o ouro não está no cofre 1 , nem no 2 nem no 3 , e a prata não está no cofre 1. + +As únicas possibilidades que restam para o ouro são os cofres 4 ou 5. Se o ouro estivesse no cofre 4 , + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-089.jpg?height=88&width=554&top_left_y=373&top_left_x=837) + +a informação 4 seria a correta e o níquel estaria na cofre 3. Então a terceira informação deve ser falsa e deveríamos ter o bronze também no cofre 3, o que é uma impossibilidade. Logo, essa possibilidade fica descartada e o ouro deve estar no cofre 5. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-089.jpg?height=94&width=568&top_left_y=661&top_left_x=824) + +De fato, com o ouro no cofre 5 , a informação 5 é a correta e a platina está no cofre cujo número é superior, em uma unidade, ao que contém o bronze. Pela afirmação do cofre 3, que é falsa, teríamos o bronze no cofre 3. Logo, a platina está no cofre 4. Como a segunda afirmação é falsa, a prata não está no cofre 1, só podendo estar no cofre 2. Portanto, temos a solução seguinte. + +$$ +\underbrace{\text { níquel }}_{1}, \underbrace{\text { prata }}_{2}, \underbrace{\text { bronze }}_{3}, \underbrace{\text { platina }}_{4}, \underbrace{\text { oure }}_{5} . +$$ + +154. Soma de quadrados - Como a razão da progressão aritmética é 2 , os três números podem ser denotados por $n-2, n$ e $n+2$. A soma de seus quadrados é um número de quatro algarismos iguais, digamos, $k k k k$, em que $k$ é algum inteiro entre 1 e 9 , ou seja, + +$$ +k k k k=(n-2)^{2}+n^{2}+(n+2)^{2}=3 n^{2}+8 +$$ + +A partir deste ponto, apresentamos duas possibilidades de solução. + +Solução 1: Como $k k k k-8=3 n^{2}$ é um múltiplo de 3 , o resto da divisão de $k k k k$ por 3 é igual ao resto da divisão de 8 por 3 , que é 2 . Mas $k k k k=k \times 1111$ e o resto da divisão de 1111 por 3 é 1 , de modo que o resto da divisão de $k$ por 3 é 2 . Como $1 \leq k \leq 9$, só podemos ter $k$ igual a 2, 5 ou 8 . Como na Solução 1 , os casos $k=2$ e $k=8$ são impossíveis e $k=5$ é a única opção, caso em que $n=43$ e os três números procurados são 41,43 e 45 , que constituem a única solução para o problema. + +Solução 2: Como $k k k k=3 n^{2}+8$, obtemos + +$$ +3 n^{2}=k k k k-8=(k k k \times 10+k)-(9-1)=(k k k \times 10-9)+(k+1) +$$ + +Mas $k k k \times 10-9=k k(k-1) 1$ é múltiplo de 3 , portanto também $k+1$ é um múltiplo de 3. Como $1 \leq k \leq 9$, só podemos ter $k$ igual a 2,5 ou 8 . No caso $k=2$, obtemos + +$$ +n^{2}=\frac{2222-8}{3}=738=2 \times 369 +$$ + +o que é impossível, pois 738 não é um quadrado perfeito. Analogamente, se $k=8$, obtemos + +$$ +n^{2}=\frac{8888-8}{3}=2960=2^{4} \times 5 \times 37 +$$ + +o que, novamente, é impossível, já que esse último número não é um quadrado perfeito. Resta, portanto, a última opção, $k=5$. Nesse caso, + +$$ +n^{2}=\frac{5555-8}{3}=1849=43^{2} +$$ + +portanto, $n=43$ e os três números em progressão aritmética procurados são 41,43 e 45, que constituem a única solução para o problema. + +## 155. Adivinhe o número + +Solução 1: Seja $x$ o número procurado. Observe que $x+2$ é divisível por $3,4,5$ e 6 . O menor múltiplo comum desses números é 60 . Logo, $x+2=60 \mathrm{e}$, então, $x=58$. + +Solução 2: Seja $x$ o número procurado. O resto da divisão de $x$ por 3 é 1 . Portanto, $x$ é da forma $x=3 a+1$, com $a \geq 0$ inteiro. A seguir, queremos determinar de que forma deve ser $a$ para que $x=3 a+1$ deixe resto 2 na divisão por 4 , isto é, para que $3 a$ deixe resto 1 na divisão por 4. Qual deve ser o resto da divisão de $a$ por 4? Por um lado, se esse resto for 3 , então $a$ é da forma $a=4 b+3$, de onde segue que $3 a=12 b+9=4 \cdot(3 b+2)+1$ deixa, de fato, resto 1 na divisão por 4. Por outro lado, podemos verificar que qualquer outro resto não funcionaria. Se, por exemplo, $a$ deixasse resto 2 na divisão por 4 , teríamos $a=4 b^{\prime}+2 \mathrm{e}$ $3 a=12 b^{\prime}+6=4 \cdot\left(3 b^{\prime}+1\right)+2$ deixaria resto 2 e não 1 na divisão por 4 . + +Substituindo $a=4 b+3 \mathrm{em} x=3 a+1$, obtemos $x=12 b+10$. Usamos agora que $x$ deixa resto 3 na divisão por 5 . Como 10 é múltiplo de $5,12 b$ também deixa resto 3 na divisão por 5 . Mas $12 b=10 b+2 b$ e $10 b$ é múltiplo de 5 . Logo, $2 b$ deixa resto 3 na divisão por 5 . Então, $b$ deixa resto 4 na divisão por 5 . De fato, por um lado, se $b=5 c+4$, então $2 b=10 c+8=5 \cdot(2 c+1)+3$ deixa realmente resto 3 na divisão por 5 . Por outro lado, como acima, podemos verificar que 4 é o único resto que funciona. Então, $b=5 c+4$ e $x=12 b+10=12 \cdot(5 c+4)+10=60 c+58$. Concluímos que as soluções do problema são os números $x$ da forma $x=60 n+58$, com $n \geq 0$ inteiro. O menor deles, para $n=0$, é $x=58$. + +156. Um código - Observe que + +$$ +A O B M E P=A O B \times 1000+M E P \text { e } M E P A O B=M E P \times 1000+A O B +$$ + +Denotemos $A O B=m$ e $M E P=n$. Pelos dados do problema, temos + +$$ +6 \times A O B M E P=7 \times M E P A O B +$$ + +donde $6 \cdot(1000 m+n)=7 \cdot(1000 n+m)$, ou $6000 m-7 m=7000 n-6 n$ ou, ainda, $5993 m=6994 n$. Dividindo ambos os lados por 13, concluímos que $461 m=538 n$. A fatoração de 538 em fatores primos é $538=2 \times 269$ e 461 é primo. Portanto, 538 e 461 são primos entre si. Logo, 461 divide $n$ e 538 divide $m$. Como $A O B$ e $M E P$ são números de três algarismos, só podemos ter as soluções $n=461$, ou $n=822$, e $m=538$. É fácil verificar que $6 \times 538461=3230766=7 \times 461538$ e que $6 \times 538822=3232932 \neq 5757766=7 \times 822538$. Portanto, $n=822$ não serve, sendo $A O B=538$ e $M E P=461$ a única solução. Assim, os algarismos são $A=5, O=3, B=8, M=4, E=6$ e $P=1$. + +## 157. Calculando distâncias + +Solução 1: Observe que é conhecido o ângulo $A \widehat{B} D$. De fato, o triângulo $\triangle A B C$ é equilátero, portanto, $A \widehat{B} C=60^{\circ}$ e, como $C \widehat{B} D=90^{\circ}$, obtemos $A \widehat{B} D=150^{\circ}$. Assim, aplicando a Lei dos Cossenos ao triângulo $\triangle A B D$, resulta + +$$ +A D^{2}=3^{2}+4^{2}-2 \cdot 3 \cdot 4 \cos 150^{\circ}=25+24 \cos 30^{\circ}=25+12 \sqrt{3} +$$ + +Segue que $A D=\sqrt{25+12 \sqrt{3}} \mathrm{~cm}$. + +Solução 2: Seja $E$ o ponto sobre a reta $B D$ tal que o triângulo $\triangle A E B$ seja retângulo no vértice $E$ (veja figura). Nesse triângulo, temos + +$$ +\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos 30^{\circ}=\frac{E B}{A B}=\frac{E B}{3} \quad \text { e } \quad \frac{1}{2}=\operatorname{sen} 30^{\circ}=\frac{A E}{A B}=\frac{A E}{3} +$$ + +portanto, + +$$ +E B=\frac{3 \sqrt{3}}{2} \quad \text { e } \quad A E=\frac{3}{2} +$$ + +em particular, $E D=4+\frac{3 \sqrt{3}}{2}$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-091.jpg?height=389&width=714&top_left_y=645&top_left_x=751) + +Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo $\triangle A E D$, obtemos + +$$ +A D^{2}=A E^{2}+E D^{2}=\left(\frac{3}{2}\right)^{2}+\left(\frac{8+3 \sqrt{3}}{2}\right)^{2}=25+12 \sqrt{3} +$$ + +Segue que $A D=\sqrt{25+12 \sqrt{3}} \mathrm{~cm}$. + +158. Calculando lados de um triângulo - Como o triângulo $\triangle A B C$ é equilátero, seus ângulos são todos iguais a $60^{\circ}$. Sobre o lado $C B$ desse triângulo, construímos um novo triângulo $\triangle C B P^{\prime}$, congruente ao triângulo $\triangle A B P$, tal que $P \widehat{A} B=P^{\prime} \widehat{C} B$ e $A \widehat{B} P=C \widehat{B} P^{\prime}$ (girando o triângulo $\triangle A B P$ no sentido horário por $60^{\circ}$ em torno do ponto $B$ ). + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-091.jpg?height=631&width=762&top_left_y=1809&top_left_x=727) + +Note que o ângulo $P \widehat{B} P^{\prime}$ é congruente ao ângulo $A \widehat{B} C$, ou seja, mede $60^{\circ}$. Assim, se traçarmos o segmento $P P^{\prime}$, temos que o triângulo $\triangle P B P^{\prime}$, que já é isósceles, pois $P B=B P^{\prime}=4 \mathrm{~cm}$ é, de fato, equilátero e, em consequência, temos que $P P^{\prime}=4 \mathrm{~cm}$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-092.jpg?height=600&width=720&top_left_y=251&top_left_x=702) + +Denotando o ângulo $P \widehat{P^{\prime}} C$ por $a$, aplicamos a Lei dos Cossenos ao triângulo $\triangle C P P^{\prime}$ e obtemos + +$$ +5^{2}=3^{2}+4^{2}-2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \cos a +$$ + +ou seja, $25=25-24 \cos a$. Segue que $\cos a=0$ e, portanto, $a=90^{\circ}$. Dessa forma, estabelecemos $C \widehat{P^{\prime} B} B=a+60^{\circ}=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-092.jpg?height=614&width=714&top_left_y=1206&top_left_x=705) + +Agora, denotando o lado do triângulo $\triangle A B C$ por $l$, aplicamos a Lei dos Cossenos ao triângulo $\triangle C B P^{\prime}$ e obtemos + +$$ +l^{2}=3^{2}+4^{2}-2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \cos 150^{\circ}=25+12 \sqrt{3} +$$ + +Segue que $\sqrt{25+12 \sqrt{3}} \mathrm{~cm}$ é o comprimento dos lados do triângulo equilátero $\triangle A B C$. + +159. Amigo oculto - Primeiramente observemos que o número de formas de distribuir os presentes sem nenhuma restrição é $5!=5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1=120$. Daí temos que tirar os casos "ruins", isto é, os casos em pelo menos um amigo tirou o seu próprio presente. Esses casos a eliminar podem ser listados pelo número de amigos que tiram seu próprio presente. + +- Os 5 amigos ficaram com seus próprios presentes. Só há uma possibilidade de acontecer isso. +- Exatamente 4 amigos ficaram com seus próprios presentes. Isso não é possível. +- Exatamente 3 amigos ficaram com seus próprios presentes. Nessa situação, os outros dois amigos trocam os presentes. Assim, escolhemos 3 pessoas dentre as 5 , isto é, $\frac{5 \times 4 \times 3}{3 \times 2}=10$ possibilidades. +- Exatamente 2 amigos ficaram com seus próprios presentes. Nesse caso, escolhemos 2 pessoas dentre as 5 , isto é, $\frac{5 \times 4}{2}=10$ possibilidades. Os outros 3 amigos trocam os presentes entre si, dando um total de $10 \times 2=20$ possibilidades. +- Por último, exatamente um amigo ficou com seu próprio presente. Nesse caso, escolhemos uma pessoa dentre um total de 5 , multiplicando pelo número de formas que os outros amigos não fiquem com seu presente, que são 9 maneiras. Logo, nessa situação, temos um total de $5 \times 9=45$ possibilidades. + +Portanto, temos $120-45-20-10-1=44$ maneiras de distribuir os presentes sem que alguém fique com seu próprio presente. + +160. Contando soluções - A equação dada é equivalente a $x y=144(x+y)=144 x+144 y$, portanto, isolando $x$, obtemos $x=\frac{144 y}{y-144}$. Como $x$ e $y$ devem ser inteiros positivos, o denominador $y-144$ deve ser um número inteiro positivo, digamos, $y-144=n$. Substituindo essa expressão no valor de $x$, obtemos + +$$ +x=\frac{144(n+144)}{n}=144+\frac{144^{2}}{n} +$$ + +Como $x$ deve ser um número inteiro, $n$ deve ser um divisor de $144^{2}$. Sendo $144^{2}=12^{4}=2^{8} \cdot 3^{4}$, seus divisores são os números $d$ da forma $d=2^{a} \cdot 3^{b}$, com $0 \leq a \leq 8 \mathrm{e}$ $0 \leq b \leq 4$. Como há 9 valores possíveis para $a$ e 5 valores possíveis para $b$, concluímos que $144^{2}$ tem $9 \times 5=45$ divisores. + +Assim, para cada divisor $n$ de $144^{2}$, obtemos uma solução + +$$ +(x, y)=\left(144+\frac{144^{2}}{n}, n+144\right) +$$ + +da equação $\frac{x y}{x+y}=144$ dada. Portanto, essa equação possui 45 pares de números inteiros positivos $(x, y)$ que a satisfazem. + +161. Determinando uma sequência - Sejam $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{80}$ os números dessa sequência. Para cada $i \geq 1$, temos + +$$ +\left\{\begin{array}{l} +a_{i+1}=a_{i} \cdot a_{i+2} \\ +a_{i+2}=a_{i+1} \cdot a_{i+3} +\end{array}\right. +$$ + +Consequentemente, $a_{i+1}=a_{i} \cdot a_{i+1} \cdot a_{i+3}$ e, como $a_{i+1} \neq 0$, já que o produto dos termos da sequência é $8 \neq 0$, segue $a_{i} \cdot a_{i+3}=1$. + +Quaisquer dois números da sequência, cujos índices distem 3 um do outro, são tais que o seu produto é igual a 1. Portanto, o produto de seis números consecutivos nessa sequência é, sempre, igual a 1. Sendo o produto dos 40 primeiros termos da sequência igual a 8, concluímos que o produto dos quatro primeiros termos também é 8, pois os 36 termos restantes formam seis grupos de 6 termos consecutivos da sequência e, em cada grupo desses, o produto é igual a 1. Isto é, $a_{1} a_{2} a_{3} a_{4}=8$. Como $a_{i} \cdot a_{i+3}=1$, segue que $a_{1} a_{4}=1$ e, daí, $a_{2} a_{3}=8$. + +Temos, também, a hipótese de que os 80 termos da sequência têm produto igual a 8 , donde podemos concluir que $a_{1} a_{2}=8$, já que os 78 últimos termos podem ser agrupados em 13 grupos de 6 termos consecutivos, cada um com produto igual a 1, como já vimos. + +Então, de $a_{2} a_{3}=8, a_{1} a_{2}=8$ e $a_{2}=a_{1} a_{3}$, segue que $a_{1} a_{2}^{2} a_{3}=64$ e $a_{2}^{3}=64$. Assim, + +$$ +a_{1}=2, a_{2}=4 \text { e } a_{3}=2 +$$ + +Observe, ainda, que a sequência inteira está, agora, determinada. De fato, temos + +$$ +2,4,2, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{2}, 2,4,2, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{2}, \ldots +$$ + +em que os seis primeiros termos ficam se repetindo, sempre na mesma ordem. + +162. Construindo uma cerca - A soma dos comprimentos dos três lados (os que não são de pedra) é $140 \mathrm{~m}$. + +(a) Se os dois lados vizinhos ao muro de pedra têm $40 \mathrm{~m}$ cada um, os dois juntos têm $80 \mathrm{~m}$ e o terceiro lado terá $140-80=60 \mathrm{~m}$. + +(b) Se o maior dos lados a ser cercado tiver $85 \mathrm{~m}$, ele não pode estar ser vizinho ao muro de pedras, porque nesse caso esses dois lados mediriam $85 \times 2=170 \mathrm{~m}$, que é maior do que $140 \mathrm{~m}$. Logo, ele deveria ser paralelo ao muro de pedra e, nesse caso, cada um dos outros lados mediria $27,5 \mathrm{~m}$, o que também não é possível, já que a cerca é composta de pedaços inteiros de $1 \mathrm{~m}$ cada um. + +Os dois lados que encostam no muro de pedra podem ter $65 \mathrm{~m}$ cada um porque nesse caso, o outro teria $140-2 \times 65=10 \mathrm{~m}$, o que não contraria as condições dadas. + +163. Um quadrilátero especial - Como os triângulos $\triangle A B C$ e $\triangle A C D$ são retângulos e têm a mesma hipotenusa $A C$, pelo Teorema de Pitágoras temos $x^{2}+11^{2}=y^{2}+7^{2}$, onde $A B=x$ e $D C=y$. Então, + +$$ +(y-x)(y+x)=y^{2}-x^{2}=72=2^{3} \times 3^{2} +$$ + +e, portanto, $y-x$ e $y+x$ são divisores de 72. Para cada fatoração de 72, precisamos resolver um sistema de duas equações com duas incógnitas, como na tabela a seguir, e identificar os casos em que existem soluções inteiras. + +| Fator de 72 | | Medidas de | | Observações | +| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | +| $y+x$ | $y-x$ | $x$ | $y$ | | +| 72 | 1 | - | - | Não há solução inteira | +| 36 | 2 | 17 | 19 | Possui solução inteira | +| 24 | 3 | - | - | Não há solução inteira | +| 28 | 4 | 12 | 16 | Possui solução inteira | +| 12 | 6 | 3 | 9 | Possui solução inteira | +| 9 | 8 | - | - | Não há solução inteira | + +Assim, há três soluções inteiras para o comprimento dos lados $x$ e $y$. + +164. Três quadrados - Os triângulos retângulos $\triangle A E B$ e $\triangle E H F$ são congruentes, pois seus ângulos $E \widehat{B} A$ e $F \widehat{E} H$ são iguais (lados respectivos perpendiculares) e as hipotenusas são iguais (lados de um quadrado). Então, $A E=F H$. Pelo Teorema de Pitágoras, + +$$ +\text { área de } B E F G=B E^{2}=A B^{2}+A E^{2}=A B^{2}+F H^{2}=30+20=50 \mathrm{~cm}^{2} +$$ + +## 165. Bolinha de gude + +Solução 1: Denotemos por $x, y$ e $z$ o número de bolinhas que cada um tinha no início da partida. Temos + +| | $1^{\mathbf{o}}$ | $2^{\underline{o}}$ | $3^{\underline{o}}$ | +| :---: | :---: | :---: | :---: | +| Início | $x$ | $y$ | $z$ | +| $1^{\underline{a}}$ rodada | $x-y-z$ | $2 y$ | $2 z$ | +| $2^{\underline{a}}$ rodada | $2(x-y-z)$ | $2 y-2 z-(x-y-z)$ | $4 z$ | +| $3^{\underline{a}}$ rodada | $4(x-y-z)$ | $2(3 y-x-z)$ | $4 z-2(x-y-z)-(3 y-x-z)$ | + +Como cada um terminou a partida com 64 bolinhas, segue que + +$$ +\left\{\begin{aligned} +4(x-y-z) & =64 \\ +2(3 y-x-z) & =64 \\ +4 z-2(x-y-z)-(3 y-x-z) & =64 +\end{aligned}\right. +$$ + +donde + +$$ +\left\{\begin{aligned} +x-y-z & =16 \\ +-x+3 y-z & =32 \\ +-x-y+7 z & =64 +\end{aligned}\right. +$$ + +Para resolver o sistema, somamos a primeira com a segunda equações e a primeira com a terceira, obtendo + +$$ +\left\{\begin{aligned} +y-z & =24 \\ +-y+3 z & =40 +\end{aligned}\right. +$$ + +Daí, obtemos $z=32$ e $y=56$, portanto, $x=16+56+32=104$. Assim, o primeiro jogador começou a partida com 104 bolinhas, o segundo, com 56 e o terceiro, com 32. + +| | $1 \underline{0}$ | $2 \underline{O}$ | $3 \underline{O}$ | +| :---: | :---: | :---: | :---: | +| Início | | | | +| Após a 1-a rodada | | | | +| Após a 2 a rodada | | | | +| Após a 3a rodada | 64 | 64 | 64 | + +Solução 2: Preenchemos a tabela "de baixo para cima", isto é, do final para o início do jogo. Começamos com 64 nas três casas finais. + +Como os dois primeiros jogadores dobraram a quantidade de bolinhas na terceira rodada, + +| | $\overline{10}$ | $\overline{2}$ | 3 의 | +| :---: | :---: | :---: | :---: | +| Início | | | | +| Após a 1- rodada | | | | +| Após a 2a rodada | 32 | 32 | $\overline{128}$ | +| Após a 3a rodada | 64 | 64 | 64 | + +cada um tinha 32 bolinhas e o terceiro jogador deu 32 a cada um deles. Deduzimos que ele possuía $64+32+32=128$ bolinhas. + +| | $\overline{10}$ | $2 \underline{O}$ | $3^{\underline{O}}$ | +| :---: | :---: | :---: | :---: | +| Início | | | | +| Após a 1a rodada | 16 | $32+16+64=112$ | 64 | +| Após a $2^{\mathrm{a}}$ rodada | 32 | 32 | 128 | +| Após a 3a rodada | 64 | 64 | 64 | + +Quem perdeu a segunda rodada foi o segundo jogador. Logo, a tabela era + +Finalmente, + +| | $1^{\underline{\underline{o}}}$ | $2^{\underline{\underline{o}}}$ | $3^{\underline{\underline{ }}}$ | +| :---: | :---: | :---: | :---: | +| Início | $16+56+32=104$ | 56 | 32 | +| Após a $1^{\underline{\mathrm{a}}}$ rodada | 16 | $32+16+64=112$ | 64 | +| Após a 2 ${ }^{\underline{\mathrm{a}}}$ rodada | 32 | 32 | 128 | +| Após a 3 ${ }^{\underline{\mathrm{a}}}$ rodada | 64 | 64 | 64 | + +Assim, o primeiro jogador começou a partida com 104 bolinhas, o segundo, com 56 e o terceiro, com 32 . + +166. Uma soma - Inicialmente, observe que $\frac{1}{k \cdot(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$. Logo, + +$$ +\frac{1}{1 \cdot 2}=1-\frac{1}{2}, \quad \frac{1}{2 \cdot 3}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}, \quad \ldots, \quad \frac{1}{2007 \cdot 2008}=\frac{1}{2007}-\frac{1}{2008} +$$ + +Assim, temos + +$$ +S=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\ldots+\frac{1}{2006}-\frac{1}{2007}+\frac{1}{2007}-\frac{1}{2008} +$$ + +e, portanto, $S=1-\frac{1}{2008}=\frac{2007}{2008}$. + +167. Dobrando papel - Sejam $E$ e $F$ os pontos de interseção, como na figura. Sejam $A B=2 a$ e $B C=2 b$. Então $A M=M B=D N=N C=a$ e $M E=E N=b$. Traçamos $A N$ e denotamos por $P$ o ponto de interseção dos segmentos $A N$ e $B D$. Os segmentos $A N$ e $M C$ são paralelos (pois $A M=N C$ e $A M \| N C$ ). Como $M$ é o ponto médio de $A B$ e $M F \| A P$, temos que $F$ é o ponto médio do segmento $P B$. Analogamente, $P$ é o ponto médio do segmento $D F$ e segue que $D P=P F=F B$. Por simetria, verificamos que $P E=E F$ e, então, $E F / F B=1 / 2$. Por outro lado, área $(\triangle M B E)=\frac{1}{4}$ área $(\triangle A B D)=125 \mathrm{e}$, como $\triangle M E F$ e $\triangle M B E$ têm a mesma altura relativamente ao vértice $M$ e a base do primeiro é $1 / 3$ da base do segundo, concluímos que + +$$ +\text { área }(\triangle M E F)=\frac{1}{3} 125 \mathrm{~cm}^{2} \text {. } +$$ + +168. Uma área - Os triângulos $\triangle A B M$ e $\triangle A B C$ têm a mesma altura $d$ em relação às respectivas bases $A M$ e $A C$. Como $M$ é o ponto médio de $A C$, obtemos + +$$ +\frac{\text { área }(\triangle A B M)}{\text { área }(\triangle A B C)}=\frac{\frac{1}{2} A M \cdot d}{\frac{1}{2} A C \cdot d}=\frac{A M}{A C}=\frac{1}{2} +$$ + +de modo que + +$$ +\text { área }(\triangle A B M)=\frac{1}{2} \text { área }(\triangle A B C)=\frac{1}{2} \quad 100=50 \mathrm{~cm}^{2} . +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-096.jpg?height=462&width=805&top_left_y=2236&top_left_x=660) + +Analogamente, + +$$ +\frac{\text { área }(\triangle A B P)}{\text { área }(\triangle A B M)}=\frac{B P}{B M} \text {. } +$$ + +Pelo Teorema das Bissetrizes Internas, + +$$ +\frac{B P}{P M}=\frac{A B}{A M}=\frac{10}{15}=\frac{2}{3} +$$ + +portanto, $P M=\frac{3}{2} B P$. Então obtemos + +$$ +\frac{\text { área }(\triangle A B P)}{\text { área }(\triangle A B M)}=\frac{B P}{B M}=\frac{B P}{B P+P M}=\frac{B P}{B P+\frac{3}{2} B P}=\frac{B P}{\frac{5}{2} B P}=\frac{2}{5} +$$ + +de modo que área $(\triangle A B P)=\frac{2}{5}$ área $(\triangle A B M)=\frac{2}{5} \cdot 50=20 \mathrm{~cm}^{2}$. + +## 169. Últimos algarismos + +Solução 1: Como só queremos saber os dois últimos algarismos, basta conhecer as duas últimas colunas dessa soma (a das dezenas e a das unidades), ou seja, + +$$ +8+88 \times 2007=8+\ldots 16 +$$ + +Como $8+16=24$, os dois últimos algarismos do número são 24. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-097.jpg?height=389&width=699&top_left_y=1182&top_left_x=1181) + +Solução 2: Observemos que os dois últimos algarismos do número dado são iguais aos dois últimos algarismos do número + +$$ +8+\overbrace{88+\cdots+88}^{2007}=8+2007 \times 88 +$$ + +que também coincidem com os dois últimos algarismos de $8+7 \times 88=624$. Logo, os dois últimos algarismos do número procurado são 24 . + +170. Idades múltiplas - Quando Isabel tem $a$ anos, sua mãe tem $20+a$ anos. Se $a$ é divisor de $20+a$, então $(20+a) / a=(20 / a)+1$ é um número inteiro e, consequentemente, $20 / a$ também é inteiro. Então, $a$ é um divisor de 20 e, portanto, $a$ pode ser 1, 2, 4, 5, 10 ou 20. Assim, temos um total de 6 vezes em que as idades das duas são múltiplos. + +| Isabel | 1 | 2 | 4 | 5 | 10 | 20 | +| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | +| Mãe | 21 | 22 | 24 | 25 | 30 | 40 | + +Observe que, depois dos 20 anos de Isabel, nunca mais a idade da mãe será um múltiplo da idade de Isabel. + +171. Blocos diferentes - $\mathrm{O}$ volume do cubo é $10 \times 10 \times 10=1000 \mathrm{~cm}^{3}$. $\mathrm{O}$ volume $V$ de um bloco é o produto de suas três medidas, altura $(=a)$, largura $(=l)$ e comprimento $(=c)$. + +Para construir cada bloco, Ana deve usar todos os bloquinhos, portanto, o volume de cada bloco é + +$$ +V=\text { altura } \times \text { largura } \times \text { comprimento }=a l c=1000 \mathrm{~cm}^{3} +$$ + +Assim, precisamos saber de quantas maneiras podemos escrever 1000 como o produto de três números inteiros positivos $a, l$ e $c$. Para isso, fatoramos 1000 , obtendo a $l c=1000=2^{3} \times 5^{3}$. + +Solução 1: Podemos encontrar todos esses números listando as dimensões $a, l$ e $c$ dos blocos. Sem perda de generalidade, podemos supor que $a \leq l \leq c$. Então $a^{3} \leq a l c \leq 1000$ e, portanto, $a \leq 10$. Logo, $a=1,2,4,5,8$ ou 10 . Mas se $a=8$, então $l c=125=5^{3}$ e, como $8 \leq l \leq c$, não há como obter medidas inteiras para $l$ e $c$. Assim, $a$ só pode ser $1,2,4,5$ ou 10 . A tabela mostra as 19 possibilidades para esses blocos. + +| $a$ | $l$ | $c$ | $a$ | $l$ | $c$ | +| ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | +| | 1 | 1000 | | 2 | 250 | +| | 2 | 500 | | 4 | 125 | +| | 4 | 250 | 2 | 5 | 100 | +| 1 | 5 | 200 | | 10 | 50 | +| | 8 | 125 | | 20 | 25 | +| | 10 | 100 | | 5 | 40 | +| | 20 | 50 | 5 | 8 | 25 | +| | 25 | 40 | | 10 | 20 | +| 4 | 5 | 50 | | | | +| | 10 | 25 | 10 | 10 | 10 | + +Solução 2: Podemos encontrar todos esses números listando as potências de 2 e 5, sem esquecer que uma das medidas pode ser 1 (no caso de potência 0). A tabela mostra as 19 possibilidades para esses blocos. + +| potência de 2 | potência de 5 | $a$ | $l$ | $c$ | +| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | +| 3 | 3 | 1 | 1 | $2^{3} \times 5^{3}$ | +| | | 1 | $2^{3}$ | $5^{3}$ | +| 1,2 | 3 | 1 | 2 | $2^{2} \times 5^{3}$ | +| | | 1 | $2^{2}$ | $2 \times 5^{3}$ | +| | | 2 | $2^{2}$ | $5^{3}$ | +| $1,1,1$ | 3 | 2 | 2 | $2 \times 5^{3}$ | +| 3 | 1,2 | 1 | $2^{3} \times 5$ | $5^{2}$ | +| | | 1 | $2^{3} \times 5^{2}$ | 5 | +| | | $2^{3}$ | 5 | $5^{2}$ | +| 3 | $1,1,1$ | 5 | 5 | $2^{3} \times 5$ | +| 1,2 | 1,2 | 1 | $2 \times 5$ | $2^{2} \times 5^{2}$ | +| | | 1 | $2 \times 5^{2}$ | $2^{2} \times 5$ | +| | | 2 | 5 | $2^{2} \times 5^{2}$ | +| | | $2^{2}$ | $2 \times 5$ | $5^{2}$ | +| | | $2^{2}$ | $2 \times 5^{2}$ | 5 | +| 1,2 | $1,1,1$ | 2 | $2^{2} \times 5$ | $5^{2}$ | +| $1,1,1$ | 1,2 | 5 | $2 \times 5$ | $2^{2} \times 5$ | +| $1,1,1$ | $1,1,1$ | $2 \times 5$ | $2 \times 5$ | $2 \times 5^{2}$ | + +172. Quadro negro - Inicialmente observe que, de 1 a 77, Joana apagou 11 múltiplos de 7 e 7 múltiplos de 11. Como 77 é múltiplo de 7 e de 11, então ela apagou $11+7-1=17$ números, sobrando $77-17=60$ números. Agora, agrupando os 10000 primeiros números em grupos de 77 números consecutivos, esse raciocínio se aplica em cada uma das linhas abaixo, isto é, em cada linha sobraram 60 números. + +$$ +\begin{array}{ccccc} +\text { 1a linha: } & 1, & 2, & \ldots, & 77 \\ +2^{\text {a }} \text { linha: } & 78, & 79, & \ldots, & 154 \\ +3^{\text {a }} \text { linha: } & 155, & 158, & \ldots, & 231 +\end{array} +$$ + +Como, $2008=33 \times 60+28$, sabemos que entre os primeiros $33 \times 77=2541$ números, $33 \times 60=1980$ números ficaram sem apagar. + +$$ +\text { 33a linha: } \quad \ldots, \quad \ldots, \quad \ldots, \quad 2541 +$$ + +Ainda faltam contar 28 números. Vamos, então, examinar a 34a linha, que começa com 2542. Como os números apagados estão nas colunas $7,11,14,21,22,28,33,35$, etc., e até a $35^{\text {a }}$ coluna foram apagados oito números, restam $35-8=27$ números na $34^{\text {a }}$ linha. Logo, depois de apagados os múltiplos de 7 e de 11 nessa linha, o 28 nómero é 2577 . Assim, o número na 2008 a posição é o 2577. + +173. Conjunto sem múltiplos - Inicialmente, observemos que o conjunto $\{51,52,53, \ldots, 100\}$ tem 50 elementos e nenhum de seus elementos é múltiplo de outro. Assim, o subconjunto com o maior número de elementos e que satisfaz a propriedade exigida tem, no mínimo, 50 elementos. Para concluir que 50 é o maior número possível de elementos de um subconjunto que satisfaça a propriedade exigida, basta mostrar que todo subconjunto com mais de 50 elementos possui dois números múltiplos. Para isso, denotamos $B=\{1,2,3, \ldots, 100\}$ e dividimos $B$ em 50 subconjuntos disjuntos, considerando os diversos subconjuntos de $B$ cujos elementos são do tipo número ímpar $\times 2^{k}$, com $k$ natural. Como existem apenas 50 números ímpares entre 1 e 100, obtemos cinquenta subconjuntos dois a dois disjuntos construídos dessa forma, como segue. + +- $A_{1}=\{1,2,4,8,16,32,64\}=B \cap\left\{1 \times 2^{k} \mid\right.$ para algum $\left.k=0,1,2,3, \ldots\right\}$; +- $A_{2}=\{3,6,12,24,48,96\}=B \cap\left\{3 \times 2^{k} \mid\right.$ para algum $\left.k=0,1,2,3, \ldots\right\}$; +- $A_{3}=\{5,10,20,40,80\}=B \cap\left\{5 \times 2^{k} \mid\right.$ para algum $\left.k=0,1,2,3, \ldots\right\}$; +- $A_{50}=\{99\}=B \cap\left\{99 \times 2^{k} \mid\right.$ para algum $\left.k=0,1,2,3, \ldots\right\}$. + +Observe que $B$ é a união desses cinquenta subconjuntos, isto é, + +$$ +B=\{1,2, \ldots, 100\}=A_{1} \cup A_{2} \cup \ldots \cup A_{50} +$$ + +e que, se dois elementos de $B$ estiverem num mesmo subconjunto $A_{i}$, então um deles é múltiplo do outro. Assim, se um subconjunto $A$ de $B$ tiver mais do que 50 elementos, podemos afirmar que existem pelo menos dois elementos de $A$ num mesmo subconjunto $A_{i}$ e, portanto, um deles é múltiplo do outro. Isso prova que 50 é o número máximo de elementos de qualquer subconjunto de $B$ que não possua dois elementos tais que um deles seja múltiplo do outro. + +174. Brincando com a calculadora - O resultado é o mesmo número inicial $a b c$ de três algarismos. De fato, se $a b c$ é um número de três algarismos, então o número de seis algarismos $a b c a b c$ é da forma $a b c a b c=1000 \times a b c+a b c=1001 \times a b c$. + +Como $1001=7 \times 11 \times 13$, dividindo, sucessivamente, $a b c a b c$ por 7 , 11 e 13, obtemos + +$$ +\frac{a b c a b c}{7 \times 11 \times 13}=\frac{1001 \times a b c}{1001}=a b c +$$ + +175. No galinheiro - Sejam $x$ e $y$, respectivamente, o número de galinhas e de pintinhos no galinheiro. + +(a) Temos $4 x+2 y=240$, ou seja, $2 x+y=120$. Como $8 \mathrm{~kg}=8000 \mathrm{~g}$, temos $160 x+40 y \leq 8000$. Assim, $4 x+y \leq 200$. + +Em resumo, os números $x$ de galinhas e $y$ de pintinhos satisfazem + +$$ +(*)\left\{\begin{array}{l} +2 x+y=120 \\ +4 x+y \leq 200 +\end{array}\right. +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-100.jpg?height=422&width=734&top_left_y=931&top_left_x=1095) + +(b) A reta $2 x+y=120$ corta o eixo $O x$ em $x=60$ e o eixo $O y$ em $y=120$. A reta $4 x+y=200$ corta o eixo $O x$ em $x=50$ e o eixo $O y$ em $y=200$. Os gráficos dessas retas estão dadas na figura, em que a desigualdade $4 x+y \leq 200$ é representada pela região sombreada. Observe que, na figura, as condições $(*)$ são representadas pelo segmento que liga os pontos $P$ e $(0,120)$. As coordenadas do ponto $P$ são a solução do sistema + +$$ +\left\{\begin{array}{l} +2 x+y=120 \\ +4 x+y=200 +\end{array}\right. +$$ + +ou seja, $x=40$ e $y=40$ e, portanto, $P=(40,40)$. + +(c) Temos que $2 \times 20+80=120$ e $4 \times 20+80 \leq 200$. Logo, $x=20$ e $y=80$ satisfazem as condições $(*)$ e, por isso, o galinheiro comporta, sim, 20 galinhas e 80 pintinhos. Agora, $2 \times 30+100 \neq 120$, logo, $x=30$ e $y=100$ não satisfazem as condições $(*)$ e, por isso, o galinheiro não comporta 30 galinhas e 100 pintinhos. + +(d) O número máximo de galinhas é $40 \mathrm{e}$, nesse caso, teremos também 40 pintinhos. O número máximo de pintinhos é 120 e, nesse caso, teremos 0 galinhas. + +176. Um número perfeito - Se $2^{31}-1$ é um número primo, seu único divisor próprio é o número 1. Então, os divisores próprios de $2^{30}\left(2^{31}-1\right)$ são + +$$ +1,2,2^{2}, \ldots, 2^{29}, 2^{30},\left(2^{31}-1\right), 2\left(2^{31}-1\right), 2^{2}\left(2^{31}-1\right), \ldots 2^{29}\left(2^{31}-1\right) +$$ + +A soma $S$ desses divisores é + +$$ +S=\left[1+2+2^{2}+\cdots+2^{29}+2^{30}\right]+\left(2^{31}-1\right)\left[1+2+2^{2}+\cdots+2^{29}\right] +$$ + +Em cada um dos dois colchetes aparece a soma $S_{n}$ de uma progressão geométrica de $n$ termos, sendo o primeiro termo igual a 1 e a razão igual a 2: o primeiro colchete é $S_{31}$, com 31 termos e +o segundo é $S_{30}$, com trinta termos. Usando a fórmula da soma dos termos de uma progressão geométrica, obtemos + +$$ +S_{31}=\frac{2^{31}-1}{2-1}=2^{31}-1 \quad \text { e } \quad S_{30}=\frac{2^{30}-1}{2-1}=2^{30}-1 +$$ + +Então a soma dos divisores próprios de $2^{30}\left(2^{31}-1\right)$ é + +$$ +S=\left(2^{31}-1\right)+\left(2^{31}-1\right)\left[2^{30}-1\right]=\left(2^{31}-1\right)\left(1+2^{30}-1\right)=2^{30}\left(2^{31}-1\right) +$$ + +Logo, essa soma é igual a $2^{30}\left(2^{31}-1\right)$, como queríamos provar. + +177. Quinze minutos a mais - Sabemos que a velocidade é a razão da distância percorrida pelo tempo gasto. + +Solução 1: Denotando por $t$ o tempo gasto, em horas, pelo carro mais lento, o que faz a viagem a uma velocidade de $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, sabemos que o tempo gasto pelo outro carro é de $t-1 / 4$, já que 15 minutos é um quarto de hora. Como ambos percorrem a mesma distância, segue que $60 \times t=70 \times(t-1 / 4)$, portanto, $t=7 / 4$ horas, ou 1 hora e três quartos de hora. Logo, a distância entre as duas cidades é $60 \times 7 / 4=105 \mathrm{~km}$. + +Solução 2: Vamos representar por $d$ a distância, em quilômetros, entre as cidades A e B e por $T$ o tempo gasto, em horas, pelo carro mais veloz. Como o outro carro gasta 15 minutos a mais para fazer o mesmo percurso, temos que o tempo gasto pelo carro mais lento é igual a $T+0,25$ horas, pois $15 \mathrm{~min}=0,25 \mathrm{~h}$. Como o carro mais veloz anda a $70 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, temos $70=d / T$ e, como o mais lento anda a $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, temos $60=d /(T+0,25)$. Assim, + +$$ +d=70 \times T=60(T+0,25) +$$ + +ou seja, $T=1,5 \mathrm{~h}$, e a distância entre as cidades A e B é igual a $d=70 \times 1,5=105 \mathrm{~km}$. + +178. Outros caminhos - Qualquer que seja o trajeto de Júlia da sua casa até a escola, se ela deseja seguir um caminho mais curto, ela deve percorrer exatamente oito quarteirões para a direita e cinco quarteirões para cima. Um caminho mais curto ligando a sua casa até a escola é, então, uma sequência de "travessias de quarteirões", sendo oito delas no sentido horizontal (para a direita) e cinco no sentido vertical (para cima). Assim, para definir um caminho mais curto, ela precisa apenas decidir em que ordem fará essas treze travessias. + +Para isso, imaginemos oito cartelas impressas com a letra $\mathrm{D}$ e cinco cartelas impressas com a letra C. Uma permutação qualquer dessas cartelas pode ser interpretada como um caminho mais curto a ser percorrido por Júlia. Por exemplo, a sequência de cartelas DDCDCCDDDDCDC define o caminho indicado na figura dada. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-101.jpg?height=463&width=720&top_left_y=2233&top_left_x=748) + +Para determinar o número de maneiras pelas quais podem ser ordenadas essas cartelas, devemos contar de quantas maneiras diferentes se pode colocar cinco cartelas com a letra C em uma fila com treze lugares vagos, sendo os demais oito lugares na fila ocupados com as cartelas com a letra D. + +Inicialmente, devemos escolher um dos treze lugares vagos para colocar uma letra C. Colocada essa letra, sobram doze lugares vagos para a segunda letra C. Colocada essa letra, sobram onze lugares vagos para a terceira letra, dez lugares para a quarta letra e, finalmente, nove lugares para a quinta letra C. Agora, uma vez colocadas as cinco letras C, qualquer permutação dessas letras entre si não altera a distribuição das letras na fila. Como a quantidade de permutações de cinco objetos é $5!=120$, pelo princípio multiplicativo temos que o número de maneiras de ordenar as treze cartelas é dado por + +$$ +\frac{13 \times 12 \times 11 \times 10 \times 9}{120}=1287 +$$ + +de modo que existem 1287 caminhos mais curtos diferentes da casa de Júlia até a escola. + +179. Escrevendo no tabuleiro - Começando com a letra A, ela pode ser escrita em qualquer uma das nove casas do tabuleiro. Uma vez escrita a letra $\mathbf{A}$, sobram seis casas nas quais pode ser escrita a letra B. Uma vez escritas as letras $\mathbf{A}$ e $\mathbf{B}$ no tabuleiro, sobram três casas para a letra $\mathbf{C}$ ser escrita. Assim, pelo princípio multiplicativo, existem $9 \times 6 \times 3=162$ maneiras diferentes das letras $\mathbf{A}, \mathbf{B}$ e $\mathbf{C}$ serem escritas no tabuleiro. +180. Fração e percentagem - A opção correta é (d). + +Se um número $x$ é diminuído de $40 \%$, ele passa a valer $60 \%$ de $x$, ou seja, $0,6 x$. Do mesmo modo, quando um número $y$ é diminuído de $60 \%$, ele passa a valer $0,4 y$. Portanto, a fração $x / y$ passa a ter o valor + +$$ +\frac{0,6 x}{0,4 y}=\frac{6}{4} \frac{x}{y}=1,5 \times \frac{x}{y} +$$ + +o que significa que a fração $x / y$ aumentou $50 \%$ do seu valor. + +181. Triângulos sobrepostos - Os pontos $A, B, C$ e $D$ formam o retângulo $A B C D$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-102.jpg?height=317&width=528&top_left_y=1766&top_left_x=798) + +Como as diagonais de um retângulo o dividem em quatro triângulos de mesma área, a área sombreada é igual a três quartos da área do retângulo $A B C D$. Assim, a área sombreada é igual a $\frac{3}{4}(7 \times 4)=21 \mathrm{~cm}^{2}$. + +Vejamos, agora, o caso da outra figura. Sejam $x=D E=C E, y=A E=B E$ e $E$ o ponto de interseção dos segmentos $A C$ e $B D$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-102.jpg?height=306&width=602&top_left_y=2394&top_left_x=767) + +A área sombreada é a soma das áreas dos triângulos $A D E$ e $A B C$, ou seja, + +$$ +\frac{4 \times x}{2}+\frac{4 \times 7}{2}=2 x+14 +$$ + +Logo, basta calcular $x$. Temos que $x+y=7$ e, pelo Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo $A E D$, também $y^{2}=x^{2}+4^{2}$. Substituindo $y=7-x$ nessa última equação, obtemos $(7-x)^{2}=x^{2}+16$, de modo que $49-14 x+x^{2}=x^{2}+16$, ou seja, + +$$ +x=\frac{49-16}{14}=\frac{33}{14} +$$ + +Finalmente, a área sombreada é dada por $2 \times \frac{33}{14}+14=\frac{33}{7}+14=\frac{131}{7} \mathrm{~cm}^{2}$. + +182. Dois motoristas - Sabemos que a velocidade é a razão da distância percorrida pelo tempo gasto. Seja $d$ a distância entre as duas cidades $\mathrm{A}$ e B. + +- O primeiro motorista percorre a distância de $2 d$ à velocidade constante de $80 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, portanto, o tempo total gasto por esse motorista é + +$$ +t=\frac{2 d}{80}=\frac{d}{40} \text { horas. } +$$ + +- O segundo motorista percorre a distância $d$ na ida à uma velocidade constante de 90 $\mathrm{km} / \mathrm{h}$ e, na volta, percorre a mesma distância $d$ à velocidade constante de $70 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Logo, o tempo gasto na ida e volta é + +$$ +t=\frac{d}{70}+\frac{d}{90}=\frac{16 d}{630}=\frac{8 d}{315} \text { horas. } +$$ + +Como + +$$ +\frac{d}{40}=\frac{8 d}{320}<\frac{8 d}{315} +$$ + +verificamos que o motorista que viaja à velocidade constante de $80 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ é o que gasta menos tempo no percurso de ida e volta. + +183. Soma e inverte - Como 0 não é o inverso de número algum, qualquer sequência que comece e termine em 0 deve ser dada por + +$$ +0 \xrightarrow{+1} 1 \longrightarrow \cdots \longrightarrow-1 \xrightarrow{+1} 0 \text {. } +$$ + +Uma sequência dessas é a seguinte. + +$$ +\begin{aligned} +& 0 \xrightarrow{+1} 1 \xrightarrow{+1} 2 \xrightarrow{+1} 3 \xrightarrow{-i}-\frac{1}{3} \xrightarrow{+1} \frac{2}{3} \xrightarrow{+1} \frac{5}{3} \xrightarrow{+1} \frac{8}{3} \xrightarrow{-i}-\frac{3}{8} \xrightarrow{+1} \frac{5}{8} \xrightarrow{+1} \frac{13}{8} \xrightarrow{+1} \frac{21}{8} \\ +& \xrightarrow{-i}-\frac{8}{21} \xrightarrow{+1} \frac{13}{21} \xrightarrow{-i}-\frac{21}{13} \xrightarrow{+1}-\frac{8}{13} \xrightarrow{+1} \frac{5}{13} \xrightarrow{-i}-\frac{13}{5} \xrightarrow{+1}-\frac{8}{5} \xrightarrow{+1}-\frac{3}{5} \xrightarrow{+1} \frac{2}{5} \\ +& \xrightarrow{-i}-\frac{5}{2} \xrightarrow{+1}-\frac{3}{2} \xrightarrow{+1}-\frac{1}{2} \xrightarrow{+1} \frac{1}{2} \xrightarrow{-i}-2 \xrightarrow{+1}-1 \xrightarrow{+1} 0 . +\end{aligned} +$$ + +Uma outra sequência, bem mais curta e simples é, simplesmente, + +$$ +0 \xrightarrow{+1} 1 \xrightarrow{-i}-1 \xrightarrow{+1} 0 . +$$ + +(a) Com cada litro de gasolina, que custa $\mathrm{R} \$ 2,49$, o carro roda 12,3 quilômetros. Logo, o preço do quilômetro rodado é de $\frac{2,49}{12,3}$ reais. Se o carro fizer $y$ quilômetros por litro de álcool, o preço do quilômetro rodado com álcool é de $\frac{1,59}{y}$ reais. Para que a utilização do álcool seja mais vantajosa, financeiramente, é necessário que + +$$ +\frac{1,59}{y}<\frac{2,49}{12,3}, \quad \text { ou seja, que } \quad y>\frac{1,59 \times 12,3}{2,49}=7,85 +$$ + +Assim, o consumo desse carro com álcool deve ser maior do que $7,85 \mathrm{~km} / 1$. + +(b) Supondo que o consumo do carro seja de $x \mathrm{~km} / \mathrm{l}$ de gasolina e de $y \mathrm{~km} / \mathrm{l}$ de álcool, queremos saber quando o custo com gasolina é maior do que o custo com álcool, isto é, quando + +$$ +\frac{2,49}{x}>\frac{1,59}{y} +$$ + +o que acarreta $2,49 y>1,59 x$, ou seja, $y>0,64 x$, já que $x$ e $y$ são valores positivos. Um exemplo disso é o carro como o do item (a), que consuma $12,3 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$ de gasolina e $8 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$ de álcool. $\mathrm{Ou}$, então, um carro que faça $10 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$ de gasolina e $7 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$ de álcool. + +(c) Com cada litro de gasolina, que custa $\mathrm{R} \$ 2,49$, o carro roda $x$ quilômetros. Logo, o preço de 100 quilômetros rodados é de $g(x)=100 \frac{2,49}{x}=\frac{249}{x}$ com gasolina. Com cada litro de álcool, que custa $\mathrm{R} \$ 1,59$, o carro roda $\frac{x}{2}+1$ quilômetros. Logo, o preço de 100 quilômetros rodados com álcool é de $a(x)=100 \frac{1,59}{\frac{x}{2}+1}=\frac{318}{x+2}$. + +(d) Para que o custo seja o mesmo, basta ter $\frac{249}{x}=g(x)=a(x)=\frac{318}{x+2}$, ou seja, $249(x+2)=318 x$, cuja solução é $x=7,22 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$, que deve ser o consumo com gasolina. Para que o custo seja o mesmo, o consumo do carro com álcool deve ser de $\frac{7,22}{2}+1=4,61 \mathrm{~km} / 1$. + +(e) Supondo que o consumo do carro seja de $x \mathrm{~km} / 1$ de gasolina e de $\frac{x}{2}+1 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$ de álcool, queremos saber quando o custo com álcool é menor do que o custo com gasolina, isto é, quando $\frac{3,18}{x+2}<\frac{2,49}{x}$, o que acarreta $0,69 x<4,98$, ou seja, $x<7,22$, já que $x$ é um valor positivo. Assim, só é financeiramente vantajoso abastecer com álcool se o consumo com gasolina for menor do que $7,22 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$. Um exemplo disso é um carro que faça 6 $\mathrm{km} / \mathrm{l}$ de gasolina e, portanto, $4 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$ com álcool: nesse caso, por exemplo, o custo de 100 quilômetros rodados com gasolina é de $g(6)=\mathrm{R} \$ 41,50$ e com álcool é de $a(6)=\mathrm{R} \$$ 39,75 . Observe que, a partir de um consumo de $7,22 \mathrm{~km} / 1$ de gasolina, é financeiramente vantajoso abastecer só com gasolina; por exemplo, se o carro fizer $10 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$ de gasolina e, portanto, $6 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$ de álcool, o custo de 100 quilômetros rodados com gasolina é de $g(10)=\mathrm{R} \$ 24,90$ e com álcool é de $a(10)=\mathrm{R} \$ 26,50$. + +Observação: Todos os valores utilizados nessas soluções foram arredondados na segunda casa decimal. + +185. Contando triângulos - Sejam $A, B, \ldots, K$ os onze pontos marcados, como na figura dada. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-105.jpg?height=334&width=557&top_left_y=256&top_left_x=835) + +Dividiremos a contagem em três casos. + +(i) Um vértice é $A$. Nesse caso, um vértice do triângulo deve estar no conjunto $\{H, I, J, K\}$ e o outro vértice no conjunto $\{B, C, D, E, F, G\}$. Como existem quatro escolhas para um vértice $\mathrm{e}$ seis escolhas para o outro vértice, a quantidade de triângulos com um vértice no ponto $A$ é $6 \times 4=24$. + +(ii) Dois vértices em $\{B, C, D, E, F, G\}$. O número de possíveis escolhas de dois dentre esses seis pontos é + +$$ +C_{6}^{2}=\frac{6!}{4!2!}=\frac{6 \times 5}{2}=15 +$$ + +O outro vértice do triângulo é qualquer um dos quatro pontos $H, I, J$ ou $K$. Daí, a quantidade desses triângulos é $4 \times 15=60$. + +(iii) Dois vértices em $\{H, I, J, K\}$. O número de possíveis escolhas de dois dentre esses quatro pontos é + +$$ +C_{4}^{2}=\frac{4!}{2!2!}=\frac{4 \times 3}{2}=6 +$$ + +Como o outro vértice pode ser escolhido de seis maneiras diferentes no conjunto $\{B, C, D$, $E, F, G\}$, resulta que a quantidade desses triângulos é $6 \times 6=36$. + +Logo, $24+60+36=120$ é a quantidade de triângulos cujos vértices são tomados dentre os onze pontos da figura. + +186. Quadrado perfeito - Seja $x$ um número de oito algarismos, da forma $x=9999 * * * *$. + +Como o menor desses números é 99990000 e o maior é 99 999 999, temos que + +$$ +99990000 \leq x \leq 99999999 +$$ + +Observemos que $10000^{2}=100000000=99999999+1$ e que + +$$ +9999^{2}=(10000-1)^{2}=10000^{2}-20000+1=99980001 +$$ + +Isso mostra que $9999^{2}\frac{1-0,01^{2}}{0,02}=\frac{1-\frac{1}{100^{2}}}{\frac{2}{100}}=\frac{100^{2}-1}{200} +$$ + +Elevando, novamente, ao quadrado os dois membros (não negativos) dessa desigualdade, obtemos + +$$ +n-1>\frac{\left(100^{2}-1\right)^{2}}{200^{2}}=\frac{100^{4}-2 \times 100^{2}+1}{4 \times 100^{2}}=\frac{100^{2}}{4}-\frac{1}{2}+\frac{1}{4 \times 100^{2}} +$$ + +ou seja, + +$$ +n-1>2500-\frac{1}{2}+\frac{1}{40000} +$$ + +e, finalmente, + +$$ +n>2500+\frac{1}{2}+\frac{1}{40000} +$$ + +Como $\frac{1}{2}+\frac{1}{40000}<1$, temos que o menor número inteiro que satisfaz essa última desigualdade é 2501 . Assim, estabelecemos que o menor número inteiro positivo que satisfaz a desigualdade dada é o número 2501. + +## 188. Conjunto de Cantor + +(a) De acordo com a definição do conjunto de Cantor, temos o desenho seguinte. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-106.jpg?height=232&width=720&top_left_y=1072&top_left_x=725) + +(b) $1 / 3$ é uma extremidade de $C_{2}$, portanto, pertence ao conjunto de Cantor. $3 / 81=1 / 27$ e $1 / 27$ é uma extremidade de $C_{4}$, portanto, $3 / 81$ pertence ao conjunto de Cantor. $4 / 9$ está entre $1 / 3$ e $2 / 3$, portanto, está no terço central de $C_{1}$, que foi removido de $C_{2}$; assim, 4/9 não pertence ao conjunto de Cantor. 4/81 está entre 1/27 e $2 / 27$, portanto, está no terço central do primeiro segmento de $C_{3}$, que foi removido de $C_{4}$; assim, 4/81 não pertence ao conjunto de Cantor. + +(c) Observe que $C_{1}$ tem comprimento $1, C_{2}$ tem comprimento $2 / 3, C_{3}$ tem comprimento $4 / 9$, $C_{4}$ tem comprimento $8 / 27$ e $C_{5}$ tem comprimento 16/81. Assim, os comprimentos de $C_{1}, C_{2}, C_{3}, \ldots, C_{n}, \ldots$ formam uma progressão geométrica de razão $q=2 / 3$ e primeiro termo $a_{1}=1$, como segue. + +$$ +1, \frac{2}{3},\left(\frac{2}{3}\right)^{2},\left(\frac{2}{3}\right)^{3},\left(\frac{2}{3}\right)^{4}, \ldots,\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}, \ldots +$$ + +Em particular, o comprimento de $C_{n}$ é $(2 / 3)^{n-1}$. + +189. Enchendo uma piscina - Como as torneiras A e B despejam água na piscina com vazão constante, o volume de água despejado na piscina de cada uma das torneiras é proporcional ao tempo em que ela fica aberta. Assim, se durante duas horas a torneira A enche $15 \%$ do volume da piscina, então em 4 horas ela encherá $30 \%$ do volume da piscina. + +Mas, quando as torneiras A e B ficam simultaneamente abertas durante quatro horas, elas conseguem encher $50 \%$ do volume da piscina. Daí, temos que a torneira B enche $50 \%-30 \%=$ $20 \%$ do volume da piscina em quatro horas. + +Para saber quanto tempo a torneira B deve ficar aberta para encher os $35 \%$ restantes do volume da piscina, basta utilizar a regra de três. + +$$ +\begin{array}{ccc} +\text { horas } & \rightarrow & \text { percentual } \\ +4 & \rightarrow & 20 \% \\ +x & \rightarrow & 35 \% +\end{array} +$$ + +Logo, a torneira B gastará $x=\frac{35 \times 4}{20}=7$ horas para encher os $35 \%$ restantes. + +## 190. Probabilidade de ser um número par + +Solução 1: Sejam $a$ e $b$ os números escritos nas bolas retiradas por José e Maria, respectivamente. Existem, então, nove possibilidades para $a$ e oito possibilidades para $b$. Desse modo, existem $9 \times 8=72$ possibilidades para o número $a b$. Para contar quantos desses números $a b$ são pares, precisamos analisar separadamente dois casos, como segue. + +- Ambos números $a$ e $b$ são pares. +- O número $a$ é ímpar e o número $b$ é par. + +No primeiro caso, em que $a$ e $b$ são pares, existem quatro possibilidades para $a$ e três possibilidades para $b$. Desse modo, existem $4 \times 3=12$ possibilidades ao todo. + +No segundo caso, em que $a$ é ímpar e $b$ é par, existem cinco possibilidades para $a$ e quatro possibilidades para $b$. Desse modo, existem $5 \times 4=20$ possibilidades. + +Portanto, a probabilidade de o número $a b$ ser par é $\frac{12+20}{72}=\frac{32}{72}=\frac{4}{9}$. + +Solução 2: A paridade do número a ser formado depende da paridade do número escrito na bola a ser retirada por Maria. Dentre os números inteiros de 1 a 9, existem cinco ímpares, $1,3,5,7$ e 9, e quatro pares, $2,4,6$ e 8 . Portanto, a probabilidade de que o número a ser formado seja par é $\frac{4}{5+4}=\frac{4}{9}$. + +191. Múltiplo de $7-N=(n+6 m)(2 n+5 m)(3 n+4 m)$ é um múltiplo de 7 . + +Solução 1: Inicialmente, observemos que, denotando $k=n-m$, temos + +$$ +\begin{aligned} +N & =(n+6 m)(2 n+5 m)(3 n+4 m) \\ +& =(n+7 m-m)(2 n+7 m-2 m)(3 n+7 m-3 m) \\ +& =(n-m+7 m)[2(n-m)+7 m][3(n-m)+7 m] \\ +& =(k+7 m)(2 k+7 m)(3 k+7 m) +\end{aligned} +$$ + +Como 7 é primo e divide $N$, então pelo menos um dos três fatores $k+7 m, 2 k+7 m$ ou $3 k+7 m$ de $N$ é múltiplo de 7 . + +(i) Se $k+7 m$ é múltiplo de 7 , então $\frac{k+7 m}{7}=\frac{k}{7}+m$ é inteiro, $\log$ o $k$ é múltiplo de 7 . Segue que $2 k$ e $3 k$ também são múltiplos de 7 e, portanto, os três fatores $k+7 m, 2 k+7 m$ e $3 k+7 m$ de $N$ são múltiplos de 7 . Concluímos que $N$ é múltiplo de $7^{3}$. + +(ii) Se $2 k+7 m$ é múltiplo de 7 , então $\frac{2 k+7 m}{7}=\frac{2 k}{7}+m$ é inteiro, $\operatorname{logo} 2 k$ é múltiplo de 7 . Como 2 e 7 são primos entre si, segue que $k$ é múltiplo de 7 , o que leva ao caso anterior e $N$ resulta ser múltiplo de $7^{3}$. + +(iii) Se $3 k+7 m$ é múltiplo de 7 , analogamente concluímos que $k$ é múltiplo de 7 , o que leva ao caso anterior e $N$ é múltiplo de $7^{3}$. + +Assim, estabelecemos que $N$ é múltiplo de $7^{3}$. + +Solução 2: Consideremos os números $A=n+6 m, B=2 n+5 m$ e $C=3 n+4 m$. Como o número primo 7 divide o produto $N=A \times B \times C$, então 7 divide pelo menos um desses fatores. Para concluir que $7^{3}$ divide $N$, basta mostrar, portanto, que se 7 divide algum dos números $A, B$ ou $C$ então 7 divide cada um deles. + +Suponhamos que 7 divida $A$. Então 7 divide $2 A$. Mas $2 A=2 n+12 m=B+7 m$. Como 7 também divide $7 m$, segue que 7 divide $B$. Da mesma forma, como 7 divide $A$, segue que 7 divide $3 A$. Mas $3 A=3 n+18 m=C+14 m$. Como 7 também divide $14 m$, concluímos que 7 divide $C$. + +Suponhamos que 7 divida $B$. Então 7 divide $4 B$. Mas $4 B=8 n+20 m=A+7(n+2 m)$. Como 7 também divide $7(n+2 m)$, segue que 7 divide $A$. Como já foi mostrado acima, dividindo $A$, 7 também divide $C$. + +Suponhamos que 7 divida $C$. Então 7 divide $5 C$. Mas $5 C=15 n+20 m=A+7(2 n+2 m)$. Como 7 também divide $7(2 n+2 m)$, segue que 7 divide $A$. Como já foi mostrado acima, dividindo $A, 7$ também divide $B$. + +192. Os ângulos $15^{\circ}$ e $75^{\circ}-$ Como $D B$ é a diagonal de um quadrado de lado medindo $1 \mathrm{~cm}, o$ Teorema de Pitágoras garante que $D B^{2}=1^{1}+1^{2}=2$, ou seja, $D B=\sqrt{2}$. Recordemos que + +$$ +\begin{array}{ll} +\cos 60^{\circ}=\operatorname{sen} 30^{\circ}=\frac{1}{2} ; & \operatorname{tg} 60^{\circ}=\frac{\operatorname{sen} 60^{\circ}}{\cos 60^{\circ}}=\sqrt{3} \\ +\operatorname{sen} 60^{\circ}=\cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2} ; & \operatorname{tg} 30^{\circ}=\frac{\operatorname{sen} 30^{\circ}}{\cos 30^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{3} +\end{array} +$$ + +(a) O triângulo $\triangle B C E$ é equilátero, logo seus ângulos internos medem $60^{\circ}$. A partir dessa informação, obtemos os ângulos assinalados na figura. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-108.jpg?height=437&width=716&top_left_y=1261&top_left_x=750) + +No triângulo $\triangle C D F$ temos sen $60^{\circ}=\frac{C D}{D F}=\frac{1}{D F}$. Como sen $60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, segue que $\frac{1}{D F}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ e, portanto, que $D F=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$. Ainda no triângulo $\triangle C D F$ temos $\cos 60^{\circ}=\frac{C F}{D F}=\frac{C F}{2 \sqrt{3} / 3}$. Mas $\cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}$, de onde se conclui que $\frac{1}{2}=\frac{C F}{2 \sqrt{3} / 3}$, ou seja, $C F=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Segue que $B F=1-C F=1-\frac{\sqrt{3}}{3}$. Temos, agora, + +$$ +\frac{1}{2}=\operatorname{sen} 30^{\circ}=\frac{F N}{B F}=\frac{F N}{1-\sqrt{3} / 3}, \quad \text { de modo que } \quad F N=\frac{3-\sqrt{3}}{6} +$$ + +e + +$$ +\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos 30^{\circ}=\frac{B N}{B F}=\frac{B N}{1-\frac{\sqrt{3}}{3}}, \quad \text { de modo que } \quad B N=\frac{\sqrt{3}-1}{2} +$$ + +Assim, calculamos os três lados do triângulo $\triangle D B N$, como segue. + +- $D B=\sqrt{2}$; +- $D N=D F+F N=\frac{2 \sqrt{3}}{3}+\frac{3-\sqrt{3}}{6}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$; +- $B N=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$. +(b) No triângulo $\triangle D B N$ temos $D \widehat{B} N=45^{\circ}+30^{\circ}=75^{\circ}$, donde concluímos que $B \widehat{D} N=15^{\circ}$. Assim, temos + +$$ +\cos 75^{\circ}=\frac{B N}{D B}=\frac{\frac{\sqrt{3}-1}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} +$$ + +e + +$$ +\cos 15^{\circ}=\frac{D N}{D B}=\frac{\frac{1+\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} +$$ + +Resta observar que sen $75^{\circ}=\cos 15^{\circ}$, sen $15^{\circ}=\cos 75^{\circ}$ e que + +$\operatorname{tg} 75^{\circ}=\frac{\operatorname{sen} 75^{\circ}}{\cos 75^{\circ}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}$ e $\operatorname{tg} 15^{\circ}=\frac{\operatorname{sen} 15^{\circ}}{\cos 15^{\circ}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-109.jpg?height=526&width=406&top_left_y=445&top_left_x=1476) + +## 193. Circulos tangentes + +(a) Na figura dada estão desenhadas dois círculos concêntricos de raios $r$ e $R$ e um círculo de raio $x$, simultaneamente tangente aos dois círculos concêntricos. Logo, $r+2 x=R$, donde $x=\frac{R-r}{2}$. + +(b) Na figura dada temos dois círculos tangentes de raio $x$ que também são tangentes aos dois círculos concêntricos de raios $r$ e $R$. Os pontos $A, B$ e $C$ são os centros desses círculos. Para traçar doze círculos de raio $x$ na região entre os dois círculos concêntricos, devemos ter $A \widehat{C} B=\frac{360^{\circ}}{12}=30^{\circ}$. +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-109.jpg?height=706&width=352&top_left_y=1048&top_left_x=1528) + +Se $T$ é o ponto de tangência dos círculos de raio $x$, então $T$ é ponto médio do segmento $A B$ e $A \widehat{C} T=15^{\circ}$. Nesse triângulo retângulo temos + +$$ +\operatorname{sen} 15^{\circ}=\frac{A T}{A C}=\frac{x}{r+x} +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-109.jpg?height=225&width=431&top_left_y=1755&top_left_x=1452) + +Observe que + +$$ +\begin{aligned} +\operatorname{sen} 15^{\circ} & =\operatorname{sen}\left(45^{\circ}-30^{\circ}\right)=\operatorname{sen} 45^{\circ} \cos 30^{\circ}-\cos 45^{\circ} \operatorname{sen} 30^{\circ} \\ +& =\frac{\sqrt{3}}{2} \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2} \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} +\end{aligned} +$$ + +o que coincide com o valor obtido na questão precedente. Mas $x=\frac{R-r}{2}$, do que concluímos que $\frac{R-r}{R+r}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$. Dividindo por $r$ o numerador e o denominador do membro esquerdo dessa igualdade obtemos + +$$ +\frac{\frac{R}{r}-1}{\frac{R}{r}+1}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} +$$ + +Segue que $4\left(\frac{R}{r}-1\right)=(\sqrt{6}-\sqrt{2})\left(\frac{R}{r}+1\right)$ e, finalmente, + +$$ +\frac{R}{r}=\frac{4+\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4-\sqrt{6}+\sqrt{2}} +$$ + +Observação: Uma outra maneira de obter o valor de sen $15^{\circ}$ é utilizar a fórmula $\operatorname{sen}(\theta / 2)=\sqrt{(1-\cos \theta) / 2}$ do ângulo metade. Para $\theta=30^{\circ}$, obtemos + +$$ +\operatorname{sen} 15^{\circ}=\operatorname{sen} \frac{30^{\circ}}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos 30^{\circ}}{2}}=\sqrt{\frac{1-\sqrt{3} / 2}{2}}=\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2} +$$ + +Repetindo o argumento apresentado acima com esse valor do seno, obtemos + +$$ +\frac{R}{r}=\frac{2+\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2-\sqrt{2-\sqrt{3}}} +$$ + +É bastante curioso e nada evidente, à primeira vista, que essas duas expressões envolvendo radicais sejam iguais: + +$$ +\frac{4+\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4-\sqrt{6}+\sqrt{2}}=\frac{2+\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2-\sqrt{2-\sqrt{3}}} +$$ + +194. Mudando a base - Num triângulo isósceles, a altura relativa à base coincide com a mediana. Traçando essa altura no triângulo dado, de base 10, obtemos dois triângulos retângulos com catetos medindo 5 e $h$ e hipotenusa 13. Pelo Teorema de Pitágoras, temos $h^{2}+5^{2}=13^{2}$, donde $h^{2}=13^{2}-5^{2}=144 \mathrm{e}$, portanto, $h=\sqrt{144}=12$. Logo, a área do triângulo dado é + +$$ +A=\frac{b \times h}{2}=\frac{10 \times 12}{2}=60 \mathrm{~cm}^{2} +$$ + +Agora "colamos" os dois triângulos retângulos ao longo do cateto medindo 5, obtendo um triângulo isósceles com $12+12=24 \mathrm{~cm}$ de base, lados de $13 \mathrm{~cm}$ e altura relativa à base igual a $5 \mathrm{~cm}$. Logo, esse novo triângulo isósceles também tem área igual a $\frac{24 \times 5}{2}=60 \mathrm{~cm}^{2}$. + +195. Clube de Matemática - Sejam $H$ e $M$ os números de homens e mulheres, respectivamente, no clube. Temos duas possibilidades. Se eu sou um menino, temos $M=H-1$ e, quando falta um menino, o número total de pessoas no clube é + +$$ +M+H-1=H-1+H-1=2 H-2 +$$ + +Logo, $H-1=M=\frac{3}{4}(2 H-2)$, de modo que $H=1$. Mas então, $M=1-1=0$, o que não é possível. Assim, necessariamente, eu sou uma menina, e, portanto, $M=H+1$ e temos $H+1=\frac{3}{4}(2 H+1-1)$, donde $H=2$ e $M=3$. + +## 196. Uma calculadora diferente + +Solução 1: Para calcular $(2 * 3)+(0 * 3)$ utilizamos as propriedades (i), (ii) e (iii), obtendo + +$$ +\begin{array}{rll} +(2 * 3)+(0 * 3) & \stackrel{(\mathrm{iii})}{=} & (2+0) *(3+3) \\ += & (6+(-4)) *(6+0) \\ +& \stackrel{(\mathrm{iii})}{=} & (6 * 6)+((-4) * 0) \\ +& \stackrel{(\mathrm{i})}{=}(\mathrm{ii}) & 6+(-4) \times 2 \\ +& =6-8=-2 +\end{array} +$$ + +Para calcular $1024 * 48$, observe que $1024=976+48$. Assim, + +$$ +\begin{aligned} +1024 * 48 & =(976+48) *(0+48) \\ +& =(976 * 0)+(48 * 48) \\ +& =976 \times 2+48 \\ +& =1952+48=2000 +\end{aligned} +$$ + +Solução 2: Pelas propriedades (i), (ii) e (iii), + +$$ +\begin{aligned} +a * b & =((a-b)+b) *(0+b) \\ +& =((a-b) * 0)+(b * b) \\ +& =(a-b) \times 2+b \\ +& =2 a-2 b-b \\ +& =2 a-b +\end{aligned} +$$ + +para quaisquer inteiros $a$ e $b$. Assim, + +$$ +(2 * 3)+(0 * 3)=(2 \times 2-3)+(2 \times 0-3)=1-3=-2 +$$ + +$$ +1024 * 48=2 \times 1024-48=2048-48=2000 +$$ + +Observação: Existe uma única operação $*$ sobre os inteiros com as propriedades (i), (ii) e (iii) do enunciado, a saber, $a * b=2 a-b$, como mostramos na segunda solução. No entanto, mesmo restringindo o domínio de $*$ aos inteiros não negativos, é possível mostrar que uma operação com as propriedades (i), (ii) e (iii) do enunciado existe, e é única, sendo dada por $a * b=2 a-b$, só que, agora, precisamos nos restringir a números inteiros não negativos $a, b$ tais que $2 a \geq b$, para que o resultado da operação ainda seja um número inteiro não negativo. Denotemos o conjunto dos inteiros não negativos por $\mathbb{N}^{*}$. + +É claro que a dedução feita na segunda solução se aplica somente se $a \geq b$ pois, nesse caso, $a-b \in \mathbb{N}^{*}$. Para provar a existência e unicidade da operação $a * b$ nos inteiros não negativos tais que $2 a \geq b$, precisamos de um argumento mais sutil, como segue. + +Supondo que a operação $a * b$ esteja definida em $\mathbb{N}^{*}$ sempre que $2 a \geq b$, dando um resultado em $\mathbb{N}^{*}$ e satisfazendo as propriedades (i), (ii) e (iii) do enunciado, afirmamos que $a * b=2 a-b$ vale sempre. De fato, dado $c \in \mathbb{N}^{*}$, temos $c *(2 c)=0$, já que podemos cancelar $2 c$ de ambos lados da igualdade + +$$ +2 c=(2 c) *(2 c)=(c+c) *(2 c+0)=(c *(2 c))+(c * 0)=(c *(2 c))+2 c +$$ + +Agora, dados $a, b \in \mathbb{N}^{*}$, com $2 a \geq b$ e $b>a$, temos $2 a-b, b-a \in \mathbb{N}^{*} \mathrm{e}$ + +$$ +\begin{aligned} +a * b & =((2 a-b)+(b-a)) *((2 a-b)+(2 b-2 a)) \\ +& =(2 a-b) *(2 a-b)+(b-a) *(2(b-a)) \\ +& =(2 a-b)+0=2 a-b +\end{aligned} +$$ + +Finalmente, para $a, b \in \mathbb{N}^{*}$, com $2 a \geq b$ e $a \geq b$, isso já foi mostrado na segunda solução. Assim, $a * b=2 a-b$ vale para quaisquer $a, b \in \mathbb{N}^{*}$ tais que $2 a \geq b$. + +197. Cercando o globo terrestre - Como o raio da Terra é muito grande, e foi dado apenas um acréscimo de $1 \mathrm{~m}$ ao comprimento do fio ao longo do Equador, parece que a folga entre o fio e o Equador é muito pequena. Mais ainda, se trocarmos a Terra por Júpiter ou por uma +bolinha de gude e realizarmos essa mesma experiência, parece que a altura da folga entre o fio aumentado e o "equador" dessa esfera também muda, sendo que quanto maior a esfera considerada, menor é a folga entre o fio e o "equador" da esfera. + +Mostremos que essa ideia intuitiva é falsa e que a altura da folga, entre o fio e o Equador, sempre é de aproximadamente $16 \mathrm{~cm}$, independentemente do raio da esfera em que a experiência for realizada. + +Consideremos a circunferência de comprimento $2 \pi R$ de um círculo de raio $R$ e também a circunferência de comprimento igual a $2 \pi R+1$ de um outro círculo de mesmo centro, de raio igual a $R+h$. Assim, $h$ é a altura da "folga" entre as duas circunferências. Como a circunferência de um círculo de raio $R+h$ tem comprimento igual a $2 \pi(R+h)$, obtemos a igualdade + +$$ +2 \pi R+1=2 \pi(R+h)=2 \pi R+2 \pi h +$$ + +que, simplificada, fornece $1=2 \pi h$, ou seja, + +$$ +h=\frac{1}{2 \pi} \approx \frac{1}{6,28} \approx 0,16 +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-112.jpg?height=308&width=306&top_left_y=840&top_left_x=1523) + +Portanto, independentemente do valor de $R$, a altura da folga obtida com $1 \mathrm{~m}$ a mais de fio é, sempre, de aproximadamente $16 \mathrm{~cm}$. Em particular, somente uma formiga é capaz de passar por debaixo desse fio. + +198. Comprimento de uma corda - Sendo $A B$ um diâmetro, o triângulo $\triangle A B C$ está inscrito numa semicircunferência, implicando que esse triângulo é retângulo no vértice $C$. Pelo Teorema de Pitágoras, + +$$ +B C^{2}=A B^{2}-A C^{2} +$$ + +ou seja, + +$$ +B C^{2}=20^{2}-12^{2}=256=16^{2} +$$ + +Assim, obtemos que $B C=16$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-112.jpg?height=348&width=420&top_left_y=1528&top_left_x=1412) + +199. Dois irmãos - Sejam $x$ e $y$ as idades atuais dos dois irmãos e $z$ a idade do pai. Temos + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-112.jpg?height=168&width=882&top_left_y=1983&top_left_x=610) + +Uma maneira simples de encontrar $z$ é multiplicar a terceira equação por 2 e do resultado subtrair a segunda equação, obtendo $2 z+40-(z-1)=80-(-4)$, o que implica $z=43$. Usando as duas primeiras equações podemos calcular, agora, a idade dos dois filhos. Pela primeira equação, $x=y+3$ e, pela segunda, $43-1=2 x+2 y-4$, ou seja, $x=23-y$. Somando essas duas equações obtidas, encontramos $2 x=26$, donde $x=13$ e, portanto, $y=10$. + +200. Canelonis de ricota - Colando os retângulos de massa ao longo do maior lado, Pedro obtém um cilindro de base circular com $10 \mathrm{~cm}$ de comprimento e $16 \mathrm{~cm}$ de altura. O volume que ele, então, recheia com ricota é o volume $V=$ área da base $\times$ altura desse cilindro. A área da base é dada por $\pi \times r^{2}$, onde $r$ denota o raio da base. Vamos, então, calcular o raio +sabendo que o perímetro da base é $10 \mathrm{~cm}$. Temos $2 \pi r=10$, ou seja, $r=5 / \pi$. Assim, o volume de ricota para cada caneloni é dado, nesse caso, por + +$$ +V=\pi \times \frac{5^{2}}{\pi^{2}} \times 16=\frac{16 \times 25}{\pi}=\frac{400}{\pi} \mathrm{cm}^{3} +$$ + +Agora, colando os retângulos de massa ao longo do menor lado, Pedro obtém um cilindro de base circular com $14 \mathrm{~cm}$ de perímetro e $12 \mathrm{~cm}$ de altura. + +O raio da base agora é dado por $r^{\prime}=14 / 2 \pi=7 / \pi$. Assim, o volume de ricota para cada caneloni é dado, nesse caso, por + +$$ +V^{\prime}=\pi \times \frac{7^{2}}{\pi^{2}} \times 12=\frac{588}{\pi} \mathrm{cm}^{3} +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-113.jpg?height=317&width=548&top_left_y=658&top_left_x=1325) + +Finalmente, para calcular o novo gasto com ricota, usamos uma regra de três direta. + +$$ +\begin{array}{ccc} +\text { Volume }\left(\mathrm{cm}^{3}\right) & & \text { Ricota }(\mathrm{g}) \\ +\frac{400}{\pi} & \longrightarrow & 500 \\ +\frac{588}{\pi} & \longrightarrow & x +\end{array} +$$ + +Segue que + +$$ +x=\frac{500 \times 588}{400}=735 \mathrm{~g}, +$$ + +de modo que agora Pedro gasta $235 \mathrm{~g}$ a mais de ricota por caneloni. + +201. Cálculo de segmentos - $\mathrm{O}$ triângulo $\triangle A B P$ é retângulo com catetos $A B=1200$ e $B P=$ $150+350=500$. Pelo Teorema de Pitágoras, temos + +$$ +A P^{2}=1200^{2}+500^{2}=(144+25) \times 10^{4}=169 \times 10^{4}=\left(13 \times 10^{2}\right)^{2} +$$ + +de modo que $A P=13 \times 10^{2}=1300 \mathrm{~m}$. Analogamente, considerando o triângulo retângulo $\triangle P C D$, temos + +$$ +D P^{2}=350^{2}+1200^{2}=\left(7^{2}+12^{2} \times 2^{2}\right)\left(5^{2} \times 10^{2}\right)=25^{2} \times 50^{2} +$$ + +donde $D P=1250 \mathrm{~m}$. Os triângulos $\triangle P C Q$ e $\triangle P B A$ são retângulos com um ângulo em comum, logo são semelhantes e segue que + +$$ +\frac{P Q}{P A}=\frac{P C}{P B}=\frac{C Q}{A B} +$$ + +Substituindo os valores conhecidos, obtemos + +$$ +\frac{P Q}{1300}=\frac{350}{500}=\frac{C Q}{1200} +$$ + +Assim, + +$$ +P Q=\frac{350 \times 1300}{500}=910 \mathrm{~m} \text { e } C Q=\frac{350 \times 1200}{500}=840 \mathrm{~m} +$$ + +202. Prá chegar junto! - Sabemos que a velocidade é a razão da distância percorrida pelo tempo gasto. Como as velocidades de Luisa e Ada são constantes, a distância percorrida por cada uma é proporcional ao tempo decorrido. Logo, se Ada percorre $3000-120=2880 \mathrm{~m}$ no mesmo tempo em que Luisa percorre $3000 \mathrm{~m}$, então Ada percorrerá $3000 \mathrm{~m}$ no mesmo tempo em que Luisa percorrer $d \mathrm{~m}$, numa rega de três direta. + +$$ +\begin{array}{rlc} +\text { Luisa } & \rightarrow \text { Ada } \\ +3000 & \rightarrow 2880 \\ +d & \rightarrow 3000 +\end{array} +$$ + +Assim, $d=\frac{3000^{2}}{2880}=3125$ e Luisa deve partir $125 \mathrm{~m}$ antes do ponto A para chegar junto com Ada ao ponto $\mathrm{B}$. + +203. Um professor enfurecido - Quem teve $x$ como nota mensal vai ter um desconto de $x \%$ sobre essa nota, ou seja vai perder + +$$ +x \% \text { de } x=\frac{x}{100} \times x=\frac{x^{2}}{100} +$$ + +Logo, uma nota inicial de $x$, depois do castigo, fica sendo $x-\frac{x^{2}}{100}$. Consideremos essa função "nota depois do castigo", dada por + +$$ +f(x)=x-\frac{x^{2}}{100} +$$ + +Como as notas máximas e mínimas são 0 e 100, podemos considerar essa função apenas no domínio $[0,100]$, ou seja, para $0 \leq x \leq 100$. O gráfico de $f$ é uma parábola com concavidade para baixo. O valor mínimo dessa função é 0 , que ocorre em $x=0$ e $x=100$ e o valor máximo ocorre no vértice, ou seja, no ponto $x=50$, que é a média aritmética entre as duas raízes 0 e 100 de $f$. + +(a) A maior nota depois do castigo é para os alunos que, antes do castigo, tiraram 50. Essa nota é + +$$ +f(50)=50-\frac{50^{2}}{100}=25 +$$ + +(b) A menor nota é 0 e ocorre para os alunos que tiraram 0 ou, pasmem, 100 antes do castigo. De fato, $f(0)=f(100)=0$. + +(c) Para cada nota maior do que 50 há uma outra nota, menor do que 50 , que acaba sendo igual depois do castigo. De fato, pela simetria da parábola, $f(50-n)=f(50+n)$, para cada $0 \leq n \leq 50$. Por exemplo, quem tirou 30 acaba com a mesma nota 21 de quem tirou 70, pois $f(30)=21=f(70)$. Assim, procede a reclamação dos alunos que tiraram notas boas. + +204. O percurso de um atleta - O Polo Norte da Terra é o ponto mais fácil de ser identificado como solução: saindo o atleta do Polo Norte, correndo $5 \mathrm{~km}$ para o Sul, depois $5 \mathrm{~km}$ para o Leste e finalmente $5 \mathrm{~km}$ para o Norte, ele volta novamente para o Polo Norte. +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-114.jpg?height=360&width=1126&top_left_y=2338&top_left_x=497) + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-115.jpg?height=380&width=808&top_left_y=261&top_left_x=655) + +Vamos determinar outros ponto da Terra que satisfazem as hipóteses do problema. Consideremos o paralelo (linha paralela ao Equador) de comprimento $5 \mathrm{~km}$. Existem dois deles, um próximo ao Polo Norte e outro próximo ao Polo Sul. Vamos denotar por $C_{1}$ o que está mais próximo do Polo Sul e por $C_{2}$ o paralelo que está $5 \mathrm{~km}$ ao Norte de $C_{1}$, distância essa medida ao longo de um meridiano. Afirmamos que qualquer ponto $A$ sobre o paralelo $C_{2}$ satisfaz as hipóteses do problema. De fato, saindo de $A$ e caminhando $5 \mathrm{~km}$ para o Sul, chega-se a um ponto $B$ do paralelo $C_{1}$. Como $C_{1}$ mede $5 \mathrm{~km}$, saindo de $B$ e caminhando $5 \mathrm{~km}$ para o Leste retorna-se novamente a $B$. Finalmente, saindo de $B$ e caminhando $5 \mathrm{~km}$ para o norte, retorna-se novamente ao ponto de partida $A$. + +205. Áreas iguais - Seja $T$ a área do triângulo $\triangle A B C$ e denotemos por $a$ e $c$ as áreas internas aos semicírculos de diâmetros $A B$ e $B C$ mas externas ao semicírculo de diâmetro $A C$ e por $b$ e $d$ as áreas compreendidas entre os catetos do triângulo e o semicírculo de diâmetro $A C$. Segue que a área do semicírculo de diâmetro $A B$ é dada por $a+b$, portanto, + +$$ +a+b=\frac{1}{2} \pi\left(\frac{A B}{2}\right)^{2}=\frac{\pi}{8} A B^{2} +$$ + +a área do semicírculo de diâmetro $B C$ é dada por $c+d$, portanto, + +$$ +c+d=\frac{1}{2} \pi\left(\frac{B C}{2}\right)^{2}=\frac{\pi}{8} B C^{2} +$$ + +e a área do semicírculo de diâmetro $A C$ é dada por $b+d+T$, portanto, + +$$ +b+d+T=\frac{1}{2} \pi\left(\frac{A C}{2}\right)^{2}=\frac{\pi}{8} A C^{2} +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-115.jpg?height=339&width=417&top_left_y=1518&top_left_x=1462) + +e, em particular, $b+d=\frac{\pi}{8} A C^{2}-T$. Além disso, o Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo retângulo $\triangle A B C$ fornece $A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}$ ou, então, $A B^{2}+B C^{2}-A C^{2}=0$. Assim, + +$$ +a+c=(a+b)+(c+d)-(b+d)=\frac{\pi}{8}\left(A B^{2}+B C^{2}-A C^{2}\right)+T=T +$$ + +ou seja, a soma $a+b$ das áreas sombreadas é igual à área $T$ do triângulo retângulo $\triangle A B C$. + +## 206. Função definida por área + +(a) A reta $r$ passa pelo ponto $(0,2)$, portanto, tem equação dada por $y=m x+2$. Como essa reta também passa pelo ponto $(-2,0)$, temos $0=-2 m+2$, o que implica $m=1$. Assim, a equação de $r$ é $y=x+2$. A reta $s$ passa pelo ponto $(0,6)$, portanto, tem equação dada por $y=m x+6 \mathrm{e}$, como também passa pelo ponto $(3,0)$, temos $0=3 m+6$, o que implica $m=-2$. Assim, a equação de $s$ é $y=-2 x+6$. +(b) Denotemos por $A$ o ponto de encontro das retas $r$ e $s, B=(0,2), O=(0,0)$, $D=(3,0)$ e por $C$ o ponto de corte da reta $s$ com a reta horizontal por $B$, como na figura dada. Por definição, $f(0)$ é a soma das áreas do triângulo $\triangle A B C$ e do trapézio $B O D C$. + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-116.jpg?height=529&width=448&top_left_y=495&top_left_x=878) + +Para determinar as coordenadas de $A$, igualamos $x+2=-2 x+6$, obtendo $x=4 / 3$. Substituindo esse valor na equação de $r$ ou $s$ resulta $y=10 / 3$, ou seja, $A=(4 / 3,10 / 3)$. O ponto $C$ pertence à reta $s$ e à reta $y=2$, portanto, $-2 x+6=2$, ou seja, $x=2$, e obtemos $C=(2,2)$. A altura do triângulo $\triangle A B C$ em relação à base $B C$ é $h=10 / 3-2=4 / 3$, portanto, a área do triângulo $\triangle A B C$ é igual a $\frac{1}{2} \times \frac{4}{3} \times 2=\frac{4}{3}$. Já a área do trapézio $B O D C$ é $2 \times \frac{3+2}{2}=5$, de modo que + +$$ +f(0)=\frac{4}{3}+5=\frac{19}{3} +$$ + +(c) Observe que $f(y)$ é igual a $f(0)$ menos a área do trapézio de altura $y$ e bases 3 e $x$, sendo $x$ a abscissa do ponto da reta $s$ que tem ordenada $y$, ou seja, satisfaz $y=-2 x+6$. Assim, $x=(6-y) / 2=3-\frac{1}{2} y$ e a área desse trapézio é dada por + +$$ +\frac{3+x}{2} y=\frac{3+3-\frac{1}{2} y}{2} y=3 y-\frac{1}{4} y^{2} +$$ + +e obtemos, para $0 \leq y<2$, + +$$ +f(y)=\frac{19}{3}-3 y+\frac{1}{4} y^{2}=\frac{1}{4} y^{2}-3 y+\frac{19}{3} +$$ + +(c) O gráfico de $f(y)=\frac{y^{2}}{4}-3 y+\frac{19}{3}$ é uma parábola côncava para cima. As coordenadas do vértice $V$ dessa parábola são $x=\frac{3}{2 / 4}=6$ e + +$$ +y=f(6)=\frac{6^{2}}{4}-3 \times 6+\frac{19}{3}=-9+\frac{19}{3}=-\frac{8}{3} +$$ + +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-116.jpg?height=366&width=382&top_left_y=2164&top_left_x=1431) + +ou seja, $V=(6,-8 / 3)$. Como $f(2)=1-6+\frac{19}{3}=\frac{4}{3}$, o gráfico de $f$, com $0 \leq y<2$, é o segmento de parábola em linha grossa na figura dada. + +207. PA e $\boldsymbol{P G}$ - Os quatro termos de uma progressão aritmética de razão $r$ podem ser escritos como + +$$ +x, x+r, x+2 r, x+3 r +$$ + +Assim, os três números em progressão geométrica são $x, x+2 r, x+3 r$. Então, pela própria definição de progressão geométrica, $x+2 r$ é a média geométrica de $x$ e $x+3 r$, ou seja, + +$$ +x(x+3 r)=(x+2 r)^{2} +$$ + +Segue daí que $x^{2}+3 x r=x^{2}+4 x r+4 r^{2}$ e, portanto, $-x r=4 r^{2}$. O caso $r=0$ não é interessante, pois daria origem a progressões constantes. Supondo $r \neq 0$, obtemos $-x=4 r$. + +Atribuindo valores não-nulos a $x$, obtemos soluções do problema. Por exemplo, para $x=4$, obtemos ( $r=-1$ e) a progressão aritmética $4,3,2,1$ tal que os números $4,2,1$ formam uma progressão geométrica. Note que esse problema tem uma infinidade de soluções, uma para cada valor escolhido de $x \neq 0$. + +208. Plano cartesiano - Comecemos examinando alguns casos. + +- $f(1)$ é o número de pontos inteiros sobre o segmento que liga $(0,0)$ ao ponto $(1,4)$, portanto, $f(1)=0$. +- $f(2)$ é o número de pontos inteiros sobre o segmento que liga $(0,0)$ ao ponto $(2,3)$, portanto, $f(2)=0$. +- $f(3)$ é o número de pontos inteiros sobre o segmento que liga $(0,0)$ ao ponto $(3,6)$. Como nesse segmento estão os dois pontos inteiros $(1,2)$ e $(2,4)$, segue que $f(3)=2$. +![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_30c9a294a58a6e4b8190g-117.jpg?height=384&width=1510&top_left_y=1458&top_left_x=338) + +Vejamos, agora, o caso geral. Note que se um ponto inteiro $(x, y)$ está sobre o segmento que une $(0,0)$ a $(n, n+3)$, sem ser uma das extremidades, então $01$. Então $d$ divide $n$ e $n+3$, portanto $d$ divide $(n+3)-n=3$. Logo, como $d>1$, temos $d=3$, o que não é possível, +porque partimos da hipótese de que 3 não divide $n$. Assim, o MDC de $n$ e $n+3$ é 1 , provando o lema. + +Mostremos, agora, que os únicos pontos inteiros sobre o segmento que une $(0,0)$ a $(n, n+3)$ são as extremidades. De fato, suponhamos que esse segmento contenha algum ponto inteiro $(x, y)$ diferente das extremidades. Então $00$ para qualquer $n$, para verificar se + +$$ +\frac{k^{2}}{1,001^{k}}=\frac{k^{2} \times 1,001}{1,001^{k+1}}<\frac{(k+1)^{2}}{1,001^{k+1}} +$$ + +basta verificar se $k^{2} \times 1,001<(k+1)^{2}$. Multiplicando tudo por 1000 , isso equivale a $k(k-2000)<1000$. Ora, para $1 \leq k \leq 2000$ temos $k(k-2000) \leq 0<1000$ e, para $k \geq 2001$, vale $k(k-2000)>2001>1000$. Em particular, + +$$ +\frac{2000^{2}}{1,001^{2000}}<\frac{2001^{2}}{1,001^{2001}} \quad \text { e } \frac{2001^{2}}{1,001^{2001}}>\frac{2002^{2}}{1,001^{2002}} +$$ + +Logo, a sequência dada cresce estritamente com $1 \leq k \leq 2001$ e daí decresce estritamente com $k \geq 2001$. Assim, o maior termo dessa sequência é atingido com $k=2001$. + +## 213. Moedas falsas + +(a) Aladim deve retirar de cada saco um número diferente de moedas, como segue. Primeiro retira uma moeda do primeiro saco, depois duas do segundo, daí três do terceiro, e assim, sucessivamente, até o último saco, do qual retira as dez moedas. Ao todo, foram retiradas $1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=55$ moedas, que são colocadas na balança. Se todas essas moedas fossem verdadeiras, pesariam um total de $55 \times 10=550$ g. Mas, como algumas são falsas, o peso será menor. Se faltar um grama é porque há somente uma moeda falsa e, portanto, o primeiro saco é o procurado. Se faltarem dois gramas é porque há duas moedas falsas e, portanto, o segundo saco é o procurado, e assim sucessivamente. + +(b) Vejamos que, em geral, uma tentativa de solução como a anterior não permite a identificação dos sacos com moedas falsas. Suponhamos que Aladim tenha retirado uma moeda do primeiro saco, duas moedas do segundo, e assim sucessivamente, até o último saco, de onde ele retirou dez moedas. Se existissem dois ou mais sacos com moedas falsas, o procedimento de pesar essas 55 moedas pode ser inconclusivo. Por exemplo, digamos que na pesagem das 55 moedas faltassem $7 \mathrm{~g}$, ou seja, foram pesadas 7 moedas falsas. Nesse caso, poderiam existir moedas falsas nos sacos 1 e 6 , ou moedas falsas nos sacos 2 e 5 , ou moedas falsas nos sacos 1,2 e 4 , etc. Ou seja, procedendo dessa maneira não é possível identificar quais são os sacos de moedas falsas. + +Para resolver esse problema, ele pode proceder de uma outra maneira, como segue. Primeiro ele retira uma moeda do primeiro saco, depois duas moedas do segundo, daí quatro do terceiro, oito do quarto, dezesseis do quinto saco e assim, sucessivamente, até o último saco, sempre dobrando, a cada saco, o número de moedas retiradas do saco. Dessa forma são retiradas, ao todo, + +$$ +1+2+4+8+16+32+64+128+256+512=1023 +$$ + +moedas que, juntas, pesariam $10230 \mathrm{~g}$, se todas as moedas retiradas fossem verdadeiras. A diferença entre o peso real obtido na pesagem dessas 1.023 moedas e seu peso ideal de $10230 \mathrm{~g}$, indica a quantidade de moedas falsas pesadas e em quais dos sacos elas estão. Vejamos isso através de um exemplo. Imaginemos que na pesagem tenham sido obtidos $10125 \mathrm{~g}$, ou seja, faltaram $10230-10125=105 \mathrm{~g}$, que correspondem ao número de moedas falsas. Subtraindo, sucessivamente, os números correspondentes às moedas retiradas de cada saco, começando sempre do maior número menor do que 105, temos $105-64=41,41-32=9,9-8=1$, ou seja, $105=1+8+32+64$. Desse resultado, Aladim pode concluir que foram retiradas 1, 8, 32 e 64 moedas falsas do primeiro, quarto, sexto e sétimo sacos. + +Vamos, agora, justificar, de um modo mais formal, o raciocínio desenvolvido no exemplo numérico. Seja $p$ o peso obtido com a pesagem das 1023 moedas retiradas. A diferença $10230-p$ é o número de moedas falsas retiradas dos sacos. Efetuando divisões sucessivas por 2, pode-se provar que qualquer número inteiro positivo se escreve, de maneira única, como uma soma de potências distintas de 2. De fato, é isso que fornece a justificativa teórica para a expansão binária, ou seja, em base 2 , dos números naturais. No nosso caso, isso implica que + +$$ +10230-p=1 \times a_{0}+2 \times a_{1}+2^{2} \times a_{2}+2^{3} \times a_{3}+\cdots+2^{9} \times a_{9} +$$ + +em que cada um dos números $a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{9}$ é 0 ou 1 . + +De cada saco foram retiradas quantidades de moedas que são potências de 2 e cada saco ou contém somente moedas falsas ou contém somente moedas verdadeiras, isto é, em um mesmo saco não existem os dois tipos de moedas. Daí, temos que se algum desses +números, digamos $a_{j}$, for 1 , então foram retiradas $2^{j}$ moedas falsas do saco $j+1$; por outro lado, se o número $a_{j}$ for 0 , então foram retiradas $2^{j}$ moedas verdadeiras do saco $j+1$. + +214. Menor inteiro - Como $q=2005-p$, queremos + +$$ +\frac{5}{8}<\frac{p}{2005-p}<\frac{7}{8} +$$ + +de onde segue que $5(2005-p)<8 p$ e $8 p<7(2005-p)$. Logo, + +$$ +\frac{5 \times 2005}{13}