# Nível 3 

## Lista 1

1. Brincando com a calculadora - Digite numa calculadora um número qualquer de 3 algarismos. Em seguida, digite o mesmo número, obtendo assim um número de 6 algarismos da forma $a b c a b c$. Divida esse número por 7 , divida o resultado por $11 \mathrm{e}$, finalmente, divida o número obtido por 13. O que aconteceu? Por que você obteve este resultado?
2. No galinheiro - Um galinheiro com área igual a $240 \mathrm{~m}^{2}$ 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 as condições acima no plano cartesiano $x O y$.

(c) Esse galinheiro comporta 20 galinhas e 80 pintinhos? E 30 galinhas e 100 pintinhos?

(d) Qual o número máximo de galinhas que podem ser colocadas no galinheiro, respeitando os espaços desejáveis e o gasto máximo de ração? E de pintinhos?

3. Um número perfeito - Um número natural $n$ é dito perfeito se a soma de todos os seus divisores próprios, isto é, 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.
4. Quinze minutos a mais - Dois carros partem ao mesmo tempo de uma cidade A em direção a uma cidade B. Um deles viaja com velocidade constante de $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ e o outro com velocidade constante de $70 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Se o carro mais rápido faz esta viagem em 15 minutos a menos que o outro carro, qual a distância entre as duas cidades?
5. Outros caminhos - Partindo de sua casa para chegar na escola, Júlia deve caminhar 8 quarteirões para a direita e 5 quarteirões para cima, como indicado na figura abaixo.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-01.jpg?height=361&width=528&top_left_y=1863&top_left_x=728)

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?

## Lista 2

1. Escrevendo em um tabuleiro - Um tabuleiro quadrado de 3 linhas por 3 colunas contém nove casas. De quantos modos diferentes podemos escrever as três letras A, B e $\mathbf{C}$ em três casas diferentes, de modo que em cada linha esteja escrita exatamente uma letra?
2. Fração e porcentagem - Se na fração $\frac{x}{y}$ diminuirmos o numerador de $40 \%$ e o denominador $y$ de $60 \%$, então a fração $\frac{x}{y}$ :
(A) diminui $20 \%$
(B) aumenta $20 \%$
(C) diminui $50 \%$
(D) aumenta $50 \%$
3. Triângulos sobrepostos - Dois triângulos retângulos congruentes possuem catetos de medidas $4 \mathrm{~cm}$ e $7 \mathrm{~cm}$. Na figura abaixo, 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_a444074f1f8ae50444d5g-02.jpg?height=248&width=1076&top_left_y=1156&top_left_x=492)

Calcule as áreas sombreadas nas duas figuras.

4. Dois motoristas - Dois motoristas viajam da cidade A até a cidade B e, imediatamente, regressam à cidade $A$. O primeiro motorista viaja com velocidade constante de $80 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, tanto na ida quanto na volta. O segundo motorista viaja até a cidade $B$ com velocidade constante de $90 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ e retorna com velocidade constante de $70 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Qual desses motoristas gasta menos tempo no percurso de ida e volta?
5. Soma e inverte - Podemos formar sequências a partir de um número inicial, usando duas operações " $+1=$ somar 1 " e " $-i=$ menos o inverso". Por exemplo, iniciando com o número 3, podemos formar várias sequências, veja uma delas:

$$
3 \xrightarrow{+1} 4 \xrightarrow{+1} 5 \xrightarrow{-i}-\frac{1}{5} \xrightarrow{+1} \frac{4}{5} \xrightarrow{-i}-\frac{5}{4} \xrightarrow{+1}-\frac{1}{4} \xrightarrow{+1} \frac{3}{4} \xrightarrow{-i}-\frac{4}{3} .
$$

Iniciando com 0 , com qual sequência obteremos novamente o 0 , usando apenas as duas operações " +1 " e " $-i$ "?

## Lista 3

1. Carro flex - Um carro é denominado flex se ele pode ser abastecido com gasolina ou com álcool. Considere que os preços do álcool e da gasolina sejam, respectivamente, $\mathrm{R} \$ 1,59$ e $\mathrm{R} \$ 2,49$ por litro.

(a) Suponha que um carro flex rode $12,3 \mathrm{~km}$ por litro de gasolina, que indicamos $12,3 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$. Qual deve ser a relação $\mathrm{km} / \mathrm{I}$ desse carro, para o álcool, para que a utilização do álcool seja financeiramente mais vantajosa que a de gasolina?

(b) Se o desempenho de um carro flex é de $x \mathrm{~km} / \mathrm{I}$ com gasolina e de $\left(\frac{x}{2}+1\right) \mathrm{km} / \mathrm{I}$ com álcool, escreva a expressão da função $g(x)$ que fornece o custo desse carro rodar $100 \mathrm{~km}$ utilizando gasolina e a expressão da função $a(x)$ que fornece o custo desse carro rodar $100 \mathrm{~km}$ utilizando álcool.

(c) Para que o custo seja o mesmo, tanto com álcool como com gasolina, qual deve ser a relação $\mathrm{km} / \mathrm{I}$ para a gasolina e para o álcool?

(d) Em que condição o uso do álcool é mais vantajoso, financeiramente, que o da gasolina? Dê um exemplo numérico que satisfaça a condição.

2. Contando triângulos - Na figura a seguir estão marcados 11 pontos sobre dois segmentos. Quantos triângulos podem ser formados com estes 11 pontos?

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-03.jpg?height=339&width=639&top_left_y=1332&top_left_x=667)

3. Quadrado perfeito - Existe um número de 8 algarismos da forma

$$
9999 * * * *
$$

que é um quadrado perfeito?

4. Diferença quase nula - Qual o menor número inteiro positivo $n$ tal que

$$
\sqrt{n}-\sqrt{n-1}<0,01 ?
$$

5. Conjunto de Cantor - Desenhe um segmento de reta de comprimento 1, e denote-o por $C_{1}$. Remova o terço central (sem remover os extremos). Denote por $C_{2}$ o que sobrou. Agora, remova o terço central (sem os extremos) de cada segmento de reta de $C_{2}$. Denote por $C_{3}$ o que sobrou. Podemos continuar esse processo, em cada estágio removendo o terço central de cada segmento em $C_{n}$ para formar $C_{n+1}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-04.jpg?height=193&width=721&top_left_y=294&top_left_x=672)

(a) Desenhe $C_{1}, C_{2}$ e $C_{3}$, indicando os números nos extremos dos segmentos.

(b) Quais dos seguintes pontos pertencem ao conjunto de Cantor? $\frac{1}{3}, \frac{4}{9}, \frac{3}{81}, \frac{4}{81}$.

(c) Quais são os comprimentos de $C_{3}, C_{4}$ e $C_{5}$ ? Você pode achar uma expressão para o comprimento de $C_{n}$ ?

## Lista 4

1. Enchendo uma piscina - Uma piscina vazia foi abastecida de água por duas torneiras $A$ e $B$, ambas com vazão constante. Durante 4 horas, as duas torneiras ficaram abertas e encheram $50 \%$ da piscina. Em seguida, a torneira B foi fechada e durante 2 horas a torneira A encheu $15 \%$ do volume da piscina. Após este período a torneira A foi fechada e a torneira $\mathrm{B}$ aberta. Durante quanto tempo esta torneira teve de ficar aberta para que ela sozinha terminasse de encher a piscina?
2. Probabilidade de ser um número par - Uma urna tem 9 bolas, numeradas com os números de 1 a 9 . José e Maria retiram simultaneamente uma bola da urna. Com as bolas retiradas eles formam um número de 2 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 a probabilidade deste número ser par?
3. Múltiplo de $\mathbf{7}$ - Mostre que se o produto $N=(n+6 m)(2 n+5 m)(3 n+4 m)$ é múltiplo de 7 , com $m$ e $n$ números naturais, então $N$ é múltiplo de $7^{3}=343$.
4. Os ângulos $15^{\circ}$ e $75^{\circ}$ - Na figura, $A B C D$ é um quadrado de lado $1 \mathrm{~cm}$ e $\triangle B C E$ é um triângulo equilátero. O ponto $M$ é o ponto médio do segmento $C E, D N$ é perpendicular a $B M$ e $B M$ é perpendicular a $C E$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-05.jpg?height=387&width=656&top_left_y=1254&top_left_x=363)

(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 $75^{\circ}$.

5. Circunfências tangentes - Na figura, estão desenhadas duas circunferências concêntricas de raios $r$ e $R$, com $r<R$, e 12 circunferências, de raio $x$, compreendidas entre essas duas. Além disso, as 14 circunferências são disjuntas ou tangentes.

(a) Mostre que $x=\frac{R-r}{2}$.

(b) Mostre que $\frac{R}{r}=\frac{4+\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4-\sqrt{6}+\sqrt{2}}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-05.jpg?height=377&width=377&top_left_y=1687&top_left_x=1340)

## Lista 5

1. Mudando a base - Um triângulo isósceles tem base medindo $10 \mathrm{~cm}$ e dois lados iguais a $13 \mathrm{~cm}$. É possível mudar a base do triângulo e obter outro triângulo isósceles com mesma área?

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-06.jpg?height=244&width=242&top_left_y=366&top_left_x=1424)

10

2. Clube de Matemática - Eu faço parte de um clube de matemática onde tenho o mesmo número de colegas homens do que colegas mulheres. Quando um garoto falta, os três quartos da equipe são de meninas. Eu sou homem ou mulher? Quantas mulheres e quantos homens tem o clube?
3. Uma calculadora diferente - Davi tem uma calculadora muito original; ela efetua apenas duas operações: a adição usual $(+)$ e uma outra operação, denotada por $*$, que satisfaz:

(i) $a * a=a$

(ii) $a * 0=2 a$

(iii) $(a * b)+(c * d)=(a * c)+(b * d)$

Quais são os resultados das operações $(2+3) *(0+3)$ e $1024 * 48$ ?

4. Retângulo $\mathbf{m} \times \mathbf{n}-O$ retângulo quadriculado na figura é feito de 31 segmentos de $0,5 \mathrm{~cm}$ e compreende 12 quadrados. Rosa desenhou numa folha retangular de $21 \mathrm{~cm}$ por $29,7 \mathrm{~cm}$, quadriculada com quadrados de lado $0,5 \mathrm{~cm}$, um grande retângulo quadriculado feito com 1997 segmentos. Quantos quadrados tem esse retângulo?

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-06.jpg?height=228&width=301&top_left_y=1339&top_left_x=1432)

5. Cercando o Globo Terrestre - O raio do Globo Terrestre é aproximadamente $6670 \mathrm{~km}$. Suponhamos que um fio esteja ajustado exatamente sobre o Equador, que é um círculo de raio aproximadamente igual a $6670 \mathrm{~km}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-06.jpg?height=236&width=228&top_left_y=1633&top_left_x=1466)

Em seguida, suponhamos que o comprimento do fio seja aumentado em $1 \mathrm{~m}$, de modo que o fio e o Equador fiquem como círculos concêntricos ao redor da Terra. Um homem em pé, uma formiga ou um elefante são capazes de passar por baixo desse fio?

## Lista 6

1. Comprimento de uma corda - Em uma circunferência de raio $10 \mathrm{~cm}$, o segmento $A B$ é um diâmetro e o segmento $A C$ é uma corda de $12 \mathrm{~cm}$. Determine a distância entre os pontos $B$ e $C$.
2. Dois irmãos - A diferença de idade entre dois irmãos é de 3 anos. Um ano atrás, a idade de seu pai era o dôbro da soma das idades dos irmãos e, dentro de 20 anos, a idade do pai será a soma das idades desses dois filhos. Qual a idade de cada um?
3. Canelonis de ricota - Todo domingo, Pedro prepara canelonis para o almoço. Primeiro ele corta retângulos de massa de $16 \mathrm{~cm}$ por $12 \mathrm{~cm}$ e depois cola os dois lados mais longos, superpondo uma faixa de $2 \mathrm{~cm}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-07.jpg?height=300&width=505&top_left_y=739&top_left_x=1184)

Dessa forma ele obtém cilindros que ele recheia com ricota, ele já sabe que sempre gasta $500 \mathrm{~g}$ de ricota. Num belo domingo, com o mesmo número de retângulos de massa de $16 \mathrm{~cm}$ por $12 \mathrm{~cm}$, ele decide produzir os cilindros colando os lados menores, sempre superpondo uma faixa de $2 \mathrm{~cm}$. Nessa situação, ele vai gastar mais ou menos ricota que antes? Quanto?

4. Cálculo de segmentos - As medidas do retângulo $A B C D$ são $1200 \mathrm{~m}$ por $150 \mathrm{~m}$. Além disso, $P$ está no prolongamento do lado $B C$ e dista $350 \mathrm{~m}$ de $C$. Determine $A P, P Q, P D, C Q$ e $D P$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-07.jpg?height=404&width=504&top_left_y=1321&top_left_x=1171)

5. Prá chegar junto! - Ana e Luíza treinam todos os dias para a Grande Corrida que vai acontecer no final do ano na escola, cada uma delas sempre com a mesma velocidade. O treino começa num ponto $A$ e termina no ponto $B$, distantes $3000 \mathrm{~m}$. Elas partem no mesmo instante, mas quando Luíza termina a corrida, ainda faltam $120 \mathrm{~m}$ para Ana chegar ao ponto $B$. Ontem Luíza deu uma chance para Ana: "Partimos ao mesmo tempo, mas eu parto alguns metros antes do ponto $A$ para chegarmos juntas." Quantos metros antes do ponto A Luíza deve partir?

## Lista 7

1. Um professor enfurecido - Para castigar os alunos de sua turma por indisciplina, o professor Zerus decidiu descontar da nota mensal de cada aluno uma percentagem igual à nota da prova, isto é: quem tirou 60, terá um desconto de $60 \%$ na nota, quem tirou 20 , um desconto de $20 \%$ da nota, e assim por diante. A nota mensal máxima é 100 .

(a) Quem vai ficar com a maior nota?

(b) E a menor?

(c) Alunos que tiraram boas notas reclamaram que vão ficar com a mesma nota dos que tiraram más notas. Eles estão certos?

2. O percurso de um atleta - Um atleta resolveu fazer uma corrida de $15 \mathrm{~km}$. Começou correndo $5 \mathrm{~km}$ na direção Sul, depois virou para direção Leste, correndo mais $5 \mathrm{~km}$ e, novamente, virou para a direção Norte, correndo os $5 \mathrm{~km}$ restantes. Após esse percurso, constatou, para seu espanto, que estava no ponto de onde havia partido.

Descubra dois possíveis pontos sobre o Globo Terrestre de onde esse atleta possa ter iniciado sua corrida.

3. Áreas iguais - Na figura ao lado, o triângulo $\triangle A B C$ é retângulo e os semicírculos desenhados têm diâmetros $A B, B C$ e $A C$.

Mostre que a área sombreada é igual à área do triângulo $\triangle A B C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-08.jpg?height=301&width=388&top_left_y=1167&top_left_x=1302)

4. Função definida por área - A função $f$ está definida para cada $y, 0 \leq y<2$, de modo que $f(y)=$ área do quadrilátero sombreado, como indicado na figura abaixo.

(a) Escreva as equações das retas $r$ e $s$.

(b) Determine $f(0)$.

(c) Escreva a expressão de $f(y), 0 \leq y<2$.

(d) Esboce o gráfico de $f(y)$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-08.jpg?height=447&width=499&top_left_y=1625&top_left_x=1171)

5. PA e PG - Determine 4 números distintos $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ e $a_{4}$ que sejam termos consecutivos de uma progressão aritmética e que os números $a_{1}, a_{3}$ e $a_{4}$ formem uma progressão geométrica.

## Lista 8

1. Plano cartesiano - No plano cartesiano, chama-se ponto inteiro a um ponto de coordenadas inteiras. Se $n$ é inteiro positivo, seja $f(n)$ o número de pontos inteiros que estão sobre o segmento que liga a origem ao ponto inteiro $(n, n+3)$, sem contar os extremos. Mostre que:

$$
f(n)=\left\{\begin{array}{lll}
2 & \text { se } & n \text { é múltiplo de } 3 \\
0 & \text { se } & n \text { não é múltiplo de } 3 .
\end{array}\right.
$$

2. Trabalhando com quadrilátero - No quadrilátero $A B C D$, tem-se: $A B=5, B C=17, C D=5, D A=9$, e a medida do segmento $D B$ é um inteiro. Determine $D B$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-09.jpg?height=176&width=344&top_left_y=752&top_left_x=1357)

3. O triângulo de Reuleaux - O triângulo de Reuleaux é um disco formado a partir de um triângulo equilátero, agregando arcos de circunferência com centros nos vértices do triângulo e raios iguais ao lado do triângulo.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-09.jpg?height=233&width=242&top_left_y=973&top_left_x=1470)

Qual é a área de um triângulo de Reuleaux, se o triângulo equilátero tem lado de medida $1 \mathrm{~cm}$ ?

4. Interseção entre circunferências - Com centros nos vértices do triângulo equilátero $\triangle A B C$ de lado $a$, foram desenhadas três circunferências de raio $r$.

Se $r<a$ e $2 r>a$, estas três circunferências são duas a duas concorrentes nos pontos $X, Y$ e $Z$, exteriores ao triângulo $\triangle A B C$. Mostre que $\triangle X Y Z$ é um triângulo equilátero e calcule o comprimento do seu lado em termos de $a$ e $r$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-09.jpg?height=441&width=467&top_left_y=1319&top_left_x=1268)

5. Valor máximo - Para qual número natural $k$ a expressão $\frac{k^{2}}{1,001^{k}}$ atinge seu maior valor?

## Lista 9

1. Moedas falsas - Aladim tem 10 sacos de moedas, onde cada saco tem somente moedas verdadeiras ou moedas falsas. Cada moeda verdadeira pesa $10 \mathrm{~g}$ e cada moeda falsa pesa $9 \mathrm{~g}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-10.jpg?height=274&width=274&top_left_y=378&top_left_x=1381)

(a) Suponhamos que em cada saco existam exatamente 10 moedas e somente um dos sacos é de moedas falsas. Utilizando uma balança e efetuando apenas uma pesagem, como Aladim deve proceder para descobrir qual é o saco das moedas falsas?

(b) Suponhamos que os sacos estejam cheios de moedas e que Aladim não saiba quantos destes sacos são de moedas falsas. Como pode ele identificar os sacos que têm moedas falsas com apenas uma pesagem?

2. Menor inteiro - Sejam $p$ e $q$ inteiros positivos tais que $\frac{5}{8}<\frac{p}{q}<\frac{7}{8}$. Qual é o menor valor de $p$ para que $p+q=2005$ ?
3. Mais áreas... - Um triângulo tem vértice $A=(3,0), B=(0,3)$ e $C$, onde $C$ está sobre a reta $x+y=7$. Qual é a área do triângulo?
4. Circunferências tangentes - Três circunferências de raios $1 \mathrm{~cm}, 2 \mathrm{~cm}$ e $3 \mathrm{~cm}$ são duas a duas tangentes exteriormente, como na figura ao lado.

Determine o raio da circunferência tangente exteriormente às três circunferências.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-10.jpg?height=420&width=415&top_left_y=1302&top_left_x=1321)

5. Soma finita - Cada um dos números $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2004}$ pode ser igual a $\sqrt{2}-1$ ou a $\sqrt{2}+1$. Quantos valores inteiros distintos a soma

$$
\sum_{k=1}^{2004} x_{2 k-1} x_{2 k}=x_{1} x_{2}+x_{3} x_{4}+x_{5} x_{6}+\cdots+x_{2003} x_{2004}
$$

pode assumir?

## Lista 10

1. Múltiplos - Seja $a$ um número inteiro positivo tal que $a$ é múltiplo de $5, a+1$ é múltiplo de $7, a+2$ é múltiplo de 9 e $a+3$ é múltiplo de 11 . Determine o menor valor que $a$ pode assumir.
2. Equação de duas variáveis - Determine todos os pares de inteiros $(x, y)$ tais que $9 x y-x^{2}-8 y^{2}=2005$.
3. Trapézio retângulo - Seja $A B C D$ um trapézio retângulo de bases $A B$ e $C D$, com ângulos retos em $A$ e $D$. Dado que a diagonal menor $B D$ é perpendicular ao lado $B C$, determine o menor valor possível para a razão $\frac{C D}{A D}$.
4. Jogos de futebol - Os doze alunos de uma turma de olimpíada saíam para jogar futebol todos os dias após a aula de matemática, formando dois times de 6 jogadores cada e jogando entre si. A cada dia eles formavam dois times diferentes dos times formados em dias anteriores. Ao final do ano, eles verificaram que cada 5 alunos haviam jogado juntos num mesmo time exatamente uma vez. Quantos times diferentes foram formados ao longo do ano?
5. A soma dos algarismos de um número - Denotemos por $s(n)$ a soma dos algarismos do número $n$. Por exemplo $s(2345)=2+3+4+5=14$. Observemos que:

$40-s(40)=36=9 \times 4 ; 500-s(500)=495=9 \times 55 ; 2345-s(2345)=2331=9 \times 259$.

(a) O que podemos afirmar sobre o número $n-s(n)$ ?

(b) Usando o item anterior calcule $s\left(s\left(s\left(2^{2009}\right)\right)\right.$ ).

SugESTÃO: Mostre que o número procurado é menor do que 9.

## Soluções do Nível 3

## Lista 1

1. Brincando com a calculadora - $\mathrm{O}$ resultado é o mesmo número inicial de 3 algarismos $a b c$. De fato, se $a b c$ é um número de 3 algarismos então o número $a b c a b c$ de 6 algarismos é da forma:

$$
a b c a b c=1000 a b c+a b c=1001 a b c
$$

Como $1001=7 \times 11 \times 13$, dividindo $a b c a b c$, sucessivamente, por 7 , 11 e por 13 , obtemos:

$$
\frac{a b c a b c}{7 \times 11 \times 13}=\frac{1001 a b c}{7 \times 11 \times 13}=a b c
$$

2. No galinheiro - Sejam $x$ e $y$, respectivamente, o número de galinhas e 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, o número $x$ de galinhas e $y$ de pintinhos satisfazem:

$$
(*)\left\{\begin{array}{l}
2 x+y=120 \\
4 x+y \leq 200
\end{array}\right.
$$

(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 abaixo, onde a desigualdade $4 x+y \leq 200$ é representada pela região sombreada.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-12.jpg?height=502&width=1352&top_left_y=1641&top_left_x=343)

Observe que a condição $(*)$ é representada na figura pelo segmento que liga os pontos $P$ e $(0,120)$. As coordenadas do ponto $P$ são a solução do sistema:

$$
\begin{aligned}
& \qquad\left\{\begin{array}{l}
2 x+y=120 \\
4 x+y=200
\end{array}\right. \\
& \text { ou seja, } x=40 \text { e } y=40, \text { e } \\
& P=(40,40)
\end{aligned}
$$

(c) Temos que $2 \times 20+80=120$ e $4 \times 20+80 \leq 200$. Logo, $x=20$ e $y=80$ satisfazem a condição $\left({ }^{*}\right)$ e, por isso, a resposta é sim.

Agora $2 \times 30+100 \neq 120$, logo, $x=30$ e $y=100$ não satisfazem a condição (*) e, por isso, a resposta é não.

(d) O número máximo de galinhas é 40 , e nesse caso teremos também 40 pintinhos. $\mathrm{O}$ número máximo de pintinhos é 120 , e nesse caso teremos 0 galinhas.

3. 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:

$$
1,2,2^{2}, 2^{3}, \ldots, 2^{29}, 2^{30},\left(2^{31}-1\right), 2\left(2^{31}-1\right), 2^{2}\left(2^{31}-1\right), \ldots, 2^{29}\left(2^{31}-1\right)
$$

A soma $S$ desses divisores é:

$$
S=\left[1+2+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{29}+2^{30}\right]+\left(2^{31}-1\right)\left[1+2+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{29}\right]
$$

Em cada um dos dois colchetes aparece a soma $S_{n}$ de uma progressão geométrica de primeiro termo igual a 1 e razão 2 .

O primeiro colchete, $S_{31}$, contém 31 termos e o segundo, $S_{30}$, contém 30 termos. Usando a fórmula da soma dos termos de uma progressão geométrica, temos:

$$
S_{31}=\frac{2^{31}-1}{2-1}=2^{31}-1 \quad \text { e } \quad S_{30}=\frac{2^{30}-1}{2-1}=2^{30}-1
$$

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.

## 4. Quinze minutos a mais -

Solução 1: Sabemos que espaço $=$ velocidade $\times$ tempo. Denotemos por $t \circ$ tempo gasto pelo carro menos rápido (aquele que faz a viagem com velocidade de $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ ). Logo, o tempo gasto pelo outro carro foi $t-15$. Como ambos percorrem a mesma distância, convertendo horas em minutos, segue que:

$$
\frac{60}{60} \times t=\frac{70}{60} \times(t-15) \Rightarrow t=105 \min =1 \frac{3}{4} \mathrm{~h}
$$

Logo, a distância entre as duas cidades é:

$$
60 \times 1 \frac{3}{4}=60 \times \frac{7}{4}=105 \mathrm{~km}
$$

Solução 2: Vamos representar por $d$ a distância entre as cidades $\mathrm{A}$ 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 por ele é igual a $T+0,25$ horas, pois $15 \mathrm{~min}=0,25 \mathrm{~h}$.

Como a velocidade é a razão da distância percorrida pelo tempo gasto, concluímos que $70=\frac{d}{T}$ e $60=\frac{d}{T+0,25}$. Daí segue que $d=70 T=60(T+0,25)$, ou seja, $T=1,5 \mathrm{~h}$. Logo, $d=70 \times 1,5=105 \mathrm{~km}$.

5. Outros caminhos - Qualquer que seja a maneira que Júlia caminhe da sua casa até a escola, ela deve percorrer 8 quarteirões para a direita e 5 quarteirões para cima. Um caminho ligando a sua casa até a escola é então uma sequência de "travessias de
quarteirões", sendo 8 no sentido horizontal (para a direita) e 5 no sentido vertical (para cima). Assim, para definir um caminho ela precisa apenas decidir em que ordem fará essas travessias.

Desse modo, imaginemos 8 cartelas impressas com a letra D e 5 cartelas impressas com a letra C. Uma permutação qualquer destas cartelas pode ser interpretada como um caminho a ser percorrido por Júlia. Por exemplo, a sequência de cartelas DDCDCCDDDDCDC define o seguinte caminho:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-14.jpg?height=466&width=721&top_left_y=683&top_left_x=672)

Para determinar o número de maneiras que se pode ordenar essas cartelas, devemos contar de quantas maneiras diferentes se pode colocar 5 cartelas impressas com a letra C em uma fila com 13 lugares vagos e os demais 8 lugares na fila ocupados com as cartelas impressas com a letra D.

Inicialmente, devemos escolher um dos 13 lugares vagos para colocar uma letra C. Colocada esta letra, sobram 12 lugares vagos para a segunda letra C. Colocada esta letra, sobram 11 lugares vagos para a terceira letra, 10 lugares para a quarta letra e, finalmente, 9 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 13 cartelas é

$$
\frac{13 \times 12 \times 11 \times 10 \times 9}{120}=1287
$$

## Lista 2

1. Escrevendo em um tabuleiro - Começando com a letra A, ela pode ser escrita em qualquer uma das 9 casas do tabuleiro. Uma vez escrita a letra $\mathbf{A}$, sobram 6 casas onde a letra B pode ser escrita. Uma vez escritas as letras $\mathbf{A}$ e B no tabuleiro, sobram 3 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.

| A | C | B |
| :--- | :--- | :--- |
| C | B | A |
| B | A | C |

2. Fração e porcentagem - 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 $\frac{x}{y}$ passa a ter o valor $\frac{0,6 x}{0,4 y}=\frac{6}{4} \frac{x}{y}=1,5 \frac{x}{y}$. Isto significa que a fração $\frac{x}{y}$ aumentou $50 \%$ do seu valor.

3. Triângulos sobrepostos - Os pontos $A, B, C$ e $D$ formam o retângulo $A B C D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-15.jpg?height=282&width=504&top_left_y=1277&top_left_x=781)

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 $A B C D$. Portanto, a área sombreada é igual a $\frac{3}{4}(7 \times 4)=21 \mathrm{~cm}^{2}$.

Vejamos agora o caso da outra figura. Sejam $E$ o ponto de interseção dos segmentos $A C$ e $B D, x=D E=C E$ e $y=A E=B E$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-15.jpg?height=265&width=510&top_left_y=1911&top_left_x=775)

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 calcularmos $x$. Temos que $x+y=7$ e, pelo Teorema de Pitágoras aplicado
ao triângulo $A E D, y^{2}=x^{2}+4^{2}$. Substituindo $y=7-x$ nessa última equação obtemos:

$$
(7-x)^{2}=x^{2}+16 \Rightarrow 49-14 x+x^{2}=x^{2}+16 \Rightarrow x=\frac{49-16}{14}=\frac{33}{14}
$$

Finalmente, a área sombreada é:

$$
2 \times \frac{33}{14}+14=\frac{33}{7}+14=4 \frac{5}{7}+14=18 \frac{5}{7} .
$$

4. Dois motoristas - Seja $d$ a distância entre as cidades $\mathrm{A}$ e B, e lembre que tempo $=$ distância $/$ velocidade.

- O primeiro motorista viaja a distância de $2 d$ com velocidade constante igual a $80 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Logo, o tempo total gasto por ele é:

$$
t=\frac{2 d}{80}=\frac{d}{40}
$$

- O segundo motorista percorre a distância $d$, na ida, com velocidade igual a $90 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ e, na volta, a mesma distância com velocidade de $70 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Logo o tempo gasto na ida e volta é:

$$
t^{\prime}=\frac{d}{70}+\frac{d}{90}=\frac{16 d}{630}=\frac{8 d}{315}
$$

Como

$$
\frac{d}{40}=\frac{8 d}{320}<\frac{8 d}{315}
$$

conclui-se que o motorista que viaja com velocidade constante de $80 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ é o que gasta menos tempo no percurso de ida e volta.

5. Soma e inverte - Para obter 0 , a sequência tem de terminar como:

$$
-2 \xrightarrow{+1}-1 \xrightarrow{+1} 0
$$

Uma sequência pedida é a seguinte:

$$
\begin{aligned}
& 0 \xrightarrow{+1} 1 \xrightarrow{+1} 2 \xrightarrow{+1} 3 \xrightarrow{-i}-\frac{1}{3} \xrightarrow{+1} \frac{2}{3} \xrightarrow{+1} \frac{5}{3} \xrightarrow{+1} \frac{8}{3} \xrightarrow{-i}-\frac{3}{8} \xrightarrow{+1} \frac{5}{8} \xrightarrow{+1} \frac{13}{8} \xrightarrow{+1} \frac{21}{8} \\
& \xrightarrow{-i}-\frac{8}{21} \xrightarrow{+1} \frac{13}{21} \xrightarrow{-i}-\frac{21}{13} \xrightarrow{+1}-\frac{8}{13} \xrightarrow{+1} \frac{5}{13} \xrightarrow{-i}-\frac{13}{5} \xrightarrow{+1}-\frac{8}{5} \xrightarrow{+1}-\frac{3}{5} \xrightarrow{+1} \frac{2}{5} \\
& \xrightarrow{-i}-\frac{5}{2} \xrightarrow{+1}-\frac{3}{2} \xrightarrow{+1}-\frac{1}{2} \xrightarrow{+1} \frac{1}{2} \xrightarrow{-i}-2 \xrightarrow{+1}-1 \xrightarrow{+1} 0 .
\end{aligned}
$$

Temos outra solução bem mais rápida e simples:

$$
0 \xrightarrow{+1} 1 \xrightarrow{-i}-1 \xrightarrow{+1} 0 .
$$

## Lista 3

## 1. Carro flex -

(a) Com gasolina o carro faz $\frac{12,3}{2,49}=4,94 \mathrm{~km}$ por $\mathrm{R} \$ 1,00$. Para que o álcool seja mais vantajoso precisamos que o carro rode, com álcool, mais que $4,94 \mathrm{~km}$ com $\mathrm{R} \$ 1,00$. Logo, se o desempenho com álcool é $y \mathrm{~km} / \mathrm{I}$, precisamos que $\frac{y}{1,59}>4,94$, o que implica $y>7,85$. Ou seja, o desempenho com álcool deve ser maior que $7,85 \mathrm{~km} / \mathrm{I}$.

(b) Observe que $g(x)=2,49 \frac{100}{x}=\frac{249}{x}$ e $a(x)=1,59 \frac{100}{\frac{x}{2}+1}=\frac{318}{x+2}$.

(c) Precisamos ter $a(x)=g(x)$, ou seja, $\frac{249}{x}=\frac{318}{x+2}$, o que leva a $x=7,22 \mathrm{~km} / \mathrm{l}$, que deve ser o desempenho com gasolina. Com álcool, o carro deve fazer

$$
\frac{7,22}{2}+1=3,61 \mathrm{~km} / \mathrm{l}
$$

(d) Supondo que o desempenho do carro seja $x \mathrm{~km} / \mathrm{I}$ com gasolina e $y \mathrm{~km} / \mathrm{I}$ com álcool e pensando em um percurso de $L \mathrm{~km}$, devemos ter o custo com gasolina maior que o custo com álcool:

$$
2,49 \frac{L}{x}>1,59 \frac{L}{y} \Rightarrow 2,49 y>1,59 x \Rightarrow y>0,64 x
$$

pois $x$ e $y$ são valores positivos.

Um exemplo é um carro que faz $10 \mathrm{~km} / \mathrm{I}$ com gasolina, teria que fazer mais que $6,4 \mathrm{~km} / \mathrm{I}$ com álcool para que o uso do álcool seja mais vantajoso.

Observação. Os valores determinados na solução foram aproximados na segunda casa decimal.

2. Contando triângulos - Sejam $A, B, \ldots, K$ os 11 pontos nomeados como na seguinte figura:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-17.jpg?height=309&width=509&top_left_y=1819&top_left_x=732)

Dividiremos a contagem em três casos:

(i) Um vértice é $A$. Neste 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 4 escolhas para um vértice e 6 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 outro vértice está no conjunto $\{H, I, J, K\}$, pois já contamos os triângulos com vértice em $A$. Devemos escolher dois entre os 6 pontos $\{B, C, D, E, F, G\}$. Assim, temos a quantidade de escolhas:

$$
C_{6}^{2}=\frac{6!}{4!2!}=\frac{6 \times 5}{2}=15
$$

O outro vértice do triângulo é qualquer um dos 4 pontos $\{H, I, J, K\}$. Daí a quantidade de triângulos é $4 \times 15=60$.

(iii) Dois vértices em $\{H, I, J, K\}$. O outro vértice está no conjunto $\{B, C, D, E, F, G\}$. O número de maneira de escolher 2 entre os 4 pontos $\{H, I, J, K\}$ é

$$
C_{4}^{2}=\frac{4!}{2!2!}=\frac{4 \times 3}{2}=6
$$

Como o outro vértice pode ser escolhido de 6 maneira diferentes, temos que a quantidade de triâgulos é $6 \times 6=36$.

Logo, a quantidade de triângulos cujos vértices são tomados dentre os 11 pontos da figura é $24+60+36=120$.

3. Quadrado perfeito - Seja $x$ um número de oito algarismos da forma

$$
x=9999 * * * *
$$

Como o menor desses números é 99990000 e o maior é 99999 999, temos que:

$$
99990000 \leq x \leq 99999999
$$

Observemos que $10^{8}=100000000=99999999+1$. Então $99990000 \leq x<10^{8}$. Como $10^{8}=\left(10^{4}\right)^{2}=10000^{2}$, temos que $99990000 \leq x<10000^{2}$. Agora, o maior quadrado perfeito menor que $10000^{2}$ é igual a

$9999^{2}=(10000-1)^{2}=10000^{2}-20000+1=100000000-20000+1=99980001$.

Como $99980001<99990000$ concluímos que $9999^{2}<x<10000^{2}$. Isto mostra que $x$ está compreendido entre dois quadrados perfeitos consecutivos. Portanto, $x$ não pode ser um quadrado perfeito.

4. Diferença quase nula - $\mathrm{A}$ inequação $\sqrt{n}-\sqrt{n-1}<0,01$ é equivalente a $\sqrt{n}<0,01+\sqrt{n-1}$. Como os dois lados desta inequação são números positivos, podemos elevar esses dois membros ao quadrado para obter a inequação equivalente:

$$
(\sqrt{n})^{2}<(0,01+\sqrt{n-1})^{2} \Leftrightarrow n<0,01^{2}+0,02 \sqrt{n-1}+n-1
$$

Daí obtemos

$$
\sqrt{n-1}>\frac{1-0,01^{2}}{0,02}=\frac{1-\frac{1}{100^{2}}}{\frac{2}{100}}=\frac{100^{2}-1}{200}
$$

Elevando novamente ao quadrado os dois lados (não negativos) desta inequação, 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,

$n-1>2500-\frac{1}{2}+\frac{1}{40000} \Leftrightarrow n>2500-\frac{1}{2}+\frac{1}{40000}+1 \Leftrightarrow n>2500+\frac{1}{2}+\frac{1}{40000}$.

Uma vez que $\frac{1}{2}+\frac{1}{40000}<1$, temos que o menor número inteiro maior que $2500+\frac{1}{2}+\frac{1}{40000}$ é 2501 .

Daí concluímos que o menor número inteiro positivo que satisfaz a desigualdade dada é o número 2501 .

## 5. Conjunto de Cantor -

(a) De acordo com a definição do Conjunto de Cantor temos os seguintes desenhos:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-19.jpg?height=225&width=721&top_left_y=1161&top_left_x=672)

(b) $1 / 3$ é um extremo de $C_{2}$, logo pertence ao conjunto de Cantor.

$3 / 81=1 / 27$ e $1 / 27$ é um extremo de $C_{4}$, logo $3 / 81$ pertence ao conjunto de Cantor.

$4 / 9$ está entre $1 / 3$ e $2 / 3$, logo está no terço central de $C_{1}$ e é removido de $C_{2}$, logo $4 / 9$ não pertence ao conjunto de Cantor.

$4 / 81$ está entre $1 / 27$ e $2 / 27$, e portanto está no terço central de $C_{3}$ e é removido de $C_{4}$. Assim, $4 / 81$ não pertence ao conjunto de Cantor.

(c) Vamos tentar achar um padrão para os comprimentos dos segmentos. Por exemplo, $C_{1}$ tem comprimento 1 e $C_{2}$ tem comprimento $2 / 3$. Será que isso já fornece um padrão, ou seja o numerador é obtido multiplicando por 2 e o denominador por 3 , ou seja por $2 / 3$ ?

Agora $C_{3}$ tem comprimento $4 / 9, C_{4}$ comprimento $8 / 27$ e $C_{5}$ comprimento $16 / 81$. Logo, o comprimento de $C_{n}$ é $\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}$

Note que 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 $a_{1}=1$.

$$
1, \frac{2}{3},\left(\frac{2}{3}\right)^{2},\left(\frac{2}{3}\right)^{3},\left(\frac{2}{3}\right)^{4}, \ldots,\left(\frac{2}{3}\right)^{n}, \ldots
$$

## Lista 4

1. Enchendo uma piscina - Como as torneiras A e B despejam água na piscina com vazão constante, o volume de água despejado na piscina por cada torneira é proporcional ao tempo em que ela fica aberta. Assim, se durante 2 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 $\mathrm{A}$ e $\mathrm{B}$ ficam simultaneamente abertas durante 4 horas, elas conseguem encher $50 \%$ do volume da piscina. Daí temos que a torneira B enche $50 \%-30 \%=20 \%$ do volume da piscina em 4 horas.

Para saber quanto tempo a torneira B deve ficar aberta para encher os $35 \%$ restantes do volume da piscina, basta utilizar a proporção:

$$
\begin{array}{ccc}
\text { horas } & \rightarrow & \text { percentual } \\
4 & \rightarrow & 20 \% \\
x & \rightarrow & 35 \%
\end{array}
$$

Logo, a torneira B gastará $x=\frac{35 \times 4}{20}=7$ horas para encher os $35 \%$ restantes.

2. Probabilidade de ser um número par - Sejam $a$ e $b$ os números escritos nas bolas retiradas por José e Maria, respectivamente. Existem então 9 possibilidades para $a$ e 8 possibilidades para $b$. Deste modo, existem $9 \times 8=72$ possibilidades para o número $a b$.

Por outro lado, para contar quantos destes números são pares, precisamos analisar separadamente dois casos:

- os 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 4 possibilidades para $a$ e 3 possibilidades para $b$. Deste modo, existem $4 \times 3=12$ possibilidades.

No segundo caso, em que $a$ é ímpar e $b$ é par, existem 5 possibilidades para $a$ e 4 possibilidades para $b$. Assim, existem $5 \times 4=20$ possibilidades.

Portanto, a probabilidade do número $a b$ ser par é $\frac{12+20}{72}=\frac{32}{72}=\frac{4}{9}$.

3. Múltiplo de 7 - Inicialmente, observemos que:

$$
\begin{aligned}
N & =(n+6 m)(2 n+5 m)(3 n+4 m) \\
& =(n+7 m-m)(2 n+7 m-2 m)(3 n+7 m-3 m) \\
& =(n-m+7 m)[2(n-m)+7 m][3(n-m)+7 m] \\
& =(k+7 m)(2 k+7 m)(3 k+7 m)
\end{aligned}
$$

onde $k=n-m$.

Afirmamos que se $N$ é múltiplo de 7 , então $k$ é múltiplo de 7 . De fato, como 7 é primo e divide $N$, então um dos fatores $k+7 m, 2 k+7 m$ ou $3 k+7 m$ é múltiplo de 7 . Temos:
(i) Se $k+7 m$ é múltiplo de 7 , então $\frac{k+7 m}{7}=\frac{k}{7}+m$ é inteiro, logo $k$ 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 $3 k+7 m$ 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, 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.

(iii) Se $3 k+7 m$ é múltiplo de 7 , analogamente concluímos que $k$ é múltiplo de 7 .

4. Os ângulos $15^{\circ}$ e $\mathbf{7 5 ^ { \circ }}$ - Uma vez que $D B$ é diagonal do quadrado de lado $1 \mathrm{~cm}$, pelo Teorema de Pitágoras, temos que $D B^{2}=1^{1}+1^{2}$ implica $D B=\sqrt{2}$.

Recordemos que:

$$
\begin{array}{ll}
\cos 60^{\circ}=\operatorname{sen} 30^{\circ}=\frac{1}{2} ; & \operatorname{sen} 60^{\circ}=\cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2} \\
\tan 60^{\circ}=\frac{\operatorname{sen} 60^{\circ}}{\cos 60^{\circ}}=\sqrt{3} ; & \tan 30^{\circ}=\frac{\operatorname{sen} 30^{\circ}}{\cos 30^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{3}
\end{array}
$$

(a) O triângulo $B C E$ é equilátero, logo seus ângulos internos valem $60^{\circ}$. A partir dessa informação obtemos os ângulos assinalados na figura.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-21.jpg?height=507&width=848&top_left_y=1389&top_left_x=606)

No $\triangle C D F$ temos: $\operatorname{sen} 60^{\circ}=\frac{C D}{D F}=\frac{1}{D F}$. Como sen $60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, temos:

$$
\frac{1}{D F}=\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow D F=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}
$$

Ainda no $\triangle C D F$ temos: $\cos 60^{\circ}=\frac{C F}{D F}=\frac{C F}{2 \sqrt{3} / 3}$. Como $\cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}$, temos:

$$
\frac{1}{2}=\frac{C F}{2 \sqrt{3} / 3} \Rightarrow C F=\frac{\sqrt{3}}{3}
$$

Segue que $B F=1-\frac{\sqrt{3}}{3}$. Temos agora:

- $\operatorname{sen} 30^{\circ}=\frac{F N}{B F} \Rightarrow \frac{1}{2}=\frac{F N}{1-\sqrt{3} / 3} \Rightarrow F N=\frac{3-\sqrt{3}}{6}$
- $\cos 30^{\circ}=\frac{B N}{B F} \Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{B N}{1-\frac{\sqrt{3}}{3}} \Rightarrow B N=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$.

Assim, calculamos os três lados do triângulo $\triangle D B N$ :

- $D B=\sqrt{2}$;
- $D N=D F+F N=\frac{2 \sqrt{3}}{3}+\frac{3-\sqrt{3}}{6}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$;
- $B N=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$.

(b) No $\triangle D B N$ temos: $D \widehat{B} N=45^{\circ}+30^{\circ}=75^{\circ}$, donde concluímos que $B \widehat{D} N=15^{\circ}$. Assim temos:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-22.jpg?height=488&width=355&top_left_y=1412&top_left_x=359)

$$
\begin{aligned}
& \cos 75^{\circ}=\frac{B N}{D B}=\frac{\frac{\sqrt{3}-1}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} \\
& \cos 15^{\circ}=\frac{D N}{D B}=\frac{\frac{1+\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}
\end{aligned}
$$

Comosen $15^{\circ}=\cos 75^{\circ}$ e $\cos 15^{\circ}=\operatorname{sen} 75^{\circ}$, o exercício está completo.

## 5. Circunfências tangentes -

(a) Na figura estão desenhadas as duas circunferências concêntricas, de raios $r$ e $R$, e uma circunferência de raio $x$ simultaneamente tangente a essas duas. Logo, temos:

$r+2 x=R$ donde, $x=\frac{R-r}{2}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-22.jpg?height=355&width=374&top_left_y=2094&top_left_x=1342)
(b) Na figura ao lado temos 2 circunferências tangentes de raio $x$, e também tangentes às 2 circunferências concêntricas de raio $r$ e $R$. Os pontos $A, B$ e $C$ são os centros destas circunferências.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-23.jpg?height=372&width=377&top_left_y=291&top_left_x=1340)

Para traçar 12 circunferências de raio $x$ na região entre as 2 circunferências concêntricas, deve-se ter $A \widehat{C} B=\frac{360^{\circ}}{12}=30^{\circ}$.

Se $T$ é o ponto de tangência das circunferências de raio $x, T$ é ponto médio do segmento $A B$ e $A \widehat{C} T=15^{\circ}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-23.jpg?height=228&width=441&top_left_y=862&top_left_x=1254)

Nesse triângulo retângulo temos $\operatorname{sen} 15^{\circ}=\frac{A T}{A C}=\frac{x}{r+x}$. Mas $x=\frac{R-r}{2}$ e, do problema anterior, sen $15^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$. Daí 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 encontramos

$$
\frac{\frac{R}{r}-1}{\frac{R}{r}+1}=\frac{q-1}{q+1}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}, \text { onde } q=\frac{R}{r}
$$

Segue que

$$
q=\frac{R}{r}=\frac{4+\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4-\sqrt{6}+\sqrt{2}}
$$

## Lista 5

1. Mudando a base - Em um triângulo isósceles, a altura relativa à base coincide com a mediana. Traçando esta altura, obtemos dois triângulos retângulos com catetos medindo $h$ e 5 , e hipotenusa 13. Pelo Teorema de Pitágoras temos:

$$
h^{2}+5^{2}=13^{2} \Rightarrow h^{2}=13^{2}-5^{2}=144 \Rightarrow h=\sqrt{144}=12
$$

Logo a área do triângulo é $A=\frac{b \times h}{2}=\frac{10 \times 12}{2}=60 \mathrm{~cm}^{2}$.

Vamos agora "colar" os 2 triângulos retângulos ao longo do lado medindo 5 , obtendo um triângulo isósceles com base $12+12=24 \mathrm{~m}$, os lados com $13 \mathrm{~cm}$ e a altura relativa a base igual a $5 \mathrm{~cm}$. Logo, este novo triângulo isósceles tem também área igual a $\frac{24 \times 5}{2}=60 \mathrm{~cm}^{2}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-24.jpg?height=464&width=200&top_left_y=722&top_left_x=1518)

2. Clube de Matemática - Sejam $H$ e $M$ os números de homens e mulheres, respectivamente, no clube. Temos duas possibilidades: Se eu sou menino, temos $M=H-1$. Quando falta um menino, o número total de pessoas no clube é

$$
M+H-1=H-1+H-1=2 H-2
$$

Logo:

$$
M=\frac{3}{4}(2 H-2) \Rightarrow H-1=\frac{3}{4}(2 H-2) \Rightarrow H=1
$$

Logo, $M=1-1=0$, o que não é possível. Logo eu sou uma menina, então $M=H+1$ e temos

$$
H+1=\frac{3}{4}(2 H+1-1) \Rightarrow H=2 \text { e } M=3
$$

3. Uma calculadora diferente - Para calcular $(2 * 3)+(0 * 3)$ utilizamos as propriedades (i), (ii) e (iii). Então

$$
\begin{aligned}
& (2 * 3)+(0 * 3) \quad \stackrel{(\mathrm{iii})}{=} \quad(2 * 0)+(3 * 3) \\
& \text { (i) (ii) } 2 \times 2+3=7 \text {. }
\end{aligned}
$$

Para calcular $1024 * 48$, observe que $1024=976+48$. Temos:

$$
\begin{aligned}
1024 * 48 & =(976+48) *(0+48) \\
& =(976 * 0)+(48 * 48) \\
& =976 \times 2+48 \\
& =1952+48=2000
\end{aligned}
$$

4. Retângulo $\mathbf{m} \times \mathbf{n}-$ Sejam $m$ e $n$ respectivamente, o número de segmentos de $0,5 \mathrm{~cm}$ sobre dois lados consecutivos do retângulo. Sabemos que o número total de segmentos de $0,5 \mathrm{~cm}$ na divisão do retângulo em $m \times n$ quadrados de lado $0,5 \mathrm{~cm}$ é: $m(n+1)+n(m+1)$ (prove isso). Assim,

$$
m(n+1)+n(m+1)=1997 \Rightarrow n=\frac{1997-m}{2 m+1}
$$

Além disso, um dos lados considerados é menor ou igual ao outro, digamos: $m \leq n$. Nesse caso podemos concluir que $m \leq 31$, pois

$$
n \geq m \Rightarrow n(m+1)+m(n+1) \geq 2 m(m+1)
$$

Logo $1997 \geq 2 m(m+1)$ e como $1998>1997$ segue que

$$
1998>2 m(m+1) \Rightarrow 999>m(m+1)
$$

Daí concluímos que $m<32$.

Por outro lado temos que

$$
n=\frac{1997-m}{2 m+1} \Rightarrow 2 n=\frac{3994-2 m}{2 m+1}=\frac{3995-(2 m+1)}{2 m+1} \Rightarrow 2 n=\frac{3995}{2 m+1}-1
$$

Assim, a questão se resume agora em pesquisar os divisores de $3995=5 \times 17 \times 47$. Os únicos valores de $m$ que atendem a condição $1 \leq m \leq 31$ são $m=2, m=8$ e $m=23$, que correspondem, respectivamente, aos divisores 5,17 e 47 . Para esses valores de $m$ temos $n=399, n=117$ e $n=42$ respectivamente. Os outros divisores darão configurações equivalentes (trocando $m$ por $n$ ).

Portanto, Rosa pode ter construído 3 configurações diferentes com os 1997 segmentos. A primeira com $2 \times 399$ quadrados, a segunda com $8 \times 117$ quadrados e a terceira com $23 \times 42$ quadrados.

5. Cercando o Globo Terrestre - Como o raio da Terra é muito grande, e foi dado apenas um acréscimo de $1 \mathrm{~m}$ no comprimento do fio, parece que a folga entre o fio e o Equador é muito pequena. Mais ainda, se trocarmos o Globo Terrestre por Júpiter ou por uma bolinha de gude e realizarmos esta mesma experiência, parece que a altura da folga entre o fio aumentado e o equador da esfera também muda, sendo que quanto maior a esfera considerada, menor é a folga entre o fio e o equador da esfera.

Vejamos que esta ideia intuitiva é falsa e que a altura da folga, entre o fio e o Equador, é de aproximadamente $16 \mathrm{~cm}$, independentemente do raio da esfera em que a experiência é realizada.

Consideremos um círculo de raio $R$. Seu comprimento é igual a $2 \pi R$. Vamos considerar também um círculo de mesmo centro, mas que tenha comprimento igual a $2 \pi R+1$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-25.jpg?height=329&width=331&top_left_y=2153&top_left_x=1407)

Este círculo tem raio igual a $R+h$, sendo $h$ a altura da folga entre os dois círculos. Como um círculo de raio $R+h$ tem comprimento $2 \pi(R+h)$ obtemos a igualdade $2 \pi(R+h)=2 \pi R+1$. Simplificando esta expressão obtemos $h=\frac{1}{2 \pi} \approx \frac{1}{6.28} \approx 0,16$. Portanto, para qualquer valor de $R$, a altura da folga é de aproximadamente $16 \mathrm{~cm}$.

Assim, somente a formiga é capaz de passar por debaixo do fio.

## Lista 6

1. Comprimento de uma corda - Sendo $A B$ um diâmetro, o triângulo $\triangle A B C$ está inscrito numa semicircunferência. Isto implica que este triângulo é retângulo no vértice $C$. Pelo Teorema de Pitágoras,

$$
B C^{2}=A B^{2}-A C^{2}
$$

ou seja,

$$
B C^{2}=20^{2}-12^{2}=256=16^{2}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-27.jpg?height=352&width=415&top_left_y=526&top_left_x=1321)

Assim, obtemos que $B C=16$.

2. Dois irmãos - Sejam $x, y$ as idades atuais dos dois irmãos, $\mathrm{e} z$ a idade do pai. Temos:

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ x - y = 3 } \\
{ z - 1 = 2 [ ( x - 1 ) + ( y - 1 ) ] } \\
{ z + 2 0 = ( x + 2 0 ) + ( y + 2 0 ) }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{rl}
x-y & =3 \\
z-1 & =2 x+2 y-4 \\
z+20 & =x+y+40
\end{array}\right.\right.
$$

Uma maneira simples de obter $z$ é multiplicar a 3 a equação por 2 e do resultado subtrair a 2 a : $2 z+40-(z-1)=80-(-4)$, o que implica $z=43$.

Vamos calcular agora a idade dos filhos usando as duas primeiras equações:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-27.jpg?height=140&width=731&top_left_y=1513&top_left_x=659)

Obtemos $2 x=26$, donde $x=13$ e $y=10$.

3. 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. $\mathrm{O}$ volume então que ele recheia com ricota é o volume desse cilindro:

$$
V=\text { área da base } \times \text { altura }
$$

A área da base é dada por $\pi \times r^{2}$, onde $r$ é o raio da base. Vamos então calcular o raio sabendo que o comprimento da base é $10 \mathrm{~cm}$; temos:

$$
2 \pi r=10 \Rightarrow r=\frac{5}{\pi}
$$

Logo, o volume de ricota para cada caneloni é

$$
V=\pi \times \frac{5^{2}}{\pi^{2}} \times 16=\frac{16 \times 25}{\pi}=\frac{400}{\pi} \mathrm{cm}^{3}
$$

Agora, colando os retângulos de massa ao longo do menor lado, Pedro obtém um cilindro de base circular com $14 \mathrm{~cm}$ de comprimento e $12 \mathrm{~cm}$ de altura. O raio da base é $r^{\prime}=\frac{14}{2 \pi}=\frac{7}{\pi}$, logo o volume de ricota para cada caneloni será:

$$
V^{\prime}=\pi \times \frac{7^{2}}{\pi^{2}} \times 12=\frac{588}{\pi} \mathrm{cm}^{3}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-28.jpg?height=333&width=545&top_left_y=278&top_left_x=1186)

Finalmente, para calcular o novo gasto com ricota, usamos a seguinte 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

$$
x=\frac{500 \times 588}{400}=735 \mathrm{~g} .
$$

4. 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:

$$
A P^{2}=1200^{2}+500^{2}=(144+25) \times 10^{4}=169 \times 10^{4}=\left(13 \times 10^{2}\right)^{2}
$$

Logo, $A P=13 \times 10^{2}=1300 \mathrm{~m}$.

Analogamente, considerando o triângulo retângulo $\triangle P C D$, temos:

$$
D P^{2}=350^{2}+1200^{2}=\left(7^{2}+12^{2} \times 2^{2}\right)\left(5^{2} \times 10^{2}\right)=25^{2} \times 50^{2} \Longrightarrow D P=1250 \mathrm{~m}
$$

Os triângulos $\triangle P C Q$ e $\triangle P B A$ são retângulos com um ângulo em comum, logo são semelhantes; segue que:

$$
\frac{P Q}{P A}=\frac{P C}{P B}=\frac{C Q}{A B}
$$

Substituindo os valores conhecidos temos:

$$
\frac{P Q}{1300}=\frac{350}{500}=\frac{C Q}{1200}
$$

Logo,

$$
P Q=\frac{350 \times 1300}{500}=910 \mathrm{~m}
$$

e

$$
C Q=\frac{350 \times 1200}{500}=840 \mathrm{~m}
$$

5. Prá chegar junto! - Sabemos que espaço $=$ velocidade $\times$ tempo.

Sejam $v$ e $v^{\prime}$ as velocidades de Ana e de Luíza, respectivamente, e $t$ o tempo que Luíza gasta para percorrer os $3000 \mathrm{~m}$. Logo, nesse mesmo tempo $t$, Ana percorre
$3000-120=2880 \mathrm{~m}$. Temos:

$$
3000=v \times t
$$

$$
3000-120=v^{\prime} t \Rightarrow t=\frac{3000}{v}=\frac{2880}{v^{\prime}}
$$

Portanto, $\frac{v^{\prime}}{v}=\frac{24}{25}$.

Se denotarmos por $x$ a distância que Luíza percorrerá a mais temos:

$$
3000+x=v \times t
$$

e

$$
3000=v^{\prime} \times t \Rightarrow \frac{3000+x}{v}=\frac{3000}{v^{\prime}} \Rightarrow \frac{3000}{3000+x}=\frac{v^{\prime}}{v}
$$

Segue que

$$
\frac{3000}{3000+x}=\frac{v^{\prime}}{v}=\frac{24}{25} \Rightarrow x=125
$$

Logo, a resposta é $125 \mathrm{~m}$.

## Lista 7

1. 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, depois do castigo, a nota fica sendo $x-\frac{x^{2}}{100}$, onde $x$ era a nota inicial.

Consideremos a função "nota depois do castigo" dada por $f(x)=x-\frac{x^{2}}{100}$. Como as notas máximas e mínimas são 0 e 100, vamos considerar essa função no domínio $[0,100]$, ou seja, para $0 \leq x \leq 100$. O gráfico de $f$ é uma parábola com concavidade para baixo, e seu valor máximo ocorre no vértice: $x=-\frac{b}{2 a}=\frac{-\frac{1}{\frac{-2}{100}}}{}=50$. Sendo assim, a maior nota depois do castigo é para os alunos que antes do castigo tiraram 50. Essa nota é

$$
f(50)=50-\frac{50^{2}}{100}=25
$$

O valor mínimo dessa função é 0 ocorre em $x=0$ e $x=100$. Logo a menor nota ocorre para os alunos que tiraram 0 ou 100(!!!!!) antes do castigo. De fato, $f(0)=f(100)=0$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-30.jpg?height=380&width=807&top_left_y=1390&top_left_x=583)

## 2. 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_a444074f1f8ae50444d5g-30.jpg?height=325&width=279&top_left_y=1954&top_left_x=1422)

Vamos determinar um outro ponto sobre a Terra que satisfaz as hipóteses do problema. Consideremos um 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. Denotemos por $C_{2}$ o paralelo que está $5 \mathrm{~km}$ de distância de $C_{1}$, 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 $C_{1}$ tem comprimento $5 \mathrm{~km}$, saindo de $B$ e caminhando $5 \mathrm{~km}$ para leste retorna-se novamente para $B$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-31.jpg?height=366&width=686&top_left_y=630&top_left_x=362)

Finalmente, saindo de $B$ e caminhando $5 \mathrm{~km}$ para o norte, retorna-se novamente para o ponto de partida $A$.

3. Áreas iguais - Sejam $T$ a área do triângulo $\triangle A B C, a$ e $c$ as áreas sombreadas na figura dada e $b$ e $d$ as áreas compreendidas entre os catetos do triângulo e o semicírculo de diâmetro $A B$.

A área $a+b$ é a área do semicírculo de diâmetro $A B$ :

$$
a+b=\frac{1}{2} \pi\left(\frac{A B}{2}\right)^{2}=\frac{\pi A B^{2}}{8}
$$

A área $c+d$ é a área do semicírculo de diâmetro $B C$ :

$$
c+d=\frac{1}{2} \pi\left(\frac{B C}{2}\right)^{2}=\frac{\pi B C^{2}}{8}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-31.jpg?height=490&width=566&top_left_y=1327&top_left_x=1148)

$\mathrm{A}$ área $b+d+T$ é a área do semicírculo de diâmetro $A C$ :

$$
b+d+T=\frac{1}{2} \pi\left(\frac{A C}{2}\right)^{2}=\frac{\pi A C^{2}}{8}
$$

Portanto,

$$
(a+b)+(c+d)=\frac{\pi A B^{2}}{8}+\frac{\pi B C^{2}}{8}
$$

Como $b+d=\frac{\pi A C^{2}}{8}-T$ temos

$$
(a+c)+\left(\frac{\pi A C^{2}}{8}-T\right)=\frac{\pi A B^{2}}{8}+\frac{\pi B C^{2}}{8}
$$

ou equivalentemente,

$$
(a+c)+\frac{\pi}{8} A C^{2}=\frac{\pi}{8}\left(A B^{2}+B C^{2}\right)+T
$$

Uma vez que $A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}$, pelo Teorema de Pitágoras, podemos simplificar a igualdade acima e obter $a+c=T$. Esta igualdade implica que a soma das áreas sombreadas é igual a área do triângulo retângulo $\triangle A B C$.

## 4. Função definida por área -

(a) A reta $r$ passa pelo ponto $(0,2)$, logo tem equação $y=m x+2$. Como ela passa pelo ponto $(-2,0)$, verifica-se que $0=-2 m+2$, que implica $m=1$. Assim, $r$ tem equação $y=x+2$.

A reta $s$ passa pelo ponto $(0,6)$ logo, $y=m x+6$ e como passa também pelo ponto $(3,0)$, verifica-se que $0=3 m+6$, que implica $m=-2$. Logo, $s$ tem equação $y=-2 x+6$.

(b) $f(0)$ é a área do triângulo $\triangle A B C$ mais a área do trapézio $B O C D$, sendo $A$ o ponto de encontro de $r$ e $s$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-32.jpg?height=618&width=613&top_left_y=1187&top_left_x=672)

Para determinar $A$ fazemos: $x+2=-2 x+6$ de onde $x=4 / 3$. Substituindo esse valor na equação de $r$ ou $s$ obtemos $y=10 / 3$. Logo, $A=(4 / 3,10 / 3)$. A altura do triângulo $\triangle A B C$, em relação à base $B C$, é $h=10 / 3-2=4 / 3$. O ponto $C$ pertence à reta $s \mathrm{e}$ tem $y=2$, logo tem-se $2=-2 x+6$ ou seja $x=2$. Então $C=(2,2)$. Logo, a área do triângulo $\triangle A B C$ é igual a $2 \times \frac{4}{3} \times \frac{1}{2}=\frac{4}{3}$ e a área do trapézio $B O C D$ é $2 \times \frac{3+2}{2}=5$. Logo,

$$
f(0)=5+\frac{4}{3}=\frac{19}{3}
$$

(c) $f(y)$ 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 $y$, logo

$$
x=\frac{6-y}{2} \text {. }
$$

Daí temos

$$
f(y)=\frac{19}{3}-\frac{3+\frac{6-y}{2}}{2} y=\frac{19}{3}-\frac{12 y-y^{2}}{4}=\frac{y^{2}}{4}-3 y+\frac{19}{3}
$$

(d)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-33.jpg?height=345&width=399&top_left_y=508&top_left_x=389)

O gráfico de $f(y)=\frac{y^{2}}{4}-3 y+\frac{19}{3}$ é uma parábola côncava para cima. As coordenadas do vértice $V$ são: $x=\frac{3}{\frac{2}{4}}=6 \mathrm{e}$ $y=f(6)=\frac{6^{2}}{4}-3.6+\frac{19}{3}=-9+\frac{19}{3}=-\frac{8}{3}$. Logo $V=\left(6,-\frac{8}{3}\right)$.

Como $f(2)=\frac{4}{3}$ o gráfico de $f$, com $0 \leq y \leq 2$ é a parte em linha grossa.

5. PA e PG - Os 4 termos de uma progressão aritmética de razão $r$ podem ser escritos como:

$$
x-2 r, x-r, x, x+r
$$

Logo, os 3 termos da progressão geométrica de razão $q$ serão

$$
x-2 r, x, x+r
$$

onde

$$
x=(x-2 r) q \text { e } x+r=x q
$$

Daí segue que:

$$
x=x q-2 r q \Rightarrow x=x+r-2 r q \Rightarrow q=\frac{1}{2}
$$

Obtemos que $x+r=\frac{x}{2} \Rightarrow r=-\frac{x}{2}$. Logo a progressão aritmética é da forma:

$$
2 x, \frac{3 x}{2}, x, \frac{x}{2} \text {. }
$$

Escolhendo um valor para $x$, por exemplo $x=1$, obtemos 4 números formando uma progressão aritmética $2,3 / 2,1,1 / 2$ de razão $-1 / 2$ tais que $2,1,1 / 2$ formam uma progressão geométrica de razão $1 / 2$. Note que esse problema tem uma solução para cada escolha de $x$, portanto tem um infinidade de soluções.

## Lista 8

1. Plano cartesiano - Comecemos examinando alguns casos.

- $f(1)$ é o número de pontos inteiros sobre o segmento que liga $(0,0)$ ao ponto $(1,4)$. Logo, $f(1)=0$.
- $f(2)$ é o número de pontos inteiros sobre o segmento que liga $(0,0)$ ao ponto $(2,3)$. Logo, $f(2)=0$.
- $f(3)$ é o número de pontos inteiros sobre o segmento que liga $(0,0)$ ao ponto $(3,6)$. Como nesse segmento estão 2 pontos inteiros $(1,2)$ e $(2,4)$, segue que $f(3)=2$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-34.jpg?height=440&width=1398&top_left_y=834&top_left_x=334)

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 um dos extremos, então $0<x<n$ e $0<y<n+3$. Vamos precisar do seguinte resultado:

Lema: Se $n$ não é múltiplo de 3 , então $n$ e $n+3$ são primos entre si.

Demonstração: Suponhamos que o mdc entre $n$ e $n+3$ seja $d>1$. Então $d$ divide $n$ e $n+3$, portanto $d$ divide $(n+3)-n=3$. Logo, como $d>1$, teremos $d=3$, o que não é possível porque partimos da hipótese que 3 não divide $n$.

- Se 3 não divide $n$ então $f(n)=0$.

Isso equivale a dizer que não há pontos inteiros sobre o segmento que une $(0,0)$ a $(n, n+3)$, excluídos os extremos.

De fato, suponhamos que esse segmento contenha um ponto inteiro $(x, y)$, então

$$
\frac{x}{y}=\frac{n}{n+3}
$$

Pelo lema, a fração $\frac{n}{n+3}$ está na forma irredutível, logo, $x$ seria múltiplo de $n$, o que não pode acontecer porque $x<n$.

- Se 3 divide $n$ então $f(n)=2$.

Se $n=3 k$, com $k$ inteiro, devemos achar o número de pontos inteiros no segmento que une $(0,0)$ ao ponto $(3 k, 3 k+3)$. Seja $(x, y)$ um desses pontos, então

$$
\frac{x}{y}=\frac{3 k}{3 k+3}=\frac{k}{k+1}
$$

Sendo a última fração irredutível, deduzimos que $x$ é múltiplo de $k$, e como $0<x<3 k$, segue que $x=k$ ou $x=2 k$. Os pontos inteiros são $(k, k+1)$ e $(2 k, 2 k+2)$. Assim, temos $f(n)=2$.

2. Trabalhando com quadrilátero - Lembre que, num triângulo, qualquer lado é maior que a diferença e menor que a soma dos outros dois. Do triângulo $A D B$ temos $A D-A B<B D<A D+A B$, e do triângulo $C B D$ segue que $B C-C D<B D<B C+C D$. Sustituindo os valores

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-35.jpg?height=215&width=419&top_left_y=470&top_left_x=1314)
conhecidos obtemos:

$$
9-5<B D<5+9 \text { e } 17-5<B D<17+5
$$

ou seja,

$$
4<B D<14 \text { e } 12<B D<22
$$

Das duas desigualdades concluímos que:

$$
12<B D<14
$$

Como $B D$ é inteiro, só podemos ter $B D=13$.

3. O triângulo de Reuleaux - $O$ triângulo de Reuleaux é formado por 4 regiões: um triângulo equilátero e três calotas. Cada calota é um sexto de um círculo de raio 1 do qual foi retirado um triângulo equilátero de lado 1.

Pelo Teorema de Pitágoras, a altura do triângulo equilátero é:

$$
h=\sqrt{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}
$$

logo a área do triângulo vale:

$$
\frac{1 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{~cm}^{2}
$$

A área de um setor circular é um sexto da área do círculo, ou seja, igual a $\frac{\pi}{6}$. Logo, a área da calota é a diferença:

$$
\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}
$$

Portanto, a área do triângulo de Reuleaux é

$$
3\left(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)+\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\pi}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{~cm}^{2}
$$

4. Interseção entre circunferências - Seja $G$ o baricentro (encontro das medianas) do triângulo $A B C$. Como a figura é invariante por rotações de $60^{\circ}$ ao redor do ponto $G$, temos que o triângulo $\triangle X Y Z$ é equilátero, e que $G$ também é o seu baricentro.

Vamos calcular o comprimento $L$ do seu lado.

Seja $C M$ a altura do triângulo $\triangle A B C$ em relação à base $A B$. Uma vez que a altura de um triângulo equilátero de lado $a$ tem medida $\frac{a \sqrt{3}}{2}$, e que o baricentro divide a altura em dois segmentos, um com o dobro do comprimento do outro, temos que:

$$
C M=\frac{a \sqrt{3}}{2}, \quad G M=\frac{1}{3} C M=\frac{a \sqrt{3}}{6} \quad \text { e } \quad C G=\frac{2}{3} C M=\frac{a \sqrt{3}}{3}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-36.jpg?height=499&width=944&top_left_y=691&top_left_x=512)

Como $A Z=B Z=r$ vemos que o ponto $Z$ está na reta mediatriz do segmento $A B$. Entretanto, esta mediatriz é a reta suporte da altura $C M$ do triângulo $A B C$. Isto implica que os pontos $C, G, M$ e $Z$ estão alinhados, e que o triângulo $\triangle M Z B$ é retângulo.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-36.jpg?height=469&width=455&top_left_y=1354&top_left_x=759)

Pelo Teorema de Pitágoras, obtemos:

$$
M Z=\sqrt{Z B^{2}-M B^{2}}=\sqrt{r^{2}-\frac{a^{2}}{4}}
$$

$$
G Z=G M+M Z=\frac{a \sqrt{3}}{6}+\sqrt{r^{2}-\frac{a^{2}}{4}}
$$

Agora vamos considerar a altura $N Z$ do triângulo $X Y Z$ em relação à sua base $X Y$. Como esta altura tem comprimento $\frac{L \sqrt{3}}{2}$, e como $G Z=\frac{2}{3} N Z=\frac{L \sqrt{3}}{3}$, concluímos que

$$
G Z=\frac{L \sqrt{3}}{3}=\frac{a \sqrt{3}}{6}+\sqrt{r^{2}-\frac{a^{2}}{4}}
$$

Esta última igualdade implica que

$$
L=\frac{a}{2}+\sqrt{3} \sqrt{r^{2}-\frac{a^{2}}{4}}
$$

5. Valor máximo - Estamos procurando o valor de $k$ para o qual é máximo o termo da sequência:

$$
\frac{1^{2}}{1,001}, \frac{2^{2}}{1,001^{2}}, \frac{3^{2}}{1,001^{3}}, \ldots, \frac{k^{2}}{1,001^{k}}, \ldots
$$

Considere as seguintes inequações equivalentes:

$$
\frac{(k+1)^{2}}{1,001^{k+1}}<\frac{k^{2}}{1,001^{k}} \Leftrightarrow \frac{(k+1)^{2}}{1,001^{k+1}}-\frac{1,001 k^{2}}{1,001^{k+1}}<0
$$

A segunda inequação tem denominadores iguais e positivos, logo ela é equivalente a

$$
(k+1)^{2}-1,001 k^{2}<0 \Leftrightarrow k(k-2000)>1000 \Leftrightarrow k>2000
$$

Assim, a sequência decresce estritamente para $k \geq 2001$ e cresce estritamente para $k \leq 2000$. Logo, o maior termo da sequência corresponde a $k=2001$.

## Lista 9

## 1. Moedas falsas -

(a) Aladim deve retirar de cada saco um número diferente de moedas, do seguinte modo: retira uma moeda do primeiro saco, duas do segundo, três do terceiro, e assim sucessivamente, até o último saco de onde 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 $55 \times 10=550 \mathrm{~g}$. 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, significa que as duas moedas falsa são do segundo saco, e assim sucessivamente.

(b) Vejamos que uma tentativa de solução como a anterior não permite a identificação dos sacos com moedas falsas. Suponhamos que Aladim retirou 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, esse procedimento de pesar estas 55 moedas pode ser inconclusivo. Por exemplo, suponhamos que na pesagem das 55 moedas faltassem $7 \mathrm{~g}$, ou seja, foram pesadas 7 moedas falsas. Neste caso poderiam existir moedas falsas nos sacos 1 e 6 ; moedas falsas nos sacos 2 e 5; moedas falsas nos sacos 1,2 e 4 etc. Ou seja, procedendo dessa maneira não é possível identificar quais sacos são de moedas falsas.

Para resolver esse problema, ele pode proceder do seguinte modo: retira 1 moeda do primeiro saco, 2 moedas do segundo saco, 4 moedas do terceiro saco, 8 moedas do quarto saco, 16 moedas do quinto saco etc. Sempre dobrando o número de moedas retiradas do saco anterior. Ao todo são retiradas

$$
1+2+4+8+16+32+64+128+256+512=1023 \text { moedas, }
$$

que pesariam juntas $10230 \mathrm{~g}$, se todas as moedas fossem verdadeiras. A diferença entre o peso real obtido na pesagem dessas moedas e o peso ideal (10230 gramas) indica a quantidade de moedas falsas pesadas e em quais os sacos elas estão. Vejamos isso através de um exemplo: imaginemos que na pesagem foram obtidos $10125 \mathrm{~g}$, ou seja, faltaram $10230-10125=105 \mathrm{~g}$, que corresponde ao número de moedas falsas. Retirando sucessivamente os números correspondentes às moedas retiradas de cada saco, começando sempre do maior número 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 1 우, 4 , 6 으 e 70 saco.

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. A diferença 10230 - pé 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 de 2 . Isso implica que

$$
10230-p=1 \cdot a_{0}+2 \cdot a_{1}+2^{2} \cdot a_{2}+2^{3} \cdot a_{3}+2^{4} \cdot a_{4}+\cdots+2^{9} \cdot a_{9}
$$

em que cada um dos números $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{9}$ é zero ou um.

De cada saco foram retiradas quantidades de moedas que são potências de 2 e cada saco ou contém moedas falsas ou contém moedas verdadeiras, isto é, em um saco não existem os dois tipos de moedas. Daí temos que se algum desses números, digamos $a_{j}$ é 1 , então do saco $j+1$ foram retiradas $2^{j}$ moedas falsas. Por outro lado, se o número $a_{j}$ é 0 , então do saco $j+1$ foram retiradas $2^{j}$ moedas verdadeiras.

2. Menor inteiro - Como $q=2005-p$, temos

$$
\frac{5}{8}<\frac{p}{2005-p}<\frac{7}{8}
$$

do qual segue que

$$
5(2005-p)<8 p \quad \text { e } 8 p<7(2005-p)
$$

Logo,

$$
\frac{5 \times 2005}{13}<p<\frac{7 \times 2005}{15} \Rightarrow 771,15<p<935,66
$$

Logo 772 é o menor valor de $p$ que satisfaz as condições do problema.

3. Mais áreas... - Observe que a altura $h$, relativa ao lado $A B$, de todos os triângulos $A B C$ que têm o vértice $C$ sobre a reta $x+y=7$, é a mesma, pois esta última reta é paralela à reta que passa por $A$ e por $B$. Logo, esses triângulos têm todos a mesma área, a saber:

$$
\frac{A B \times h}{2}
$$

Precisamos, então determinar $A B$ e $h$. Como $A B$ é a hipotenusa de um triângulo retângulo que tem os dois catetos iguais a $7-4=3$, segue do Teorema de Pitágoras que:

$$
A B=\sqrt{3^{3}+3^{2}}=\sqrt{18}=3 \sqrt{2}
$$

Falta calcular $h$, que é a distância entre as retas paralelas. A reta $x+y=7$ é determinada pelos pontos $C=(7,0)$ e $D=(0,7)$. A reta $x=y$ é perpendicular às retas paralelas acima e forma um ângulo de $45^{\circ}$ com o eixo $O Y$. Seja $M$ o pé da perpendicular à reta $x+y=7$ traçada a partir de $B$. Portanto, o triângulo $B M C$ é retângulo isósceles com catetos iguais a $h$ e hipotenusa $7-3=4 \mathrm{~cm}$.

Do Teorema de Pitágoras segue que:

$$
4^{2}=h^{2}+h^{2} \Rightarrow h=2 \sqrt{2}
$$

Finalmente, a área procurada é:

$$
\frac{3 \sqrt{2} \times 2 \sqrt{2}}{2}=6
$$

4. Circunferências tangentes - Ligando os centros das três circunferências obtemos o triângulo $\triangle A B C$ de lados $A B=3 \mathrm{~cm}, A C=4 \mathrm{~cm}$ e $B C=5 \mathrm{~cm}$. Como $3^{2}+4^{2}=5^{2}$, esse triângulo é retângulo, com hipotenusa $B C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-40.jpg?height=426&width=469&top_left_y=676&top_left_x=749)

Construa o retângulo $A B D C$, fazendo uma cópia $\triangle B C D$, congruente ao triângulo $\triangle A B C$ e com lado comum $B C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-40.jpg?height=418&width=466&top_left_y=1268&top_left_x=754)

Uma vez que $D C=A B=3$ e que a circunferência de centro $C$ também tem raio $3 \mathrm{~cm}$, vemos que o ponto $D$ está sobre essa circunferência.

Ligando o ponto $D$ a cada um dos vértices do triângulo $\triangle A B C$ e prolongando esses segmentos até interceptarem as circunferências, obtemos os pontos $P_{1}, P_{2}$ e $P_{3}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-40.jpg?height=456&width=501&top_left_y=1973&top_left_x=736)

Temos que:

- $D P_{2}=D B+B P_{2}=C A+B P_{2}=4+2=6$.
- $D P_{1}=D A+A P_{1}=5+1=6$.
- $D P_{3}=D C+C P_{3}=3+3=6$.

Deste modo $D P_{1}=D P_{2}=D P_{3}=6$. Assim se considerarmos a circunferência de centro $D$ e raio $6 \mathrm{~cm}$ vemos que esta circunferência passa por $P_{1}, P_{2}$ e $P_{3}$. Além disso, como os pontos $\left\{D, A, P_{1}\right\}$, $\left\{D, B, P_{2}\right\}$ e $\left\{D, C, P_{3}\right\}$ estão alinhados, segue que a circunferência de centro $D$ e raio $6 \mathrm{~cm}$ é tangente às três circunferências dadas de centros $A, B$ e $C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-41.jpg?height=499&width=499&top_left_y=821&top_left_x=737)

5. Soma finita - Temos que os possíveis produtos $x_{2 k-1} x_{2 k}$ onde $k \in\{1,2, \ldots, 2004\}$ são $(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}-1)=3-2 \sqrt{2},(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}+1)=3+2 \sqrt{2}$ e $(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)=1$.

Suponha que $a$ produtos são iguais a $3-2 \sqrt{2}$, $b$ produtos são iguais a $3+2 \sqrt{2}$ e $1002-a-b$ produtos são iguais a 1 .

A soma é igual a

$$
a(3-2 \sqrt{2})+b(3+2 \sqrt{2})+1002-a-b=1002+2 a+2 b+2(b-a) \sqrt{2}
$$

Assim, para que a soma seja inteira, devemos ter $a=b$. Logo a soma é igual a $1002+4 a$. Como $a$ varia de 0 a 501 (pois $a+b$ não pode ser maior que 1002), a soma pode assumir 502 valores inteiros distintos.

## Lista 10

1. Múltiplos - As condições do problema equivalem a dizer que:

$$
2 a-5=2(a+1)-7=2(a+2)-9=2(a+3)-11
$$

é múltiplo de 5, 7, 9 e 11, donde é múltiplo de $5 \cdot 7 \cdot 9 \cdot 11=3465$. Assim, o menor valor de $a$ é tal que $2 a-5=3465$, ou seja, $a=1735$.

2. Equação de duas variáveis - Temos:

$$
\begin{aligned}
9 x y-x^{2}-8 y^{2}=2005 & \Leftrightarrow x y-x^{2}+8 x y-8 y^{2}=2005 \\
& \Leftrightarrow x(y-x)+8 y(x-y)=2005 \\
& \Leftrightarrow(x-y)(8 y-x)=2005(*)
\end{aligned}
$$

Observemos que a fatoração em primos de 2005 é $5 \cdot 401$.

Além disso, a soma dos fatores $x-y$ e $8 y-x$ é $7 y$, que é múltiplo de 7 . Devemos então escrever 2005 como produto de dois fatores, cuja soma é um múltiplo de 7. Para isso, os fatores devem ser $\pm 5$ e $\pm 401$. A soma dos fatores é $\pm 406$.

Assim, por $(*)$ temos:

$$
\left\{\begin{array} { l l l } 
{ x - y = 5 } & { \text { e } 8 y - x = 4 0 1 } \\
{ x - y = 4 0 1 } & { \text { e } 8 y - x = 5 } \\
{ } & { \text { ou } } \\
{ x - y = - 5 } & { \text { e } 8 y - x = - 4 0 1 } \\
{ } & { \text { ou } } & { \text { ou } y = 5 8 } \\
{ x - y = - 4 0 1 } & { \text { e } 8 y - x = - 5 }
\end{array} \quad \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ll}
x=63 & \text { e } y=58 \\
x=459 & \text { ou } \\
x=-63 & \text { e } y=-58 \\
x=-459 & \text { e } y=-58
\end{array}\right.\right.
$$

As soluções são, portanto $(63,58),(459,58),(-63,-58)$ e $(-459,-58)$.

## 3. Trapézio retângulo -

Seja $A \widehat{B} D=B \widehat{D} C=\alpha$. Então temos que $D C=\frac{B D}{\cos \alpha}$ e $A D=B D \operatorname{sen} \alpha$, donde

$\frac{D C}{A D}=\frac{\frac{B D}{\cos \alpha}}{B D \operatorname{sen} \alpha}=\frac{1}{\operatorname{sen} \alpha \cos \alpha}=\frac{2}{\operatorname{sen} 2 \alpha} \geq 2$.

A igualdade ocorre quando $\operatorname{sen} 2 \alpha=1$, ou seja, quando $\alpha=45^{\circ}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_a444074f1f8ae50444d5g-42.jpg?height=326&width=576&top_left_y=1935&top_left_x=1143)

4. Jogos de futebol - Para cada grupo de 5 alunos, existe um único time formado que os contém. Logo, contamos $C_{12}^{5}=\frac{12.11 .10 .9 .8}{5!}=792$ times para cada 5 alunos escolhidos. Por outro lado, em cada time de 6 jogadores, temos $C_{6}^{5}=6$ modos de escolhermos cinco jogadores, ou seja, existem 6 grupos de 5 jogadores que eram mesmo time na nossa primeira contagem. Logo, o total de times formados é igual a $\frac{792}{6}=132$.

## 5. A soma dos algarismos de um número -

(a) Observe esses dois exemplos:

$$
\underbrace{2000}_{2 \cdot 103}-\underbrace{s(2000)}_{2}=1998, \underbrace{60000}_{6 \cdot 104}-\underbrace{s(60000)}_{6}=59994
$$

A partir deles é fácil entender que se $a$ é um algarismos entre 1 e 9 , então $s\left(a \cdot 10^{k}\right)=a$.

Daí temos:

$$
a \cdot 10^{k}-s\left(a \cdot 10^{k}\right)=a \cdot 10^{k}-a=a\left(10^{k}-1\right)=a \times \underbrace{9 \cdots 9}_{k \text { noves }}=a \times 9 \times \underbrace{1 \cdots 1}_{k \text { uns }}
$$

Como todo número pode ser decomposto em unidades, dezenas, centenas etc, isto é, todo número pode ser escrito na forma:

$$
n=a_{0}+a_{1} \cdot 10+a_{2} \cdot 10^{2}+\cdots+a_{k} \cdot 10^{k}
$$

temos que

$$
n-s(n)=a_{1} \times 9+a_{2} \times 99+\cdots a_{k} \times \underbrace{9 \cdots 9}_{k \text { noves }}
$$

Logo, a diferença $n-s(n)$ é sempre divisível por 9 .

(b) Seguindo o mesmo raciocínio temos que: $s(n)-s(s(n))$ e $s(s(n))-s(s(s(n)))$ são divisíveis por 9 , logo $n-s\left(s\left(s(n)\right.\right.$ é divisível por 9 . Em particular $2^{2009}-s\left(s\left(s\left(2^{2009}\right)\right)\right)$ é divisível por 9 , ou equivalentemente, $2^{2009}$ e $s\left(s\left(s\left(2^{2009}\right)\right)\right)$ deixam o mesmo resto quando são divididos por 9 .

Como $2^{6}-1=63$ é divisível por 9 então, $\left(2^{6}\right)^{334}-1=2^{2004}-1$ é divisível por $9 \mathrm{e}$, portanto, $2^{2009}-2^{5}$ é divisível por 9 . Como $2^{5}=32$ deixa resto 5 quando dividido por 9 , temos que $2^{2009}$ deixa resto 5 quando dividido por 9 .

Por outro lado

$$
2^{2009}<\left(2^{9}\right)^{224}<\left(10^{3}\right)^{224}=10^{672}
$$

Assim, $2^{2009}$ tem menos que 672 algarismos e, portanto,

$$
\begin{aligned}
s\left(2^{2009}\right) & <9 \times 672=6048 \\
s\left(s\left(2^{2009}\right)\right) & \leq 5+9+9+9=32 \\
s\left(s\left(s\left(2^{2009}\right)\right)\right) & \leq 2+9=13
\end{aligned}
$$

Como o único número menor ou igual a 13 que deixa resto 5 quando dividido por 9 é o 5 temos que $s\left(s\left(s\left(2^{2009}\right)\right)\right)=5$.