EXERCÍCIOS CN EPCAr MAIO 2012

Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para madematica.blogspot.com.

EXERCÍCIOS DE APROFUNDAMENTO PARA O CLÉGIO NAVAL E EPCAr

QUESTÃO 1
Numa escola, 82% dos alunos gostam de pizza, 78% de chocolate e 75% de pastel. Quantos alunos,
no mínimo, gostam dos três ao mesmo tempo?
a) 15%
b) 18%
c) 30%
d) 35%
e) 40%

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:
Sejam os conjuntos A, B e C o conjunto dos alunos que gostam de pizza, pastel e chocolate,
respectivamente.
Seja X o complementar do conjunto X em relação ao universo.
n ( A ) = 82% Þ n ( A ) = 100% - 82% = 18%
n ( B) = 75% Þ n ( B) = 100% - 75% = 25%
n ( C) = 78% Þ n ( C ) = 100% - 78% = 22%

( )
n ( A Ç B Ç C ) = n A È B È C = 100% - n ( A È B È C )
n ( A È B È C ) £ n ( A ) + n ( B) + n ( C ) = 18% + 25% + 22% = 65%
n ( A Ç B Ç C ) = 100% - n ( A È B È C ) ³ 100% - 65% = 35%
n ( A Ç B Ç C )MIN = 35%
2ª RESOLUÇÃO:
Usando a desigualdade de Bonferroni:
n ( A1 Ç A2 Ç Ç Ak ) ³ n ( A1 ) + n ( A2 ) + + n ( Ak ) - ( k -1) × n ( A1 È A2 È È Ak )
para n = 3 ,temos:
n ( A Ç B Ç C ) ³ n ( A ) + n ( B) + n ( C ) - ( 3 - 1) × n ( A È B È C )
Û n ( A Ç B Ç C ) ³ 82% + 78% + 75% - 2 ×100% = 35%
Logo, o valor mínimo de n ( A Ç B Ç C) = 35% .

QUESTÃO 2
Em uma pesquisa realizada com um grupo de 100 turistas, constatou-se que 42 falam inglês, 12
falam inglês e italiano, 18 falam espanhol e inglês e 16 falam espanhol e italiano. O número de
turistas que falam espanhol é, precisamente, 50% maior que o número daqueles que falam italiano.
Com base nessas informações, julgue os itens a seguir.
2
(I) O número de turistas que falam italiano é igual a do número dos que falam espanhol.
3
(II) Se 9 dos turistas consultados falam as três línguas, espanhol, inglês e italiano, enquanto 5 deles
não falam nenhuma dessas línguas, então, mais da metade dos turistas falam espanhol.

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(III) Se 9 dos turistas consultados falam as três línguas, espanhol, inglês e italiano, enquanto 5 deles
não falam nenhuma dessas línguas, então, exatamente 24 desses turistas falam apenas inglês.
(IV) Se todos os turistas falam pelo menos uma das três línguas, então, escolhendo-se aleatoriamente
um dos turistas, a chance de ele falar italiano será maior que 30%.
Agora marque a alternativa que apresenta a seqüência obtida.
a) Certo- Certo – Certo – Certo
b) Certo – Certo – Errado –Errado
c) Certo – Certo – Errado – Certo
d) Errado – Certo – Errado – Certo
e) Errado – Errado – Errado – Errado

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO:
(1) Certo
3 2
n ( espanhol ) = n ( italiano ) × (1 + 50% ) = × n ( italiano ) Û n ( italiano ) = × n ( espanhol )
2 3
(2) Certo
Nas condições conclui-se que 21 turistas falam somente inglês. Em conseqüência, 100 - 21 - 5 = 74
falam espanhol ou italiano.
74 = n ( espanhol ) + n ( italiano ) - 16 Û 90 = 1,5 × n ( italiano ) + n ( italiano ) Û n ( italiano ) = 36
Þ n ( espanhol ) = 1,5 × 36 = 54
(3) Errado
Considerando que x turistas falam as três línguas e fazendo a diagramação segundo o texto temos:

Sendo x = 9 , então 21 turistas falam somente a língua inglesa.
(4) Certo
n ( ita È ing È esp ) = n ( ing ) + n ( ita ) + n ( esp ) - n (ing Ç ita ) - n (ing Ç esp ) - n (ita Ç esp ) + n ( ing Ç ita Ç esp )
x
100 = 42 + n ( ita ) + 1,5 × n ( ita ) - 12 - 18 - 16 + x Û 2,5 × n ( ita ) = 104 - x Û n ( ita ) = 41, 6 -
2,5
O menor valor de n ( ita ) ocorre para o maior valor de x . Como x £ 12 , temos n ( ita ) > 36,8 , ou
seja, a chance de um turista escolhido aleatoriamente falar italiano é maior que 36,8%.

REFERÊNCIA: UNB 2000

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QUESTÃO 3
(AFA 2008) Um fabricante de camisetas que pretendia vender seu estoque no prazo de 4 meses,
mantendo o preço de cada camiseta, obteve o seguinte resultado:
· no primeiro mês, vendeu 10% de seu estoque;
· no segundo, 20% do restante das mercadorias; e
· no terceiro, 50% do que sobrou.
Ao ver que sobraram 3.600 camisetas, no quarto mês, o fabricante reduziu o preço de cada uma em
1
33 % , conseguiu assim liquidar todo seu estoque e recebendo R$21.600,00 pelas vendas deste mês.
3
É correto afirmar que o fabricante
a) no terceiro mês, vendeu uma quantidade de camisetas 200% a mais que no segundo mês.
b) no primeiro mês, recebeu mais de R$ 9.000,00.
c) arrecadaria a mesma importância total, durante os 4 meses, se cada camiseta fosse vendida por x
reais, x Î [7,8] .
d) tinha um estoque que superava 834 dúzias de camisetas.
e) O preço original da camiseta era um número primo.

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO:
Seja N a quantidade de camisetas inicialmente no estoque.
No primeiro mês foram vendidas 10% × N = 0,1N .
No segundo mês foram vendidas 20% × 0,9N = 0,18N
No terceiro mês foram vendidas 50% × 0,72N = 0,36N
Ao final do terceiro mês ainda sobravam N - ( 0,1N + 0,18N + 0,36N ) = 0,36N = 3600 Û N = 10.000
21600, 00
As camisetas no quarto mês foram vendidas por = 6 reais.
3600
1 æ 100 ö 2
Esse valor é 33 % menor que o preço P original, então P ç1 - % ÷ = 6 Û P = 6 Û P = 9 reais.
3 è 3 ø 3
O total arrecadado com a venda das camisetas foi 6400 × 9 + 21600 = 79200 reais e o preço médio foi
79200
= 7,92 reais.
10000
0,36N - 0,18N
a) = 100% (errada)
0,18N
b) No primeiro mês recebeu 0,1×10000 × 9 = 9000 reais (errada)
c) Se cada camiseta fosse vendida pelo preço médio 7,92, a importância arrecadada seria a mesma.
(correta)
10000 1
d) O estoque em dúzias era = 833 < 834 (errada)
12 3
e) O preço original da camiseta era 9 que não é primo. (errada)

QUESTÃO 4
(AFA 2009) Perguntaram a Gabriel qual era seu horário de trabalho e ele respondeu:
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“Habitualmente começo às 6 horas da manhã minha jornada de trabalho que é de 8 horas diárias,
3
dividida em dois expedientes. Cumpro no primeiro expediente dessa jornada, tenho um intervalo
4
de almoço de 1 hora e 45 minutos e retorno para cumprir o tempo que falta, ou seja, o segundo
expediente.
Hoje, excepcionalmente, quando cheguei, o relógio de ponto registrou um horário tal que o tempo
4
transcorrido do dia era igual aos do tempo restante do dia e eu fui, então, alertado que estava
11
atrasado. Acertei meu relógio pelo relógio de ponto e, para compensar meu atraso, pretendo cumprir
3 1
os de minha jornada e sair para almoçar reduzindo o tempo de meu intervalo de almoço em .
4 5
Imediatamente retornarei para o trabalho e sairei no meu horário habitual.”
Considerando que o relógio de ponto estivesse certo e em perfeito funcionamento, é correto afirmar
que, nesse dia, Gabriel, com sua pretensão
a) sairá para o almoço antes de 12 horas e 23 minutos.
b) retornará após o intervalo de almoço, exatamente, às 13 horas e 50 minutos.
c) cumprirá sua jornada diária na íntegra e ainda sobrarão dois minutos.
1
d) ficará devendo de sua jornada diária.
160

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:
3
Gabriel habitualmente chega às 6 h e cumpre um primeiro expediente de ×8 h = 6 h .
4
Sai para almoçar às 12 h e demora no almoço 1 h 45 min , retornando às 13 h 45 min .
Cumpre um segundo expediente de 2 h e sai às 15 h 45 min .
Designando por T o horário no qual Gabriel chegou hoje, então
4
T = × ( 24 - T ) Û T = 6, 4 h = 6 h 24 min
11
Como Gabriel chegou às 6 h 24 min e cumprirá o primeiro expediente normalmente, ele sairá para
almoçar às 12 h 24 min .
4
O intervalo de almoço será ×1h 45min = 1 h 24 min e ele retornará para o segundo expediente às
5
13 h 48 min .
Gabriel sairá normalmente às 15 h 45 min , logo cumprirá apenas 1h 57 min no segundo expediente.
1
Dessa forma ficará devendo 3 min , ou seja, de sua jornada diária, visto que
160
1 1
×8 h = × 480 min = 3 min .
160 160

QUESTÃO 5
(AFA 2012) Três carros, a , b , c , com diferentes taxas de consumo de combustível, percorrerão,
cada um, 600 km por um mesmo caminho. No ponto de partida, os três estão com tanque cheio.

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1
Após terem percorrido, cada um, do total previsto, os carros b e c foram abastecidos
5
completando novamente seus tanques e gastaram, juntos, R$ 66,00 .
Ao final dos 600 km , os três carros foram abastecidos, completando seus tanques, e, nesse
abastecimento, juntos, gastaram R$ 384,00 . Considerando o preço do litro do combustível usado
pelos três carros a R$ 3,00 , a distância que o carro a percorre, em média, com um litro de
combustível é
a) 12 km .
b) 15 km .
c) 16 km .
d) 18 km .

RESPOSTA: b

RESOLUÇÃO:
Supondo que os carros a , b e c tenham taxas de consumo de combustível iguais a A , B e C
km / , respectivamente.
1 1 120 120
Como do percurso é × 600 = 120 km , os carros b e c consumiram e litros de
5 5 B C
æ 120 120 ö 1 1 22
combustível e o custo foi ç + ÷ × 3 = 66 Û + = (*).
è B C ø B C 120
600
Ao final dos 600 km , os carros a , b e c , para completar o tanque de combustível, receberam ,
A
480 480 æ 600 480 480 ö 5 æ 1 1 ö 128
e litros e o custo foi ç + + ÷ × 3 = 384 Û + 4 × ç + ÷ = .
B C è A B C ø A è B C ø 120
5 22 128 5 40
Substituindo (*) na expressão acima, temos: + 4 × = Û = Û A = 15 km .
A 120 120 A 120
Logo, o carro a percorre, em média, 15 km com um litro de combustível.

QUESTÃO 6
Um colecionador possui N pedras preciosas. Se ele retira as três pedras mais pesadas, então o peso
total das pedras diminui 35% . Das pedras restantes, se ele retira as três mais leves, o peso total
5
diminui mais . O valor de N é
13
a) 8
b) 9
c) 10
d) 11
e) 12

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO:

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Seja 100k o peso total das pedras. Então o peso das três mais pesadas é 35k e o peso das três mais
5
leves (100k - 35k ) × = 25k .
13
As ( N - 6 ) pedras restantes possuíam peso total 100k - 35k - 25k = 40k e seu peso médio deve
25k 35k
estar entre e , então
3 3
25k 40k 35k 5 8 7 66 54
< < Û < < Û 5N - 30 < 24 < 7N - 42 Û 9 < <N< < 11 Þ N = 10
3 N-6 3 3 N-6 3 7 5

REFERÊNCIA: Hong Kong Preliminary Selection Contest 2005

QUESTÃO 7
Ordenando todos os números positivos que podem ser expressos como uma soma de 2005 inteiros
consecutivos, não necessariamente positivos, aquele que ocupa a posição 2005 é:
a) 4016015
b) 4018020
c) 4020025
d) 4022030
e) 4024035

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO:
Qualquer sucessão de 2005 inteiros consecutivos é da forma:
n -1002 , n -1001, , n -1, n , n +1 , n +1001 n +1002
1 1, 1001,
onde denotamos por n o inteiro que ocupa a posição central.
A soma desses 2005 inteiros consecutivos é 2005n.
Por tanto, o conjunto dos números positivos expressáveis como a soma de 2005 inteiros consecutivos
é {2005n | n Î * } , ou seja, é o conjunto dos múltiplos inteiros de 2005.
+
Assim, o número que ocupa a posição 2005 na sucessão é 2005 × 2005 = 4020025 .

REFERÊNCIA: REVISTA OIM N° 23

QUESTÃO 8
Os números naturais a e b são tais que a + b = 2007 , b ¹ 0 e na divisão de a por b obtém-se resto
igual ao quociente. A soma de todos os valores possíveis de a é:
a) 4261
b) 4263
c) 4265
d) 4267
e) 4269

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:

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a = b × q + q , 0 £ q < b Þ a = ( b + 1) q Þ ( b + 1) | a Þ ( b + 1) | ( 2007 - b )
Þ ( b + 1) | ( 2008 - ( b + 1) ) Þ ( b + 1) | 2008 = 23 × 251
( b + 1) | ( 2007 - b ) Þ b + 1 £ 2007 - b Û 2b £ 2006 Û b £ 1003
0 £ q < b e a = ( b + 1) q Þ a < ( b + 1) × b Þ 2007 - b < b 2 + b Þ b 2 + 2b - 2007 > 0
Û b < -1 - 2 502 (não convém) ou b > -1 + 2 502 Þ b ³ 44
Þ b + 1 = 251 Þ b = 250 Þ a = 1757
Þ b + 1 = 502 Þ b = 501 Þ a = 1506
Þ b + 1 = 1004 Þ b = 1003 Þ a = 1004
A soma de todos os possíveis valores de a é 1757 +1506 +1004 = 4267 .

QUESTÃO 9
(IME 2012) Um curso oferece as disciplinas A , B , C e D . Foram feitas as matrículas dos alunos
da seguinte forma:
· 6 alunos se matricularam na disciplina A ;
· 5 alunos se matricularam na disciplina B ;
· 5 alunos se matricularam na disciplina C ; e
· 4 alunos se matricularam na disciplina D .
Sabe-se que cada aluno se matriculou em, no mínimo, 3 disciplinas. Determine a quantidade mínima
de alunos que se matricularam nas 4 disciplinas.
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO:
Seja n a quantidade de alunos. Como cada aluno está inscrito em no mínimo 3 disciplinas, então a
quantidade de inscritos é maior ou igual ao triplo da quantidade de alunos. Por outro lado, a
quantidade de inscrições é menor ou igual ao quádruplo da quantidade de alunos, número máximo de
inscrições. Assim, temos: 3n £ n ( A ) + n ( B) + n ( C) + n ( D ) £ 4n Û 3n £ 20 £ 4n Û 5 £ n £ 6 .
Portanto, a quantidade de alunos é n = 5 ou n = 6 , mas como há 6 inscritos na disciplina A ,
conclui-se que n = 6 .
Considerando que o total de inscrições é 20 e a quantidade de alunos é 6 , conclui-se que 4 alunos
matricularam-se em 3 disciplinas e 2 alunos matricularam-se em 4 disciplinas.

QUESTÃO 10
n +8
n + 2n + 3
n n +1
Se n n = 4 , então n é igual a:
a) 1
b) 16
c) 256
d) 400
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e) maior que 1.000.000

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO:
n +8
n + 2n +3 ( nn )
n n +1 n +1
= ( nn )
n ×n
n = nn = nn = 44 = 256

REFERÊNCIA: Compêndio Acadêmico de Matemática – Lumbreras Editores – pg. 170.

QUESTÃO 11
Sendo x < y < z números naturais que satisfazem a equação 3x + 3y + 3z = 179415 , o valor de
x + y + z é:
a) 15
b) 17
c) 19
d) 20
e) 22

RESPOSTA: e

RESOLUÇÃO:
3x + 3y + 3z = 179415 Û 3x (1 + 3y- x + 3z - x ) = 34 × 2215
Û 3x = 34 Ù 1 + 3y- x + 3z - x = 2215 Û x = 4 Ù 3y- x (1 + 3z - y ) = 2214 = 33 × 82
Û x = 4 Ù 3y-4 = 33 Ù 1 + 3z - y = 82 Û x = 4 Ù y = 7 Ù 3z -7 = 81 = 34
Û x = 4 Ù y = 7 Ù z = 11 Þ x + y + z = 22

REFERÊNCIA: KöMaL – maio 2009

QUESTÃO 12
Quantos são os valores reais z tais que: ( 3z + 1) × ( 4z + 1) × ( 6z + 1) × (12z + 1) = 2 ?
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO:
8(3z+1)6(4z+1)4(6z+1)2(12z+1)=768 Û (24z+8)(24z+6)(24z+4)(24z+2)=768
u=24z+5 Þ (u+3).(u+1).(u-1).(u-3)=768 Û(u2-1).(u2-9)=768 Û u4-10u2-759=0

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± 33 - 5
u2=33 ou u 2 = -23 Þ z =
24

QUESTÃO 13
(IME 2007) Sejam x1 e x 2 as raízes da equação x 2 + (m - 15)x + m = 0. Sabendo que x1 e x 2 são
números inteiros, determine a quantidade de elementos do conjunto de valores possíveis para m.
a) 0
b) 1
c) 2
d) 4
e) 6

RESPOSTA: e

RESOLUÇÃO:
Devemos determinar os valores de m para os quais existem dois números inteiros x1 e x 2 tais que
ì x1 + x 2 = -(m - 15) ì x1 + x 2 = - x1 x 2 + 15 ì(x + 1)(x 2 + 1) = 16
í Ûí Û í 1
î x1 x 2 = m î x1 x 2 = m î x1 x 2 = m
Como os divisores de 16 são + 1, + 2, + 4, + 8, + 16, supondo sem perda de generalidade que
x1 £ x 2 , a tabela a seguir reúne todos os possíveis valores para x1 , x 2 e m .
x1 + 1 x2 +1 x1 x2 m
1 16 0 15 0
2 8 1 7 7
4 4 3 3 9
– 16 –1 – 17 –2 34
–8 –2 –9 –3 27
–4 –4 –5 –5 25
ou seja, o conjunto de todos os valores possíveis de m é {0, 7, 9, 25, 27, 34}.

QUESTÃO 14
O menor valor possível de 2x 2 + 2xy + 4y + 5y2 - x , para x e y números reais é:
a) 0
1
b) -
4
c) -1
5
d) -
4
3
e) -
2

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:

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2x 2 + 2xy + 4y + 5y 2 - x = ( x 2 + 2xy + y 2 ) + ç x 2 - x + ÷ + ( 4y 2 + 4y + 1) - ç + 1 ÷ =
æ 1ö æ1 ö
è 4ø è4 ø
2
æ 1ö 2 5
= ( x + y ) + ç x + ÷ + ( 2y + 1) -
2
è 2ø 4
1 1 5
Logo, para x = e y = - atingimos o valor mínimo - .
2 2 4

REFERÊNCIA: Stanford Mathematical Tournament 2009.

QUESTÃO 15
Dado a 4 + a 3 + a 2 + a + 1 = 0 , o valor de a 2000 + a 2010 + 1 é igual a
a) 0
b) 1
c) -1
d) 3
e) 5

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:
Note que a = 1 não é raiz de a 4 + a 3 + a 2 + a + 1 = 0 , ou seja, a - 1 ¹ 0 .
a 4 + a 3 + a 2 + a + 1 = 0 Û ( a - 1) ( a 4 + a 3 + a 2 + a + 1) = 0 Û a 5 - 1 = 0 Û a 5 = 1

a 2000 + a 2010 + 1 = ( a 5 ) + ( a5 )
400 402
+1 = 3

REFERÊNCIA: Jiagu, X. – Lecture Notes on Mathematical Olympiad Courses - pg. 12.

QUESTÃO 16
Simplificando a expressão
x 4 + 4y4 ( x + y ) ( x 2011 + y2011 )
-
x 2 - 2xy + 2y2 x 2010 - x 2009 y + x 2008 y 2 - + x 2 y 20 - xy 2009 + y 2010
2008

obtemos:
a) x 2 + y2
b) 2x 2 + y2
c) x 2 + 2y2
d) x 2
e) y 2

RESPOSTA: e

RESOLUÇÃO:

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x 4 + 4y 4 ( x + y ) ( x 2011 + y2011 )
- =
x 2 - 2xy + 2y 2 x 2010 - x 2009 y + x 2008 y 2 - + x 2 y 20 - xy2009 + y2010
2008

( x 2 + 2y2 + 2xy )( x 2 + 2y2 - 2xy ) - ( x + y )( x + y ) ( x 2010 - x 2009 y + - xy 2009 + y2010 )
= =
x 2 - 2xy + 2y 2 x 2010 - x 2009 y + x 2008 y 2 - + x 2 y 20 - xy2009 + y2010
2008

= ( x 2 + 2y 2 + 2xy ) - ( x + y ) = x 2 + 2y 2 + 2xy - x 2 - 2xy - y 2 = y 2
2

QUESTÃO 17
Analise as afirmações abaixo:
40213 - 20113 - 20103
(I) =3
4021× 2011× 2010
(II) 1 + x + x 2 + x3 + + x1023 = (1 + x ) (1 + x 2 )(1 + x 4 ) × × (1 + x 256 )(1 + x 512 )
5

(III) (1.000.000) × (1.000.001) × (1.000.002) × (1.000.003) + 1 = 1.000.030.000.001
(IV) 1 + 3 4 + 3 16 Î ù 2, 1 + 2 é
û ë
A quantidade de afirmações FALSAS é:
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4

RESPOSTA: b

RESOLUÇÃO:
(I) VERDADEIRA
Considerando a identidade de Gauss: a3 + b3 + c3 - 3abc = ( a + b + c ) ( a 2 + b2 + c2 - ab - ac - bc ) .
Como 4021 + ( -2011) + ( -2010) = 0 , então
( 4021)3 + ( -2011)3 + ( -2010)3 - 3 × 4021× ( -2011) × ( -2010) = 0
Û 40213 - 20113 - 20103 = 3 × 4021× 2011× 2010
40213 - 20113 - 20103
Û =3
4021× 2011× 2010
(II) VERDADEIRA
Se x = 1 , a igualdade se reduz a 1024 = 210 , que é verdadeira.
Se x ¹ 1, fazemos então

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y = (1 + x ) (1 + x 2 )(1 + x 4 ) × × (1 + x 256 )(1 + x 512 )
25

Û (1 - x ) × y = (1 - x 2 )(1 + x 2 )(1 + x 4 ) × × (1 + x 256 )(1 + x 512 )
2

Û (1 - x ) × y = (1 - x 4 )(1 + x 4 ) × × (1 + x 256 )(1 + x 512 )
25

Û (1 - x ) × y = 1 - x1024 = (1 - x ) (1 + x + x 2 + x 3 + + x1023 )
Û y = 1 + x + x 2 + x3 + + x1023
(III) FALSA
Seja x = 1.000.000 = 106 , então
R = (1.000.000 ) × (1.000.001) × (1.000.002 ) × (1.000.003) + 1 =

= x ( x + 1)( x + 2 ) ( x + 3) + 1 = ( x 2 + 3x )( x 2 + 3x + 2 ) + 1
Fazendo y = x 2 + 3x , temos:
R = y ( y + 2 ) + 1 = y2 + 2y + 1 = ( y + 1)2 = y +1

Como y = x 2 + 3x = (106 ) + 3 ×106 = 1012 + 3 ×106 = 1.000.003.000.000 , então
2

R = y + 1 = 1.000.003.000.001 ¹ 1.000.030.000.001
(IV) VERDADEIRA
3 3
1 + 3 4 + 3 16 = 1 + 22 + 24 = 1 + 22 + 2 3 2 =
3 (1 + 3 2 )2 = 1 + 3 2
2 = 1+1 < 1+ 3 2 < 1+ 2

REFERÊNCIA: Gomes, C. e Gomes J. – Tópicos de Matemática IME – ITA – Olimpíadas – Volume
1 (adaptado) e CN 2000.

QUESTÃO 18
x y z x y z
Se + + = 0 , então o valor de + + é:
y-z z-x x-y (y - z) 2
(z - x) 2
(x - y) 2
a) 0
b) x + y
c) 1
d) x + y + z
e) 3

RESPOSTA: a

RESOLUÇÃO:
1ª RESOLUÇÃO:

Página 12 de 25


æ 1 1 1 ö æ x y z ö
ç + + ÷×ç + + ÷=0
è y-z z-x x-yø è y-z z-x x-yø
x y z x y z
Û + + + + + +
( y - z ) ( y - z )( z - x ) ( y - z )( x - y ) ( z - x )( y - z ) ( z - x ) ( z - x )( x - y )
2 2

x y z
+ + + =0
( x - y )( y - z ) ( x - y )( z - x ) ( x - y )2
x y z x+y x+z y+z
Û + + + + + =0
( y - z) 2
(z - x) 2
( x - y) 2
( y - z )( z - x ) ( y - z )( x - y ) ( z - x )( x - y )
Û
x
+
y
+
z
+
( x + y )( x - y ) + ( x + z )( z - x ) + ( y + z ) ( y - z ) = 0
( y - z) 2
(z - x) 2
( x - y) 2
( x - y )( y - z )( z - x )
x y z x 2 - y2 + z 2 - x 2 + y2 -z 2
Û + + + =0
( y - z )2 ( z - x )2 ( x - y )2 ( x - y )( y - z )( z - x )
x y z
Û + + =0
( y - z) 2
(z - x) 2
( x - y )2
2ª RESOLUÇÃO:
x y z x y z
=- - Û =- -
y-z z-x x-y ( y - z) 2 ( z - x ) ( y - z ) ( x - y )( y - z )
y x z y x z
=- - Û =- -
z-x y-z x -y (z - x) 2
( y - z) (z - x ) ( x - y) (z - x )
z x y z x y
=- - Û =- -
x-y y-z z-x ( x - y) 2
( y - z )( x - y ) ( z - x ) ( x - y )
Somando as três igualdades, temos:
x y z æ x+y x+z y+z ö
+ + = -ç + + ÷=
(y - z) 2
(z - x) 2
(x - y) 2
è ( z - x ) ( y - z ) ( x - y )( y - z ) ( x - y ) ( z - x ) ø
æ x 2 - y2 + z 2 - x 2 + y2 - z 2 ö
= -ç
ç
÷=0
÷
è ( x - y )( y - z ) ( z - x ) ø

QUESTÃO 19
1 1 1
Sendo z tal que z7 = 1 e z ¹ 1 , então o valor numérico de z10 + 10 + z30 + 30 + z50 + 50 é:
z z z
a) 0
b) -1
c) 1
3
d)
2
5
e)
2

Página 13 de 25


RESPOSTA: b

RESOLUÇÃO:
z7 = 1 e z ¹ 1 Þ z6 + z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 .
1 1 1
Dividindo a última equação por z3 , vem: z3 + z 2 + z + 1 + + 2 + 3 = 0
z z z

( ) ( )
4 7
Usando que z7 = 1 , z 28 = z7 = 1 e z 49 = z7 = 1 , temos:
1 1 1
z10 + 10
+ z30 + 30
+ z50 + =
z z z50
1 1 1
= z3 + 3
+ z2 + 2
+z+ = -1
z z z

Referência: ARML-NYSL Contests 1989-1994 - L. Zimmerman e G. Kessler - pág. 45.

QUESTÃO 20
Se x 2 + x + 1 = 0 , calcule o valor numérico de:
2 2 2 2
æ 1ö æ 2 1 ö æ 3 1 ö æ 1 ö
çx + ÷ +çx + 2 ÷ +çx + 3 ÷ + + ç x 2007 + 2007 ÷
è xø è x ø è x ø è x ø
a) 0
b) 1
c) 2007
d) 4014
e) 1004 ´ 2007

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:

Página 14 de 25


ìx 2 + x + 1 = 0 Û x 2 = -x - 1
ï
ï 3
í x = x ( - x - 1) = - x 2 - x = x + 1 - x = 1
ï 4
ïx = x
î
2 2 2
æ 1ö æ 4 1 ö æ 200 1 ö
çx + ÷ = çx + 4 ÷ =
2005
= ç x2 + 2 ÷
è xø è x ø è x 2005 ø
2 2 2
æ 2 1 ö æ 5 1 ö æ 1 ö
çx + 2 ÷ = çx + 5 ÷ = = ç x 2006 + 2006 ÷
è x ø è x ø è x ø
2 2 2
æ 3 1 ö æ 6 1 ö æ 2007 1 ö
çx + 3 ÷ = çx + 6 ÷ = = çx + 2007 ÷
è x ø è x ø è x ø
1 1 1
x 2 + x + 1 = 0 Þ x + = 1 Þ x 2 + 2 + 2 = 1 Û x 2 + 2 = -1
x x x
1 æ 1 öæ 1 ö
Þ x 3 + 3 = ç x + ÷ ç x 2 - 1 + 2 ÷ = 1 × ( -1 - 1) = -2
x è x øè x ø
2 2 2
æ 1ö æ 2 1 ö æ 3 1 ö 2 2
ç x + ÷ + ç x + 2 ÷ + ç x + 3 ÷ = 1 + ( -1) + ( -2 ) = 6
2
è xø è x ø è x ø
2 2 2 2
æ 1ö æ 2 1 ö æ 3 1 ö æ 1 ö 2007
çx + ÷ +çx + 2 ÷ +çx + 3 ÷ + + ç x 2007 + 2007 ÷ = × 6 = 4014
è xø è x ø è x ø è x ø 3

QUESTÃO 21
Sejam a , b e c os lados de um triângulo escaleno e l um número real. Se as raízes da equação
x 2 + 2 ( a + b + c ) x + 3l ( ab + bc + ca ) = 0 são reais, então
4
a) l <
3
5
b) l >
3
æ 4 5ö
c) l Î ç , ÷
è 3 3ø
5
d) l =
3
e) não existe l .

RESPOSTA: a

RESOLUÇÃO:
2 2
D ³ 0 Û 4 ( a + b + c ) - 4 × 3l ( ab + bc + ac ) ³ 0 Û ( a + b + c ) ³ 3l ( ab + bc + ac )
(a + b + c)2 a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ac ) a 2 + b2 + c2 2
Como a, b,c > 0 , então l £ = = + .
3 ( ab + bc + ac ) 3 ( ab + bc + ac ) 3 ( ab + bc + ac ) 3
Pela desigualdade triangular, temos:

Página 15 de 25


a - b < c Û a 2 + b 2 - 2ab < c 2 ü
ï
ï a 2 + b2 + c2
b - c < a Û b 2 + c 2 - 2bc < a 2 ý Þ a 2 + b 2 + c 2 < 2 ( ab + bc + ac ) Û <2
ï ab + bc + ac
c - a < b Û c 2 + a 2 - 2ac < b 2 ï
þ
a 2 + b2 + c2 2 1 2 4 4
Þl£ + < ×2+ = Û l <
3 ( ab + bc + ac ) 3 3 3 3 3

REFERÊNCIA: IIT – JEE 2006

QUESTÃO 22
ˆ ˆ
Na figura abaixo, sabe-se que BM = MC , BAC = CAD e AD = 4 × AL . Sabendo que
ˆ
AD + 2 × AB = 16 cm e que o ângulo ACD é reto, podemos afirmar que o comprimento de LM e:

a) 10 cm
b) 8 cm
c) 6 cm
d) 4 cm
e) 2 cm

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:

Página 16 de 25


Seja AL = k .
AD = 4 × AL Þ AD = 4k
Seja N o ponto médio de AD , então CN é mediana relativa à hipotenusa do triângulo retângulo
AD 4k
ACD , donde CN = = = 2k .
2 2
ˆ ˆ ˆ
AN = CN = 2k Þ NCA = NAC = CAB Þ AB CN
Como AL = AN = k e BM = MC , então ML AB CN .
Assim, o #ABCN é um trapézio e ML é base média do trapézio, logo
AB + CN AB + 2k 8
ML = = = = 4 cm
2 2 2
onde foi usado que AD + 2 × AB = 16 Û 4k + 2 × AB = 16 Û AB + 2k = 8 .

REFERÊNCIA: Prof. Eduardo Brito.

QUESTÃO 23
ˆ
Em um triângulo escaleno KLM , a bissetriz do ângulo KLM corta o lado KM no ponto N . Pelo
ponto N traça-se uma reta que corta o lado LM em um ponto A tal que MN = AM . Sabe-se que
LN = a e KL + KN = b . A medida do segmento AL é igual a:
a2
a)
b
b2
b)
a
a 2 + b2
c)
a+b
a 2 + b2
d)
a
a 2 + b2
e)
b

RESPOSTA: a

RESOLUÇÃO:

Página 17 de 25


ˆ ˆ ˆ
Sejam KLN = NLM = a e LNA = b . Sejam ainda o ponto C sobre o prolongamento de LK tal que
LC = b , ou seja, KC = KN .
Þ NAM = a + b = ANM Þ AMN = 180 - 2 ( a + b ) Þ MKL = 2b Þ KNC = KCN = b
ˆ ˆ ˆ 0 ˆ ˆ ˆ

LN LC LN 2 a 2
DLCN ~ DLNA ( A.A.A.) Þ = Û LA = =
LA LN LC b

REFERÊNCIA: Medviédev, G. N. – Problemas de Matemática - Facultad de Física de la
Universidad Lomonósov de Moscú – pg. 15.

QUESTÃO 24
ˆ ˆ
Considere um triângulo ABC com BAC = 45 e ACB = 30 . Se M é o ponto médio do lado BC e
D um ponto em AC tal que BD ^ AC , analise as afirmativas abaixo:
(I) O triângulo DMA é isósceles.
ˆ
(II) AMB = 45 .
(III) BC × AC = 2 × AM × AB .
Podemos afirmar que:
a) Todas são falsas.
b) Apenas (I) é falsa.
c) Apenas (II) é falsa.
d) Apenas (III) é falsa.
e) Todas são verdadeiras.

RESPOSTA: e

RESOLUÇÃO:

Página 18 de 25


Seja D o ponto de AC tal que BD ^ AC .
ˆ ˆ
DBA = 90 - DAB = 90 - 45 = 45 Þ DBDA é retângulo isósceles e AD = BD .
B
Como o DCDB é retângulo, DM é mediana relativa à hipotenusa, então DM = MC = MB e
ˆ ˆ
CDM = DCM = 30 .
ˆ ˆ ˆ
BMD = MCD + MDC = 30 + 30 = 60
ˆ
Como DM = MB e BMD = 60 , então o DBMD é equilátero e BD = DM = MB .
ˆ
CDM 30
ˆ ˆ
Como DM = BD = DA , então o DADM é isósceles e DMA = DAM = = = 15 .
2 2
ˆ ˆ ˆ
Logo, AMB = BMD - DMA = 60 - 15 = 45 .
ˆ ˆ ˆ
BAM = BAC - DAM = 45 - 15 = 30
ˆ ˆ ˆ ˆ
Como BAM = ACB = 30 e AMB = BAC = 45 , então DBAM ~ DABC . Daí, vem:
AB BM AM BC
= = Û BM × AC = AM × AB Û × AC = AM × AB Û BC × AC = 2 × AM × AB .
BC AB AC 2

REFERÊNCIA: Olimpíada Espanhola de Matemática – 2005.

QUESTÃO 25
Um turista faz uma viagem pela cidade em etapas. Em cada etapa o turista percorre 3 segmentos de
comprimento 100 metros separados por curvas à direita de 60°. Entre o último segmento de uma
etapa e o primeiro segmento da próxima etapa, o turista faz uma curva à esquerda de 60°. A que
distância o turista estará da sua posição inicial, após 1997 etapas?
a) 0
b) 50 metros
c) 85 metros
d) 100 metros
e) 200 metros

RESPOSTA: e

RESOLUÇÃO:

Página 19 de 25


Cada etapa forma um trapézio isósceles.
A distância entre o ponto inicial e final de cada etapa é 200 metros.
Após 6 etapas, o turista retorna ao ponto inicial, formando um hexágono.
Como 1997 = 6 ´ 332 + 5 , o turista percorre 332 hexágonos completos e mais 5 etapas.
Logo, se o turista inicia a viagem no ponto A, terminará no ponto B, a uma distância de 200 metros
de A.

QUESTÃO 26
No triângulo ABC , AB = 20 , AC = 21 e BC = 29 . Os pontos D e E sobre o lado BC são tais que
ˆ
BD = 8 e EC = 9 . A medida do ângulo DAE , em graus, é igual a:
a) 30
b) 40
c) 45
d) 60
e) 75

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO:

Página 20 de 25


BC2 = AB2 + AC2 Þ DABC é retângulo em A Þ x + q + y = 90
DE = BC - BD - EC = 29 - 8 - 9 = 12
ˆ
BE = BA = 20 Þ DABE é isósceles de vértice B Þ BEA = BAE = q + x ˆ
ˆ
CD = CA = 21 Þ DACD é isósceles de vértice C Þ CDA = CAD = q + y ˆ
DADE : q + ( q + y ) + ( q + x ) = 180 Þ 2q + ( q + x + y ) = 180 Þ 2q + 90 = 180 Û q = 45
0

QUESTÃO 27
ˆ
Na figura abaixo, sabe-se que AB = AC . O valor do ângulo BDE é:

a) 12º
b) 14º
c) 21º
d) 24º
e) 30º

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:

Página 21 de 25


Seja X o ponto de interseção de BD e CE .Temos XCD = XDC = 54o , assim XC = XD .
ˆ ˆ
Trace perpendiculares XY e XZ a BC e BE , respectivamente.
Sejam P e Q os pontos médios de XC e XD , respectivamente. Seja R a interseção de XE e QZ .
XC
XY = XC × sen 30º = = XP = PC
2
ˆ
BD é bissetriz de ABD Þ XY = XZ
Logo, XQ = XP = XY = XZ , ou seja, XQ = XZ e, portanto o triângulo XQZ é isósceles.
Como BXZ = 48o é ângulo externo do DXQZ , temos XQZ = XZQ = 24o .
ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ
Mas, BEC = 180º -84º -30º = 66º e EXZ = 90º -BEC = 90º -66º = 24º , donde o triângulo RXZ é
ˆ
isósceles e, como EZX = 90º , R é o centro do círculo EXZ .
Assim, R é o ponto médio de EX e, como Q é ponto médio de XD , então DE é paralela a QZ e
daí, BDE = XQZ = 24o .
ˆ ˆ

QUESTÃO 28
ˆ
Em um triângulo ABC , tem-se AB = BC e B = 20 . Sobre AB toma-se o ponto M tal que
ˆ ˆ ˆ
MCA = 60 e sobre BC , o ponto N tal que NAC = 50 . O ângulo NMC mede:
a) 10
b) 20
c) 30
d) 40
e) 50

RESPOSTA: c

Página 22 de 25


RESOLUÇÃO:

ˆ ˆ ˆ ˆ
AB = AC Þ BAC = BCA = 80 Þ BAN = 30 Ù BCM = 20
0
ˆ
Seja CP tal que ACP = 20 .
ˆ ˆ
Þ APC = 180 - 80 - 20 = 80 = PAC Þ AC = CP
0
ˆ ˆ
ANC = 180 - 80 - 50 = 50 = NAC Þ AC = CN
NA
CN = CP Ù PCN = 60 Þ DPCN é equilátero Þ PN = PC = CN
ˆ 0 P
PC
ˆ
Þ CPN = 60
ˆ
DAMC Þ PMC = 180 - 80 - 60 = 40
0
ˆ ˆ
Þ PMC = 40 = PCM Þ DMPC é isósceles Þ PM = PC = PN
0 PC
ˆ
MPC = 180 - 40 - 40 = 100
0
ˆ = MPC - CPN = 100 - 60 = 40
MPN ˆ ˆ 0
ˆ ˆ 180 - 40
0
Como PM = PN , então NMP = MNP = = 70 .
2
ˆ ˆ ˆ
Þ NMC = NMP - PMC = 70 - 40 = 30
0

QUESTÃO 29
ˆ ˆ ˆ
Em um triângulo ABC , B = 100 e C = 65 . Sobre AB se toma o ponto M tal que MCB = 55 e
ˆ ˆ
sobre AC , o ponto N tal que NBC = 80 . A medida do ângulo NMC é
a) 10
b) 15
c) 20
d) 25
e) 30

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:

Página 23 de 25


Consideremos a circunferência circunscrita ao DMCB .
Seja M1 a interseção da circunferência com o
prolongamento de BN .
CM = CM1 , pois ambos são cordas que determinam
arcos de 160 .
ˆ ˆ ˆ
M1CM = M1BM = 20 Þ M1CN = 10
0
ˆ
Þ NC é bissetriz de M CM
1
CM1 = CM ü
ï ( L.A.L.)
ˆ ˆ
M1CN = NCM = 10 ý Þ DM1CN º DMCN
0
ï
CN comum þ
ˆ ˆ ˆ
Þ NMC = NM C = CMB = 180 - 100 - 55 = 25
0
1

REFERÊNCIA: Shariguin, I. – Problemas de Geometría – Planimetría – pg. 54.

QUESTÃO 30
ˆ ˆ ˆ
O ponto D está no interior do triângulo ABC . O ângulo BAC = 50 , DAB = 10 , DCA = 30 e
ˆ
DBA = 20 . O valor do ângulo DBC é:
0 ˆ
a) 20
b) 30
c) 45
d) 60
e) 75

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:
Vamos refletir A em relação à reta BD, obtendo A'.
BDÇAA' = {Z}
BA'ÇAC = {X}
BXÇCD = {Y}

Página 24 de 25


ˆ ˆ ˆ ˆ
ABX = 2 × ABD = 40 Þ BAA' = BA'A = 70
ˆ ˆ
BAX = 50 Þ BXA = 90 .
ˆ ˆ ˆ
DAA' = BAA'- DAB = 70 -10 = 60
0
ˆ ˆ ˆ
DYX = YXC + DCX = 90 + 30 = 120
0
ˆ + DYA' = 180 Þ #DAA'Y é inscritível
DAA' ˆ
ˆ ˆ ˆ ( ˆ ˆ )
A 'YA = A 'DA = 2 × ZDA = 2 × DBA + DAB = 60
ˆ ˆ ˆ
XYC = 90 - DCA = 60 = XYA , então C é a reflexão de A em relação a BX.
0
ˆ ˆ
Þ BC = BA e ACB = BAC = 50
ˆ ˆ ˆ
Þ ABC = 80 Þ DBC = 80 - DBA = 60
0

REFERÊNCIA: USAMO 1996

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