SOLUC ¸ ˜ OES XXXIII OPM - 1 a Eliminat ´ oria - 12.11.2014 - Categoria B - 10 o /12 o anos Cada quest ˜ ao vale 10 pontos Sugest ˜ oes para a resoluc ¸˜ ao dos problemas 1. Designe-se por M on´ umero de matem ´ aticos, por F on´ umero de f´ ısicos, por Q on´ umero de qu´ ımicos e por B on´ umero de bi ´ ologos. Sabe-se que M + F + Q + B = 30, F + Q =2B e M = 2(F + B). Substituindo a segunda e a terceira igualdade na primeira obt´ em-se 2F +5B = 30. Portanto 5B = 30 - 2F , ou seja, 5B ´ e um n´ umero par inferior a 30. Logo 5B = 10 ou 5B = 20. Logo o n´ umero de bi ´ ologos s ´ o poder ´ a ser 2 (e F = 10) ou 4 (e F =5). Por outro lado, como F + Q =2B, tem-se que 2B ´ e maior do que F , logo o n ´ umero de bi ´ ologos ´ e 4,on´ umero de f´ ısicos ´ e 5 eon´ umero de matem ´ aticos ´ e 18. 2. Seja E a intersec ¸˜ ao de AD e BC . Como ˆ A = ˆ B = 45 ◦ , o triˆ angulo [ABE] ´ e is´ osceles e retˆ angulo em E. Assim, a ´ area de [ABE] ´ e 1 2 BE 2 . Analogamente, o triˆ angulo [DEC ] ´ e is´ osceles e retˆ angulo em E, logo a ´ area de [DEC ] ´ e 1 2 DE 2 . A B C D E Assim, como a ´ area de [ABCD] ´ e igual ` a soma das ´ areas de [ABE] e [DEC ], ent ˜ ao a ´ area de [ABCD] ´ e 1 2 BE 2 + DE 2 . Pelo Teorema de Pit ´ agoras, BE 2 + DE 2 = BD 2 , logo a ´ area de [ABCD] ´ e 1 2 BD 2 , ou seja, 18 cm 2 . 3. Os algarismos que s˜ ao divisores de 60 s˜ ao 1, 2, 3, 4, 5, 6. O´ unico que pode aparecer repetido ´ eo 2. Neste caso, o produto dos algarismos para al ´ em dos dois algarismos 2 ´ e 60/(2 × 2) = 15, ou seja, s˜ ao o 3 eo 5. Os algarismos 2 podem estar nas seguintes seis posic ¸˜ oes: 22 **, 2 * 2*, 2 **2, *22*, *2 * 2 e ** 22. Para cada uma delas, os outros algarismos podem aparecer na ordem 3, 5 ou 5, 3. Portanto h ´ a 6 × 2 = 12 n´ umeros poss´ ıveis. Se nenhum algarismo aparece repetido, ent˜ ao, como 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 = 720, o produto dos dois algarismos que n ˜ ao aparecem ´ e 720/60 = 12. Deste modo, os algarimos que n˜ ao aparecem s˜ ao o 2 eo 6, ou o 3 eo 4. Portanto h ´ a dois casos poss´ ıveis. Para cada um deles, os algarimos podem ser ordenados de 4 × 3 × 2 × 1 = 24 formas diferentes, logo h ´ a 2 × 24 = 48 n´ umeros poss´ ıveis. Assim, ao todo h ´ a 12 + 48 = 60 n´ umeros de 4 algarismos cujo produto ´ e 60. 4. Suponhamos que uma das caixas tem duas ou menos bolas. Ent˜ ao essas bolas aparecem em no m ´ aximo 4 outras caixas, logo a sexta caixa n˜ ao tem nenhuma bola com um n´ umero em comum. Conclui-se assim que cada caixa tem pelo menos 3 bolas, ou seja, ao todo h ´ a pelo menos 6 × 3 = 18 bolas. Portanto, n ≥ 6. Para mostrar que n =6 ´ e um valor poss´ ıvel, basta veriﬁcar que as caixas com os n´ umeros seguintes veriﬁcam as condic ¸˜ oes pretendidas: {1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 5, 6}, {2, 5, 6}, {3, 4, 6} e {3, 4, 5}. spm

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SOLU

XXXIII OPM 1a Eliminatoria 12.11.2014 Categoria B 10o/12o anosCada questao vale 10 pontos

Sugestoes para a resolucao dos problemas

1. Designese por M o numero de matematicos, por F o numero de fısicos, por Q o numero de quımicos e por Bo numero de biologos. Sabese que M + F +Q + B = 30, F +Q = 2B e M = 2(F + B). Substituindo a

segunda e a terceira igualdade na primeira obtemse 2F + 5B = 30.

Portanto 5B = 30 − 2F , ou seja, 5B e um numero par inferior a 30. Logo 5B = 10 ou 5B = 20. Logo o

numero de biologos so podera ser 2 (e F = 10) ou 4 (e F = 5). Por outro lado, como F + Q = 2B, temse

que 2B e maior do que F , logo o numero de biologos e 4, o numero de fısicos e 5 e o numero de matematicos

e 18.

2. Seja E a intersecao de AD e BC . Como A = B = 45◦, o triangulo [ABE] e isosceles e retangulo em E.

Assim, a area de [ABE] e 1

2BE

2. Analogamente, o triangulo [DEC] e isosceles e retangulo em E, logo a

area de [DEC] e 1

2DE

Assim, como a area de [ABCD] e igual a soma das areas de [ABE] e [DEC], entao a area de [ABCD] e

(

BE2+DE

Pelo Teorema de Pitagoras, BE2+DE

2= BD

2, logo a area de [ABCD] e 1

2BD

2, ou seja, 18 cm2.

3. Os algarismos que sao divisores de 60 sao 1, 2, 3, 4, 5, 6.

O unico que pode aparecer repetido e o 2. Neste caso, o produto dos algarismos para alem dos dois algarismos

2 e 60/(2 × 2) = 15, ou seja, sao o 3 e o 5. Os algarismos 2 podem estar nas seguintes seis posicoes: 22 ∗ ∗,

2 ∗ 2∗, 2 ∗ ∗2, ∗22∗, ∗2 ∗ 2 e ∗ ∗ 22. Para cada uma delas, os outros algarismos podem aparecer na ordem 3, 5ou 5, 3. Portanto ha 6× 2 = 12 numeros possıveis.

Se nenhum algarismo aparece repetido, entao, como 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 = 720, o produto dos dois

algarismos que nao aparecem e 720/60 = 12. Deste modo, os algarimos que nao aparecem sao o 2 e o 6,

ou o 3 e o 4. Portanto ha dois casos possıveis. Para cada um deles, os algarimos podem ser ordenados de

4× 3× 2× 1 = 24 formas diferentes, logo ha 2× 24 = 48 numeros possıveis.

Assim, ao todo ha 12 + 48 = 60 numeros de 4 algarismos cujo produto e 60.

4. Suponhamos que uma das caixas tem duas ou menos bolas. Entao essas bolas aparecem em no maximo 4outras caixas, logo a sexta caixa nao tem nenhuma bola com um numero em comum. Concluise assim que

cada caixa tem pelo menos 3 bolas, ou seja, ao todo ha pelo menos 6× 3 = 18 bolas. Portanto, n ≥ 6.

Para mostrar que n = 6 e um valor possıvel, basta verificar que as caixas com os numeros seguintes verificam

as condicoes pretendidas: {1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 5, 6}, {2, 5, 6}, {3, 4, 6} e {3, 4, 5}.

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