Gab2012

PROFMAT { Exame de Acesso 2012
Quest~oes objetivas
Q1. 1=2 = 0; 5 e j0; 7 􀀀 1=2j = 0; 2; 2=3 = 0; 666::: e j0; 7 􀀀 2=3j > 0; 03; 3=4 = 0; 75 e j0; 7 􀀀 0; 75j = 0; 05; 4=5 = 0; 8
e j0; 7 􀀀 0; 8j = 0; 1; 5=7 = 0; 71::: e j0; 7 􀀀 5=7j < 0; 02. Ent~ao 5=7 est a a menor dist^ancia de 0,7 entre os n umeros
apresentados.
Resposta: E.
Q2. Se a m edia aritm etica entre a e b e 17, ent~ao
a + b
2
= 17 ;
isto e, a + b = 34. Se a m edia aritm etica entre a, b e c e 15 ent~ao
a + b + c
3
= 15 ;
isto e, a + b + c = 45. Logo c = 45 􀀀 (a + b) = 45 􀀀 34 = 11.
Resposta: C.
Q3. Para contar o n umero de divisores, o melhor procedimento e escrever a decomposi c~ao do n umero em fatores
primos. Tem-se
10! = 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1
= (2 5) 32 23 7 (2 3) 5 22 3 2
= 28 34 52 71 :
Os divisores de 10! s~ao todos os produtos poss veis usando esses fatores. Dito de outro modo, s~ao todos os produtos
da forma
2i 3j 5k 7m
em que 0 i 8, 0 j 4, 0 k 2 e 0 m 1 (isso inclui o 1 e o 10! como divisores). Como h a nove
possibilidades para i, cinco para j, tr^es para k e duas para m, h a um total de 9 5 3 2 = 270 possibilidades. N~ao
h a possibilidade de contarmos duas vezes o mesmo n umero porque a decomposi c~ao em fatores primos e unica.
Resposta: B.
1
Q4. O ^angulo pedido e igual ao ^angulo interno do pent agono regular da regi~ao central, que vale 108o.
Resposta: A.
Q5. Pela hip otese, a cada acr escimo positivo na primeira coordenada de 2 unidades corresponde o acr escimo positivo
na segunda coordenada de 1 unidade. Portanto P = (0; 1) est a sobre a reta (subtraindo-se 4 unidades da primeira
coordenada de A obriga a subtrair 2 unidades da segunda coordenada); e Q = (􀀀2; 0) est a sobre a reta (subtraindo-se
3 unidades da segunda coordenada de A obriga a subtrair 6 unidades da primeira coordenada). Pelo Teorema de
Pit agoras, a dist^ancia entre esses pontos e p22 + 12 = p5.
Resposta: D.
Q6. De janeiro a fevereiro n~ao houve decr escimo, ent~ao n~ao e preciso considerar esse caso. Fevereiro a mar co:
(200􀀀160)=200 = 1=5, decr escimo de 20%. Mar co a abril: (160􀀀120)=160 = 1=4, decr escimo de 25%. Abril a maio:
(120􀀀84)=120 = 3=10, decr escimo de 30%. Maio a junho: (84􀀀63)=84 = 1=4, decr escimo de 25%. Portanto o maior
decr escimo ocorreu entre abril e maio.
Resposta: D.
Q7. Como Maria e a quinta garota a esquerda de Denise, h a 4 meninas entre elas pelo lado esquerdo de Denise. E
como Maria e a sexta garota a direita de Denise, h a 5 meninas entre elas pelo lado direito de Denise. Ent~ao s~ao 1
(Denise) + 1 (Maria) + 4 (entre elas pela esquerda) + 5 (entre elas pela direita) = 11 garotas.
Resposta: B.
Q8. Aumentar o di^ametro de um c rculo em 100% signi ca duplic a-lo. Com isso, sua area e multiplicada por 4. Isso
signi ca somar 3 vezes a area original a area original, o que, em porcentagem, signi ca aumentar 300%.
Resposta: A.
Q9. O peso de 81g n~ao podia estar com a pera, pois a soma dos outros pesos seria incapaz de equilibrar as 142g
resultantes. E ele tinha que estar no outro prato, pois a soma dos outros pesos (40g) tamb em seria incapaz de
equilibrar a pera. Ent~ao peso de 81g e pera estavam certamente em pratos distintos.
O peso de 27g, se estivesse junto com o peso de 81g, obrigaria a ter ao menos 27+81-61=47g al em da pera no
prato da pera, mas isso n~ao pode ser conseguido com os pesos restantes. Ao mesmo tempo, o prato da pera precisa
de pelo menos 20g para contrabalan car o peso de 81g, o que tamb em n~ao pode ser conseguido sem o peso de 27g.
Ent~ao o peso de 27g tinha que estar no prato da pera, que por isso certamente tinha, pelo menos, 27+61=88g.
Pelo mesmo racioc nio, o peso de 9g n~ao pode estar no prato da pera e tem que estar no outro prato, que agora
soma 81+9=90g. Analogamente, o peso de 3g tinha que estar no prato da pera e o peso de 1g no outro prato.
Concluindo, o prato da pera tinha os pesos de 27g e de 3g (somando 91g), enquanto o outro prato tinha os pesos
de 81g, 9g e 1g (tamb em somando 91g). E nenhuma outra maneira de equilibrar os pratos com esses pesos e a pera
de 61g e poss vel.
Resposta: B.
2
Q10. As solu c~oes de f(x) = 􀀀10 correspondem aos valores da abscissa dos cruzamentos do gr a co de f com a
horizontal na altura 􀀀10. Pela gura, ocorrem dois cruzamentos, portanto s~ao duas solu c~oes.
Resposta: C.
Q11. Formulando em termos de conjuntos, a hip otese diz que A B, que C \ B 6= ; sem que B C. Apenas
A B j a implica que se algo n~ao e B ent~ao n~ao e A, ent~ao (E) e correta.
Sobre as outras alternativas, um unico exemplo serve para mostrar que n~ao podem ser sempre verdadeiras. Sejam
A = f1; 2g, B = f0; 1; 2; 3g e C = f2; 3; 4g tr^es subconjuntos dos n umeros inteiros. Esses 3 conjuntos satisfazem as
hip oteses: todos os A's s~ao B's e apenas alguns B's s~ao C's. (A) \Nenhum A e C": falsa, pois 2 2 A e 2 2 C; (B)
\Se algo e C ent~ao ele tamb em e B": falsa, pois 4 2 C mas 4 62 B; (C) \Todo A e C": falsa, pois 1 2 A e 1 62 C; (D)
\Ou nenhum A e C ou nenhum C e B": falsa, pois 2 pertence a A e C e, ao mesmo tempo, 2 e 3 pertencem a C e a
B.
Resposta: E.
Q12. E bom lembrar que quadrados tamb em s~ao ret^angulos. Exceto 2 quadrados com lados inclinados em 45o, os
demais ret^angulos t^em lados paralelos aos eixos, e podem ser contados de acordo com suas dimens~oes n m.
n = 1;m = 1: 6
n = 1;m = 2: 4
n = 1;m = 3: 2
n = 2;m = 1: 3
n = 2;m = 2: 2
n = 2;m = 3: 1
Portanto, s~ao os dois mencionados mais os 18 listados, totalizando 20.
Resposta: E.
Q13. Pelo encaixe no quadril atero grande, o trap ezio sombreado (e suas c opias) t^em um lado maior (digamos de
tamanho `) e 3 lados menores iguais (digamos de tamanho m). Al em disso, o encaixe tamb em mostra que os ^angulos
agudos do trap ezio s~ao de 60o e os obtusos s~ao de 120o. Por trigonometria, isso implica que ` = 2m. Ent~ao o
per metro do trap ezio sombreado e igual a ` + 3m = 5m. Por outro lado, por inspe c~ao da gura, o per metro do
quadril atero maior e 4` + 2m = 8m + 2m = 10m, ou seja, duas vezes maior que o do trap ezio sombreado. Ent~ao o
per metro do trap ezio sombreado e igual a 18 cm.
Resposta: C.
Q14. Para analisar as alternativas, e preciso saber os sinais e as ra zes de f, g, g 􀀀 f e f + 3. A fun c~ao f se anula
em 􀀀1 e +3, e negativa entre esses valores e positiva nos demais pontos; a fun c~ao g se anula em 􀀀1 e 4, e positiva
entre esses dois valores e negativa nos demais pontos; a fun c~ao g 􀀀 f (dada por g(x) 􀀀 f(x) = 􀀀2x2 + 5x + 7) se
anula em 􀀀1 e +7=2, e positiva entre esses dois valores e negativa nos demais pontos; e f(x) + 3 = x2 􀀀 2x se anula
em 0 e 2, e negativa entre esses dois valores e positiva nos demais pontos.
3
(A) f(x) > 􀀀3 se e somente se f(x) + 3 > 0; como visto acima, e VERDADEIRO que x > 2 implica f(x) + 3 > 0.
(B) f(x) g(x) se e somente se g(x) 􀀀 f(x) 0, o que ocorre se e somente se 􀀀1 x 3; 5, como visto acima.
Ent~ao, em particular, 􀀀1 < x < 2 implica f(x) g(x). VERDADEIRA.
(C) Como vimos, f(x) g(x) se e somente se 􀀀1 x 3; 5. Ent~ao para x = 0 vale f(x) g(x) mas n~ao vale
0 < x < 3. FALSA.
(D) Como vimos acima, f e positiva para x < 􀀀1 e g e negativa para x < 􀀀1. Conclui-se que se x < 􀀀1 ent~ao o
produto das duas e negativo. VERDADEIRA.
(E) VERDADEIRA (exatamente o que constatamos acima sobre o sinal e as ra zes de g(x) 􀀀 f(x)).
Resposta: C.
Q15. Chamemos de A, B, C e D as quantidades pescadas por Ana, Beatriz, Carlos e Daniel, respectivamente.
Queremos descobrir C+D. O enunciado diz que A;B;C;D 1, que B < C;D < A, que C 6= D e que A+B+C+D =
11. Se B = 2 ent~ao C + D 3 + 4 e A 5 (pois A e o maior e as quantidades n~ao se repetem), de forma que
A + B + C + D 14, contradizendo o total de 11 peixes. Ent~ao B = 1, C + D 2 + 3 = 5 e A 4. Por outro
lado, isso implica A + B 5 e, portanto, C + D = 11 􀀀 (A + B) 11 􀀀 5 = 6. Como 5 C + D 6 ent~ao
C + D e igual a 5 ou a 6. Se for igual a 6, como C 6= D, ent~ao um deles e 2 e o outro e 4, e A 5. Da que
B +(C +D)+A 1+6+5 = 12, contradizendo o total estipulado. Portanto C +D = 5 (um deles vale 2 e o outro
vale 3, e A tem que valer 5).
Resposta: C.
Q16. Basta trabalhar com a semelhan ca de tri^angulos usando a linha paralela a AE que passa por B. Sejam G e
H os pontos de cruzamento dessa linha com CD e EF. Ent~ao BGD e semelhante a BHF. Portanto BG
GD = BH
HF ; ou
seja, x
82􀀀40 = x+27
100􀀀40 : Resolvendo essa equa c~ao, chega-se em x = 63.
Resposta: D.
Q17. Estranhos. Se n~ao entra o algarismo zero, todos os quatro algarismos devem ser d gitos entre 1 e 9, sem
repeti c~ao. H a 9 possibilidades para o primeiro, ap os o qual cam 8 possibilidades, depois 7 e depois 6. Ent~ao s~ao
9 8 7 6 = 3024 n umeros estranhos de quatro algarismos. Belos. O primeiro algarismo n~ao pode ser zero, ent~ao s o
pode ser 2, 4, 6 ou 8. Os demais podem ser 0, 2, 4, 6, 8. Como pode haver repeti c~ao, ent~ao s~ao 4 5 5 5 = 500
n umeros belos de quatro algarismos.
Pede-se o n umero de n umeros de quatro algarismos belos ou estranhos. Se somarmos 3024 com 500 (=3524)
teremos somado duas vezes aqueles que s~ao ao mesmo tempo belos e estranhos. Portanto temos que calcular quantos
s~ao e subtrair de 3524 a quantidade de n umeros ao mesmo tempo belos e estranhos. Os que s~ao belos e estranhos
s o usam os algarismos 2, 4, 6 e 8 em cada uma das posi c~oes (pois n umeros estranhos n~ao t^em zero como algarismo)
e ainda sem repeti c~oes. Ent~ao s~ao 4 3 2 = 24 possibilidades. Portanto s~ao belos OU estranhos 3524 􀀀 24 = 3500
n umeros de quatro algarismos.
Resposta: D.
4
Q18. E preciso simpli car as express~oes para responder.
a =
2
1 􀀀 p2
+ p8 =
2(1 + p2)
1 􀀀 2
+ p8 = 􀀀2 􀀀 2p2 + 2p2 = 􀀀2
b = (1 + p3)2 = 1 + 2p3 + 3 = 4 + 2p3
c =
(1 + p2)3 􀀀 7
4p2
=
1 + 3p2 + 3 2 + 2p2 􀀀 7
4p2
=
5
4
Ent~ao: a e inteiro e tamb em e racional; b e irracional; c e racional. A unica alternativa correta e C)\a e c s~ao ambos
racionais e b e irracional".
Resposta: C.
Q19. Chame de R o ponto m edio de BC e de S o ponto m edio de AC. Como BNM e semelhante a BRA, e BM
e metade de BA, ent~ao BN e metade de BR, isto e, vale x
4 . Assim, NC = 3x
4 . Como CPN e semelhante a CSB,
ent~ao CP = 3
4CS = 3x
8 . Por outro lado, AP = 12 implica CP = x 􀀀 12. Ent~ao
CP =
3x
8
= x 􀀀 12 ;
de onde resulta x = 96
5 = 19; 2.
Resposta: E.
Q20. Como estamos trabalhando com propor c~oes, podemos supor a quantidade de 100 gramas total, sendo 18g de
sal e 82g de agua. Para que os mesmos 18g de sal representem 30% do novo peso P ap os a evapora c~ao, e preciso
que 18
P = 0; 3, isto e, P = 60g. Portanto a quantidade de agua restante ap os a evapora c~ao tem que ser 42g. Isto
signi ca uma perda de 40g de agua dentro das 82g originais, isto e, a fra c~ao perdida e 40
82 = 20
41 , que representa uma
porcentagem pouco menor do que 50%.
Resposta: D.
Q21.
(A) FALSA. Tome x = 1: 16 = 1 n~ao e maior do que 14 = 1.
(B) FALSA. x = 0 tamb em satisfaz x2 = x.
(C) FALSA. Tome y = x.
(D) FALSA. Tome x = 􀀀1=2. Ent~ao x2 = 1=4 e 􀀀x = 1=2, e n~ao vale x2 􀀀x.
(E) VERDADEIRA. A equa c~ao e equivalente a x(x 􀀀 1)2 = 0, o que implica x = 0 ou x = 1. Mas e logicamente
correto a rmar que x = 0 ou x = 1 ou x = 2.
Resposta: E.
A resposta a esta quest~ao tem suscitado d uvidas, devido ao mau entendimento das regras da l ogica. Existe consenso
de que as quatro primeiras alternativas s~ao falsas, mas e contestado se a quinta alternativa e verdadeira. Analisemos
este assunto.
5
A a rma c~ao da resposta (E) e: \se x(x2 􀀀 2x + 1) = 0 ent~ao x = 0 ou x = 1 ou x = 2". Isto e realmente verdade,
j a que existem apenas dois n umeros que satisfazem x(x2 􀀀 2x + 1) = 0, a saber 0 e 1, e qualquer dos dois tamb em
satisfaz a conclus~ao \x = 0 ou x = 1 ou x = 2".
O erro por tr as da maioria dos questionamentos est a em confundir (E) com a sua rec proca, que seria a rmar que
todo n umero que satisfaz \x = 0 ou x = 1 ou x = 2" tamb em satisfaz x(x2 􀀀 2x + 1) = 0. Isso e falso, realmente,
mas n~ao est a a rmado em lugar algum.
Q22. Para que a soma seja par, ou (a) os 3 n umeros s~ao pares ou (b) um deles e par e os outros dois s~ao mpares.
H a 10 n umeros pares e 10 n umeros mpares entre os inteiros de 1 a 20. Os casos (a) seriam, portanto, 10 9 8 = 720,
se importasse a ordem, mas como a ordem n~ao importa dividimos por 3! = 6, o que d a 120. Os casos (b): temos
10 escolhas para o n umero par; depois 10 9 escolhas para os dois n umeros mpares, mas devemos dividir por 2
porque a ordem n~ao importa, perfazendo 45; ent~ao s~ao 10 45 = 450 possibilidades. Somando os dois casos, s~ao
120 + 450 = 570.
Resposta: C.
Q23. Podemos escrever a = (27)1000 = 1281000, b = (53)1000 = 1251000 e c = (132)1000 = 1691000. Como 125 < 128 <
169, ent~ao b < a < c.
Resposta: A
Q24. Como j1􀀀x2j 0 para qualquer x real, ent~ao f(x) 0 para qualquer x real. Apenas o gr a co em (B) respeita
isso.
(E de fato est a correto: 1􀀀x2 se anula em 􀀀1 e +1. Entre 􀀀1 e +1 e positiva, logo j1􀀀x2j = 1􀀀x2 nessa regi~ao, e
f(x) = 􀀀(1􀀀x2) = x2􀀀1. Quando jxj > 1 a 1􀀀x2 < 0 e j1􀀀x2j = 􀀀(1􀀀x2). Portanto f(x) = 􀀀(􀀀(1􀀀x2)) = 1􀀀x2
nessa regi~ao. Resumindo, f(x) = x2 􀀀 1 para jxj 1 e f(x) = 1 􀀀 x2 para jxj > 1.)
Resposta: B.
Q25. Se e m ultiplo de 5 ent~ao termina ou com o algarismo zero ou com o algarismo 5. Vamos cont a-los separadamente.
Se termina com zero, signi ca que s o h a os algarismos de 1 a 9 dispon veis para as tr^es primeiras posi c~oes. Isso d a
9 8 7 = 504 possibilidades. Se termina com 5, ent~ao a primeira posi c~ao n~ao pode nem ser 5, nem ser zero, o que d a
8 possibilidades. Escolhido esse algarismo, a segunda posi c~ao tem a disposi c~ao os algarismos de 0 a 9, exceto o 5 e
aquele escolhido na primeira, ou seja, tem 8 possibilidades. Para a terceira posi c~ao, restam 7 possibilidades. Ent~ao
s~ao 8 8 7 = 448 possibilidades. Somando as duas, s~ao 448 + 504 = 952 possibilidades.
Resposta: D.
6
Q26. O enunciado diz que f(d) = c q
d2 . Ent~ao
f(2d) = c
q
(2d)2 =
1
4 c
q
d2 =
1
4
f(d) :
Resposta: A.
Q27. Na gura h a 4 p etalas sombreadas, todas id^enticas. Podemos dividi-las em \semip etalas", tra cando em cada
p etala um segmento de reta entre os dois v ertices da p etala. S~ao, portanto, 8 semip etalas. Observe que (1; 1) e
v ertice da p etala do primeiro quadrante. Portanto a area da semip etala superior do primeiro quadrante e um quarto
da area do c rculo unit ario (isto e,
4 ) menos a area do tri^angulo-ret^angulo de catetos unit arios (isto e, 1=2). Ou seja,
cada semip etala tem area
4 􀀀 1
2 . Como s~ao 8, a area total sombreada e 2 􀀀 4.
Resposta: C.
Q28. Seja n o n umero de pessoas que pagaram a conta. Como havia n + 2 pessoas, o rateio inicial era de 120
n+2.
Saindo as duas pessoas, o rateio passou a ser de 120
n . Como o rateio aumentou em 5 reais, isso leva a equa c~ao
120
n + 2
+ 5 =
120
n
:
Multiplicando-se os dois lados por n(n + 2), resulta a equa c~ao de segundo grau
5n2 + 10n 􀀀 240 = 0 :
A solu c~ao positiva dessa equa c~ao e n = 6.
Resposta: B.
Q29. Como OA0
OA e a raz~ao de semelhan ca entre os hex agonos, a raz~ao entre as areas ser a o quadrado dessa raz~ao,
isto e, (OA0)2
(OA)2 .
Notemos que OA e o tamanho da ap otema do hex agono externo, o que pode ser visto ao girar-se o hex agono
interno at e que A coincida com o ponto m edio de A0F0. Nessa nova posi c~ao, OAA0 e tri^angulo-ret^angulo, OA0 e sua
hipotenusa e AA0 = 1
2A0F0 = 1
2OA0. Ent~ao (OA)2 = (OA0)2 􀀀 1
4 (OA0)2 = 3
4 (OA0)2. Portanto a raz~ao procurada e
igual a 4
3 .
Resposta: B.
Q30. A primeira rodada completa de distribui c~ao de balas totaliza N1 = 1+2+3+4 = 10 balas. Em cada rodada,
cada um recebe 4 balas a mais do que na rodada anterior. Cada rodada inteira ter a, portanto, 16 balas a mais que
a anterior. Portanto o n umero Nj de balas distribu das na rodada j e dado por
Nj = 10 + 16(j 􀀀 1) :
O total Tj de balas distribu das at e o nal da j- esima rodada e a soma N1 + N2 + : : : + Nj , que e a soma de uma
progress~ao aritm etica, e vale
j
N1 + Nj
2
= 8j2 + 2j :
7
Se k e o maior n umero de rodadas completas dentro do limite de 300 balas ent~ao k e o maior dentre os valores de j
que satisfazem 8j2 + 2j 300, ou ainda
4j2 + j 􀀀 150 0 :
Ou seja, k e o maior inteiro localizado entre as ra zes do polin^omio quadr atico 4x2+x􀀀150. Esse polin^omio tem uma
raiz negativa e outra positiva, inteira e igual a 6. Ent~ao a 6a rodada e a ultima completa e, de fato, ap os terminada,
ter~ao sido distribu das exatamente 300 balas, pois
8 62 + 2 6 = 300 :
Agora sabemos que Daniela recebeu balas em 6 rodadas, segundo a progress~ao aritm etica: 3, 7, 11, 15, 19, 23. No
total, recebeu a soma dos valores dessa progress~ao, ou seja,
6
3 + 23
2
= 78 :
Resposta: C.
Q31. A primeira equa c~ao e equivalente a y(x2 􀀀 y) = 0 e suas solu c~oes s~ao os pontos (x; y) que satisfazem y = 0
ou y = x2, isto e, s~ao os pontos da uni~ao da abscissa com o gr a co de x2. A segunda equa c~ao e equivalente a
(x2 􀀀 y)(x + 1) = 0 e suas solu c~oes s~ao os pontos do conjunto que e a uni~ao do gr a co de x2 com a reta vertical
de nida por x = 􀀀1. Logo, as solu c~oes do sistema s~ao os pontos na interse c~ao desses dois conjuntos, que e a uni~ao
do ponto (􀀀1; 0) com o gr a co de x2.
Isto mostra que existem in nitas solu c~oes para o sistema: (I) e VERDADEIRA. Tamb em mostra que h a solu c~oes
fora da abscissa: (II) e FALSA. E n~ao h a nenhuma solu c~ao com segunda coordenada negativa, em particular (III) e
VERDADEIRA.
Resposta: E.
Q32. O per metro do c rculo da base do cone e o mesmo per metro do arco de c rculo na borda do papel que liga A
a B. Esse per metro e igual a 1
3 do per metro total do c rculo de raio 12, ou seja, 1
3 2 12 = 8 .
Seja r o raio do c rculo da base do cone. Como 2 r = 8 ent~ao r = 4. Se h e a altura do cone, ent~ao, examinando-se
a interse c~ao do plano vertical que passa pelo v ertice do cone, deduz-se, pelo Teorema de Pit agoras, que h2+r2 = 122.
Portanto
h =
p
144 􀀀 42 = p128 ' 11; 3 :
Obs. Como 112 = 121 ent~ao p128 > 11, deixando apenas as respostas (D) e (E) como poss veis. Para decidir
entre elas, pode-se escrever
(11; 3)2 = (11 + 0; 3)2 = 121 + 2 11 0; 3 + 0; 32
(11; 7)2 = (11 + 0; 7)2 = 121 + 2 11 0; 7 + 0; 72
Os termos 0; 32 e 0; 72 n~ao superam 0; 5. O acr escimo mais importante em 121 e o termo do meio: 22 0; 3 = 6; 6 e
22 0; 7 = 15; 4, respectivamente. Da ca claro que 11; 3 e a melhor aproxima c~ao.
Resposta: D.
8
Q33. Seja F a fra c~ao da gleba menor que um trabalhador pode cortar em um dia. Se s~ao N trabalhadores, ent~ao
eles, no primeiro dia, cortaram NF e, no segundo dia, um deles ainda cortou F, totalizando (N +1)F. Como a gleba
maior e o dobro da menor, isso deu 3 vezes o tamanho da gleba menor, portanto (N + 1)F = 3.
Por outro lado, a gleba maior foi toda cortada em um dia. Na primeira metade do dia foram N trabalhadores,
que contribu ram com 1
2 N F, e na segunda metade do dia foram N
2 trabalhadores, que contribu ram com 1
2 N
2 F.
Ent~ao 1
2 3N
2 F = 2 (pois o corte da gleba maior foi equivalente a 2 vezes a gleba menor).
Essa segunda equa c~ao implica que NF = 8
3 . Colocando esse valor de NF na primeira, resulta F = 1
3 . Logo N = 8.
Resposta: C.
Q34. Os algarismos mpares s~ao cinco: 1, 3, 5, 7, 9. O total de n umeros que podem ser escritos com 5 algarismos
mpares distintos e, portanto, 5 4 3 2 1 = 120. Para cada algarismo poss vel, h a 24 deles que terminam com esse
algarismo. Ent~ao a soma das unidades desses n umeros e igual a
24 (1 + 3 + 5 + 7 + 9) = 24 25 = 600 :
Pela mesma raz~ao, a soma das dezenas tem o mesmo valor, mas sendo dezenas elas somam 600 10 = 6000. As
centenas somam 60000, os milhares somam 600000 e as dezenas de milhares somam 6000000. A soma total d a
6666600.
Resposta: A.
Q35. Como 7x + 7y e certamente m ultiplo de 7, podemos subtra -lo de 10x + y e teremos que 3x 􀀀 6y e certamente
m ultiplo de 7. Dividindo esse n umero por 3, teremos x 􀀀 2y e esse n umero continua sendo m ultiplo de 7. Ent~ao (A)
est a correta.
Podemos ver que as demais nem sempre s~ao verdadeiras apresentando contraexemplos. Por exemplo, para (B)
basta encontrar x e y tais que 10x + y seja m ultiplo de 7 mas 2x + y n~ao seja. Ora, tomando (x; y) = (1; 4) camos
com 10x + y = 14 e 2x + y = 6. Esse mesmo contraexemplo tamb em serve para (C), (D) e (E).
Resposta: A.
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Quest~oes dissertativas
Q1.
Seja x o comprimento dos lados do ret^angulo perpendiculares ao muro e y o comprimento do lado do ret^angulo
paralelo ao muro. A metragem utilizada de cerca e, portanto, de 2x + y, e isso deve ser igual a 40 m.
Primeira solu c~ao. Da segue que y = 40 􀀀 2x. Como a area do ret^angulo e dada por xy, o fazendeiro quer
maximizar xy = x(40􀀀2x), que e um polin^omio quadr atico com coe ciente do termo de grau 2 negativo e com ra zes
em x = 0 e x = 20. Seu valor m aximo ocorre no ponto m edio entre as ra zes, isto e, em x = 10. Disso decorre que
y = 40 􀀀 2 10 = 20.
Coment ario 1. Tamb em e verdade que 2x + y = 40, de onde segue que x = 20 􀀀 y
2 . Ent~ao a area do ret^angulo e
igual a (20 􀀀 y
2 )y, que tamb em e uma fun c~ao quadr atica com coe ciente do termo de grau 2 negativo e com ra zes
em y = 0 e y = 40. Logo seu m aximo ocorre em y = 20, e da sai automaticamente x = 10.
Coment ario 2. Observe que a area do ret^angulo e igual a 200 m2.
Segunda solu c~ao. Observamos que 2x+y = 40 e tamb em uma maneira de escrever que a m edia aritm etica simples
entre 4x e 2y e igual a 40:
2x + y =
4x + 2y
2
= 40 :
A m edia aritm etica de dois n umeros positivos e sempre maior do que ou igual a sua m edia geom etrica, logo
40 =
1
2
(4x + 2y)
p
(4x) (2y) = p8 pxy ;
isto e,
8xy 402 :
Isso mostra que a area xy e limitada por 402=8 = 200 m2. Mas a igualdade entre a m edia aritm etica e a m edia
geom etrica e alcan cada se, e somente se, os dois termos s~ao iguais. Ou seja xy atinge o valor m aximo de 200 m2
se, e somente, se 4x = 2y, isto e, y = 2x. A solu c~ao e encontrada ap os resolver-se o sistema constitu do pelas duas
equa c~oes y = 2x e 2x + y = 40, que tem unica solu c~ao (x; y) = (10; 20).
Q2.
(a) Seja M o ponto m edio do segmento PA e N o ponto m edio do segmento AQ. Como PA e uma corda da
circunfer^encia a esquerda, de centro C1, ent~ao C1M e perpendicular a PA. Da mesma forma, C2N e perpendicular
a AQ. Al em disso, sendo C1C2 paralelo a reta r, segue que C1C2 e perpendicular aos segmentos C1M e C2N. Ent~ao
C1C2NM e um ret^angulo. Disso decorre que NM = C1C2.
Ent~ao PQ = PM +MA + AN +NQ. Como PM = MA e AN = NQ, segue que PQ = 2(MA + AN) = 2MN =
2C1C2, como se queria demonstrar.
(b) Sejam M e N como no item (a). Seja `M a reta contendo C1M e `N a reta contendo C2N. As duas retas s~ao
perpendiculares a PQ e paralelas entre si. A dist^ancia m nima entre dois pontos que estejam cada um em uma dessas
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retas ocorre quando o segmento por esses pontos e perpendicular a ambas as retas, como e o caso de MN. Em outras
palavras, quando o segmento pelos dois pontos e paralelo a r. Ent~ao, como C1C2 n~ao e paralelo a r, por hip otese,
C1C2 > MN.
Da segue, como no item anterior, que PQ = 2(MA + AN) = 2MN > 2C1C2, como se queria demonstrar.
Q3.
Seja n o n umero de pedras 1 1 e m o n umero de pedras 2 1. Em primeiro lugar, o engenheiro pode usar algum
e apenas algum dos seguintes valores para (n;m): (10; 0), (8; 1), (6; 2), (4; 3), (2; 4) e (0; 5).
Em cada um dos casos (10; 0) e (0; 5) s o h a 1 maneira de revestir a passarela, j a que todas as pedras s~ao iguais.
No caso (8; 1) h a 9 possibilidades de se colocar a unica pedra de 2 m junto com as 8 pedras de 1 m. Note que
nenhuma dessas disposi c~oes e equivalente entre si, pois as duas pontas da passarela s~ao distingu veis entre si. A
mesma observa c~ao vale para a an alise dos casos restantes.
De fato, os casos restantes e os anteriores podem ser analisados sempre da mesma forma. De um total de n + m
pedras, basta escolher as m posi c~oes das m pedras de 2 m. Para isso, h a
􀀀n+m
m

= (n+m)!
n!m! escolhas. Para (n;m) = (6; 2)
isso d a 8!
2!6! = 28, para (n;m) = (4; 3) d a 7!
3!4! = 35 e para (n;m) = (2; 4) d a 6!
2!4! = 15.
O total e, portanto, igual a 1 + 9 + 28 + 35 + 15 + 1 = 89.
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