Xxii olimpíada brasileira de matemática



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Veja a solução do problema 20 do nível 1.

  • Veja a solução do problema 19 do nível 1.




    1. (B) Sejam M, N, O, P, Q e R os pontos de tangência dos lados AB, BC, CD, DE, EF e FA na circunferência inscrita, respectivamente, e seja x = AM. Temos AR = AM = x, MB = 1 – x, BN = MB = 1 – x, NC = 2 – (1 – x) = 1 + x, CO = NC = 1 + x, OD = 3 – (1 + x) = 2 – x, DP = OD = 2 – x, PE = 4 – (2 – x) = 2 + x, EQ = PE = 2 + x, QF = 5 – (2 + x) = 3 – x e FR = QF = 3 – x. Logo FA = FR + AR = 3 – x + x = 3.



    NÍVEL 3 (Ensino médio)


    1) B

    6) B

    11) D

    16) D

    21) C

    2) E

    7) C

    12) D

    17) B

    22) C

    3) D

    8) B

    13) B

    18) C

    23) B

    4) C

    9) C

    14) D

    19) B

    24) B

    5) B

    10) D

    15) A

    20) A

    25) E


    RESUMO DAS SOLUÇÕES


    1. Veja a solução do problema 4 do nível 1.

    2. Veja a solução do problema 2 do nível 2.

    3. Veja a solução do problema 3 do nível 2.

    4. Veja a solução do problema 4 do nível 2.

    5. Veja a solução do problema 5 do nível 2.

    6. Veja a solução do problema 9 do nível 1.

    7. Veja a solução do problema 15 do nível 1.

    8. Veja a solução do problema 11 do nível 2.

    9. Veja a solução do problema 13 do nível 2.

    10. Veja a solução do problema 15 do nível 2.

    11. Veja a solução do problema 22 do nível 2.




    1. (D) Observemos que a base da potência no lado esquerdo da igualdade é par. Como o expoente da potência é inteiro e positivo (é igual a (x – 1)2 + 1), temos que a base, em módulo, é menor ou igual a 4, sendo então igual a –2, 2 ou 4. Assim, a equação dada é equivalente a (–6x2 + 12x – 2 = –2 e x2 – 2x + 2 = 2) ou (–6x2 + 12x – 2 = 2 e x2 – 2x + 2 = 2) ou (–6x2 + 12x – 2 = 4 e x2 – 2x + 2 = 1). Na primeira possibilidade, temos x = 0 ou x = 2; a segunda possibilidade não apresenta solução; a terceira possibilidade nos fornece x = 1. Assim, a equação admite três soluções inteiras distintas.




    1. (B) O fato de que todos os alunos têm a mesma probabilidade de serem sorteados não é alterado pela perda da primeira bola sorteada. Assim, Pedro continua com uma probabilidade igual a 1/30 de ser sorteado.




    1. Veja a solução do problema 19 do nível 1.

    2. Veja a solução do problema 18 do nível 1.

    3. Veja a solução do problema 19 do nível 2.

    4. Veja a solução do problema 20 do nível 2.




    1. (C) Considere a equação f(g(x)) = 2. Temos (g(x))2 – 3g (x) + 4 = 2  g(x) = 1 ou g(x) = 2.

    Ao resolvermos f(h(x)) = 1, temos (h(x))2 – 3h(x) + 4 = 1, que não tem solução. Assim, sendo g(x) = f(f...(x)) (com f aplicada 1999 vezes), temos que resolver f(f(g(x))) = 2  f(g(x)) = 1 ou f(g(x)) = 2. Como f(g(x)) = 1 não tem solução, temos g(x) = 1 ou g(x) = 2. Repetindo esta idéia sucessivamente, obtemos f(x) = 1 ou f(x) = 2  x2 – 3x + 4 = 1 ou x2 – 3x + 4 = 2  x = 1 ou x = 2. Assim a equação tem 2 soluções, a saber, 1 e 2.


    1. Veja a solução do problema 21 do nível 2.




    1. Considere a figura a seguir (na qual assumimos, sem perda de generalidade, que AC < BD).



    Seja EF a paralela a AB por N. Temos que m(EMF) = . Além disso, =

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