XXXIV Olimpíada Cearense de Matemática Nível 3 - Ensino Médio

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1 XXXIV Olimpíada Cearense de Matemática Nível - Ensino Médio Reservado para a correção Prova Probl. 1 Probl. Probl. Probl. 4 Probl. 5 Total # 0 Nota Instruções e Regulamento: 1. Identifique a prova somente no local indicado da capa.. Use o verso de cada folha como rascunho.. Verifique se sua prova está completa. A prova consta de5(cinco) problemas. 4. Somente serão consideradas as soluções escritas no espaço reservado para tal. Para escrevêlas, utilize caneta azul ou preta. 5. Cada problema vale 10 pontos. 6. O tempo de prova é de 4h. Nenhum candidato poderá sair antes de completados 0 minutos de prova. 8. As soluções e a classificação serão divulgadas oficialmente no sítio a partir do dia 06/1/ Serão classificados os 0 primeiros colocados de cada nível. 10. Para fins de classificação, serão adotados os seguintes critérios de desempate: (a) maior número de problemas com pontuação 8; (b) maior nota no problema 5; (c) maior nota no problema 4; (d) maior nota no problema. 7. Não serão concedidas revisões de prova. Identificação: Prova #0 Nome: Endereço: Escola: Telefone: Série:

2 XXXIV OLIMPÍADA CEARENSE DE MATEMÁTICA - NÍVEL - PROVA # 0 Problema 1. Seja A um conjunto formado por elementos do conjunto {1,,,..., 014}, escolhidos de tal forma que a diferença entre dois elementos quaisquer de A nunca seja igual a,6, 9,1,15, 18 ou 1. (a) Dê exemplo de um tal conjunto A, contendo pelo menos5 elementos. (b) Mostre que qualquer conjunto A satisfazendo as condições do enunciado tem no máximo 5 elementos. Solução. (a) Podemos ter 1,, A, mas temos de evitar 4,5,6,...,,,4 A. Em seguida, podemos ter 5,6,7 A, mas temos de evitar 8,9,0,...,46,47,48 A. Prosseguindo desse modo, somos levados ao exemplo A = {1,,} {5,5,7} {49,50,51}... {199,1994,1995}. Por fim, como a lista 1,5 = 1+4,1+4,...,199 = tem 84 elementos, segue que A tem 84 = 5 elementos. (b) Escrevendo {1,,,...,014} = {1,4,7,10,...,014} {,5,8,11,...,01} {,6,9,1,...,01}, }{{}}{{}}{{} X Y Z concluímos que a diferença entre dois elementos de A pertencentes a um mesmo dentre os conjuntos X, Y e Z é pelo menos 4. Portanto, A possui no máximo 84 elementos em cada um dos conjuntos X,Y ez, de forma que A tem, no máximo, 84 = 5 elementos.

3 XXXIV OLIMPÍADA CEARENSE DE MATEMÁTICA - NÍVEL - PROVA # 0 Problema. Seja Z o subconjunto do plano cartesiano formado pelos pontos de coordenadas inteiras: Z = {(a,b); a,b Z}. Uma função f : Z Z é harmônica se f(a,b) = 1 4 [f(a+1,b)+f(a 1,b)+f(a,b+1)+f(a,b 1)], para todos a,b Z. A esse respeito, faça os seguintes itens: (a) Se f é uma função harmônica tal que f(a,b) 014 para todos a,b Z, prove que f é constante. (b) Prove que existem infinitas funções harmônicas que não são múltiplas uma da outra. Solução. (a) Se x 0,y 0 Z são tais que f(x 0,y 0 ) = max{f(a,b); a,b Z}, então f(x 0,y 0 ) = 1 4 (f(x 0 +1,y 0 )+f(x 0,y 0 +1)+f(x 0 1,y 0 )+f(x 0,y 0 1)) 1 4 (f(x 0,y 0 )+f(x 0,y 0 )+f(x 0,y 0 )+f(x 0,y 0 )) = f(x 0,y 0 ). Portanto, f(x 0,y 0 ) = f(x 0 +1,y 0 ) = f(x 0,y 0 +1) = f(x 0 1,y 0 ) = f(x 0,y 0 1). Argumentando de modo análogo, concluímos que f(a,b) = f(x 0,y 0 ), para todos a,b Z. (b) Defina f em cada um dos conjuntos de pontos {...,(,0),( 1,0),(0,0),(1,0),(,0),...} e {...,(,1),( 1,1),(0,1),(1,1),(,1),...}, exigindo que f(a,b) seja a média aritmética de f(a 1,b) e f(a+1,b). Em seguida, defina f em cada conjunto de pontos da forma{...,(a,b ),(a,b 1),(a,b),(a,b+1),(a,b+),...}, exigindo quef(a,b) seja a média aritmética def(a,b 1) ef(a,b+1). Se, para algum n 1, tivermos que f(a,b) = f(a 1,b)+f(a+1,b), para todo 0 b n e todo a Z, então, pela construção que fizemos, teremos f(a,n+1) f(a 1,n+1) f(a+1,n+1) = = (f(a,n 1) f(a,n)) (f(a 1,n 1) f(a 1,n)) (f(a+1,n 1) f(a+1,n)) = (f(a,n 1) f(a 1,n 1) f(a+1,n 1)) (f(a,n) f(a 1,n) f(a+1,n)) = 0. Portanto, temos f(a,b) = f(a 1,b) + f(a + 1,b), para todos a Z e b 0. Analogamente, provamos que tal identidade vale para todo b Z. Logo, (f(a+1,b)+f(a 1,b))+(f(a,b+1)+f(a,b 1)) = f(a,b)+f(a,b) = 4f(a,b). Por fim, pedindo quef(0,0) = k, f(1,0) = k +1, f(0,1) = k +1 e f(1,1) = k +evitamos que as funções harmônicasf k assim obtidas sejam múltiplas uma da outra.

4 XXXIV OLIMPÍADA CEARENSE DE MATEMÁTICA - NÍVEL - PROVA # 0 4 Problema. O hexágono convexoabcdef é tal que AB =, BC = 1, CD =, DE =, EF = 1 e A BC = AĈD = A DE = AÊF = 90. Se G é um ponto sobre a reta AB tal que A FG = 90, calcule o comprimento AG. Solução 1. O teorema de Pitágoras garante sucessivamente que AC =, AD =, AE = 6 e AF = 7. Também, ACD e ADE são triângulos retângulos e isósceles, de forma que CÂD = C DA = DÂE = DÊA = 45. Portanto, sendo H o ponto de interseção das semirretas CD e FE, segue que HDE também é um triângulo retângulo e isósceles, de forma que DH = EH =. Então, aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo CHF, concluímos que CF = 1. Agora, se I é o pé da perpendicular baixada de F à reta AG, então I AG. Pondo AI = m e FI = h, segue, novamente pelo teorema de Pitágoras, que h + m = 7. Por outro lado, como BCFI é um trapézio retângulo de basesbc e FI, mais uma aplicação do teorema de Pitágoras fornece (h 1) +(m+ ) = ( 1). Desenvolvendo essa igualdade e substituindo h + m = 7, obtemos que h = m e, daí, ( m ) +m = 7. Resolvendo essa equação do segundo grau, chegamos a m = +6. Por fim aplicando as relações métricas em triângulos retângulos ao triângulo AFG, segue que AG = AF AI = 7 m = Solução. Como na solução anterior, obtemos AC =, AD =, AE = 6 e AF = 7. Como os triângulos ACD e ADE são retângulos e isósceles, tem-se CÂE = 90. Denote BÂC por α e EÂF porβ. Como temos cosα = sen(α+β) = 1, senα = 1, cosβ = 7 6 e senβ = 1 6, = Denote FÂG porθ. Temosθ = 180 (90 +α+β) = 90 (α+β). Temos então cosθ = sen(α+β) = Portanto, AG = 7 cosθ =

5 XXXIV OLIMPÍADA CEARENSE DE MATEMÁTICA - NÍVEL - PROVA # 0 5 Problema 4. Faça os seguintes itens: (a) Prove que existem x,y,z N tais que 1x 4 +y 4 z 4 = 01. (b) Prove que não existem x,y,z N tais que1x 4 +y 4 z 4 = 014. Solução. (a) Fazendo z = x, obtemos y 4 x 4 = 671 ou, ainda, (y x )(y + x ) = Portanto, y x = 11 ey +x = 61, de forma quex = 5,y = 6 e z = 10. (b) Suponha que haja uma solução. Como a 4 0 ou 1(mod.8), temos 1x 4 +y 4 z 4 0,,4,5 ou 7(mod.8). Mas, como 014 6(mod.8), chegamos a uma contradição.

6 XXXIV OLIMPÍADA CEARENSE DE MATEMÁTICA - NÍVEL - PROVA # 0 6 Problema 5. Sejam k N e A = {1,,,..., k }. Encontre, com justificativa, o maior número de elementos que um subconjunto X do conjunto A pode ter, satisfazendo a seguinte condição: se x X, entãox / X. Solução 1. Seja I 0 = {1} e, para todo natural k 1, sejam A k = {1,,,..., k } e I k = { k 1 + 1,..., k }. Chamemos um subconjuntox dea k de bom sex possuir a propriedade do enunciado. Sejab k o maior número de elementos que um subconjunto bom dea k pode ter. Queremos mostrar primeiro que, para todo k, existe um conjunto bom B k {1,,,..., k } tal que B k = b k e que I k B k, ou seja, B k I k = I k. Para k 1, seja X k {1,,,..., k } um conjunto bom com b k elementos. Tome r I k. Se r é ímpar, então, pela maximalidade de X, devemos ter r X. De fato, como r > k e r/ / Z, se r / X teríamos que X {r} seria um conjunto bom, contido em {1,,,..., k } e com mais elementos que X, o que é uma contradição. Suponha, agora, que r é par, digamos r = s. Veja que s I k 1 e que no máximo um elemento do conjunto {r,s} pode pertencer a X k. Note que o conjunto X k = (X {r})\{s} também é bom e X k X k. Repetindo esse argumento para cada r I k, temos que o conjunto B k = (X k I k )\I k 1 é bom e B k X k b k. Logo B k = b k. Note agora que, como B k é bom e B k I k = I k, devemos ter B k I k 1 =. Seja, agora, X k = B k {1,,,..., k }. Claramente, todo subconjunto de um conjunto bom também é bom. Logo, X k é bom. Portanto, X k b k, o que implica b k = B k = X k + I k b k + k 1. Por outro lado, sey k é qualquer subconjunto bom de{1,,,..., k } temos quey k I k é bom (pois, para todo y Y k, temos y / I k ). Em particular, tomando Y k com a maior quantidade de elementos possível, ou seja, b k, segue que b k Y k I k = b k + k 1. Para o item (b), veja que a recorrência do item (a) implica (pois a soma é telescópica) b n+1 = ( n + n + + )+b 1 e b n = ( n 1 + n )+b 0. Como b 0 = b 1 = 1, calculando a soma de cada PG acima e comparando os resultados, conclui-se que b n = n+1 +( 1) n. Solução. Para k = 1 e k =, é imediato verificar que X max = 1 e X max =. Suponha, pois, que k. Seja I um ímpar tal que 1 I k 1 1. Para cada um de tais I, definamos A I = { t I A}. Então, se I 1 I, temos A I1 A I =. Além disso, se x 1 A I1 e x A I, então x 1 x e x x 1. Agora, A = k 1 1 I=1 A I { k 1 +1, k 1 +,..., k 1}, onde o índice I varia sobre os ímpares do intervalo em questão. Então, se queremos que um conjunto X A, com a propriedade do enunciado, tenha o maior número possível de elementos,

7 XXXIV OLIMPÍADA CEARENSE DE MATEMÁTICA - NÍVEL - PROVA # 0 7 podemos supor que { k 1 + 1, k 1 +,..., k 1} X. Também, para cada ímpar 1 I k 1 1, no máximo metade ou metade +1 dos elementos de A I pode estar em X; calculemos tal quantidade explicitamente. Se A I = {I,I, I,..., t I}, então A I = t + 1 e no máximo (t+1) 1 +1 elementos dea I podem estar emx. Mas, comoa I A, temos t I k, de sorte que t = k log I. Agora, sei = 1, temost = k e k +1 elementos deapodem estar emx. SeI, então existe um únicoa N tal que a < I < a+1, o que nos dát = k log I = k a 1, e temos no máximo k a 1 +1 elementos dea I emx. Agora, como#{ k 1 +1, k 1 +,..., k 1} = k e como há a 1 ímpares entre a e a+1, concluímos que o maior número possível de elementos de um subconjunto bom X A é S = k + k k ( ) k a a a=1 Se k for par, então S = k + k k +1+ a=1 ( ) k a+1 a 1 k + a=1 a 1. Escrevendo o primeiro somatório acima como a soma dos somatórios correspondentes sobre os 1 a k pares e ímpares, concluímos facilmente que S = k Se k for ímpar, obtemos, analogamente, S = k+1 1. Em qualquer caso, temoss = k+1 +( 1) k.