35ª OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE NÍVEL 3 (Ensino Médio) GABARITO

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1 35ª OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE NÍVEL 3 (Ensino Médio) GABARITO GABARITO NÍVEL 3 1) C 6) D 11) B 16) D 1) C ) D 7) E 1) C 17) A ) C 3) D 8) A 13) A 18) A 3) C 4) E 9) B 14) D 19) C 4) C 5) B 10) C 15) D 0) D 5) E Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 3 = 5 pontos). Aguarde a pulicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site: 1) (C) O próximo ano cujos algarismos são 0, 1,, 3, em alguma ordem, é 031, que é daqui a 18 anos. ) (D) Comprando hoje o computador, Joana gastaria 1900 reais. Esperando o próximo dia, o 95 preço do computador suiria para 100 reais e ela gastaria reais. Assim, 100 ela perderia 95 reais. 3) (D) A soma dos algarismos de um número menor que 100 é menor ou igual à = 18. Assim, a soma dos números em avaliados pelo critério do aluno só pode ter sido 7 ou 14. Existem três números com tais somas: 7, 70 e 77. 4) (E) A primeira condição nos diz que n 55 e a segunda que n 59. Assim, teremos no máximo 8 múltiplos de 7 quando ou. 5) (B) Temos que Como o número 50 está na segunda coluna, o quadriculado retangular possui 33 linhas e 61 colunas. Assim, ao fim da 30ª coluna, escrevemos números. Portanto, o número 1000 será escrito na 31ª coluna. 6) (D) Temos que calcular a 51 a a 0, pois a e são reais positivos. Queremos a a 7) (E) Como AC =, temos que AD = DC = 1. Pelo teorema de Pitágoras no triângulo DAB, temos AB Novamente pelo Teorema de Pitágora, agora no triângulo ABC, temos: BC AB 1.

2 8) (A) Note que na linha k aparecem exatamente os k ímpares que ainda não estão nas linhas anteriores e que o último número ímpar de uma linha j qualquer é o [j.(j+1)/]-ésimo impar. Dessa forma, temos que os k ímpares da linha k estão compreendidos no intervalo de [(k 1).k/ + 1] até [k.(k+1)/]. Como 013 é o 1007º ímpar, para encontrarmos sua linha, devemos encontrar k inteiro que satisfaça: (k 1).k/ + 1 < 1007 < k.(k + 1)/. A primeira desigualdade implica que ( k 1) 1006, ou seja, k A segunda desigualdade implica que ( k 1 ) 4 e consequentemente k. O único inteiro nesse intervalo é k = 45. 9) (B) Contaremos inicialmente o número de triplas ordenadas de arestas ac,, do cuo, onde quaisquer duas arestas são reversas. Podemos escolher inicialmente qualquer aresta a, o que pode ser feito de 1 maneiras. Feito isso, temos 4 escolhas para e as escolhas de a e automaticamente determinam c. Então, há triplas. Entretanto, cada tripla foi contada 3! = 6 vezes e, portanto, a resposta pedida é ) (C) Como ( x y) x 3x y 3xy y 9 6 7, podemos concluir que x y ) (B) A quantidade máxima de triângulos equiláteros é três. Um exemplo de que esse valor pode ser atingido é: Os triângulos ACD, CDE e BCE são equiláteros. Suponha que haja quatro triângulos equiláteros com vértices em cinco pontos do plano, digamos A, B, C, D, E. Digamos que ABC é equilátero. Se nenhum dos triângulos que usa dois dos vértices de, ou seja, DAB, DAC, DBC, EAB, EAC, EBC, é equilátero, devemos ter que os triângulos ADE, BDE e CDE são equiláteros. Mas com isso teríamos que

3 AD BD CD DE EA EB EC, o que implicaria que D e E coincidem, pois amos seriam circuncentro do triângulo ABC. Então, um dos triângulos DAB, DAC, DBC, EAB, EAC, EBC é equilátero. Digamos então que DBC é equilátero. Daí, ABDC é um losango de ângulos 60,10,60,10. Agora, asta notar que dentre os triângulos EAB, EAC, EBC, EBD, ECD, só pode haver no máximo um triângulo equilátero. Isso é fácil de se testar, se um é equilátero nenhum dos outros poderá ser. Logo não é possível termos quatro triângulos equiláteros. 1) (C) Como O é o centro do círculo, temos EOB ECB 70. Como AO OE, pelo teorema do ângulo externo aplicado ao ângulo EOB, temos EAO OEA 35. Daí, ADC AEC 35. Como ADC DAB 90, podemos concluir que DAE 90 ADC EAB 0 13) (A) Sendo t o tempo que as olas levam para se encontrar, temos que a ola de Jade Maravilha percorreu na vertical e que a ola de Super Esmeralda percorreu na vertical. Como essas distâncias são iguais, temos ter mínimo, devemos ter o valor máximo sen 1 e daí v 15 km/h. 15 v. Para que v seja sen 14) (D) A órita de um número x é definida como sendo o conjunto formado pelas iterações de f, ou seja, a órita de x é o conjunto números de 1 a 9: Órita do 1: elementos Órita do : 3 elementos Órita do 3: 3 elementos Órita do 4: 4 elementos Órita do 5: 3 elementos Órita do 6: 4 elementos Órita do 7: 4 elementos Órita do 8: elementos Órita do 9: 4 elementos x, f x, f f x,. Assim, vejamos as óritas do Veja que se tivermos aplicada um múltiplo da órita de de vezes então voltaremos a, assim o valor desejado é um múltiplo de todas as óritas, logo estamos interessados em mmc,3, ) (D) As potências perfeitas de 1 a 100 que não são quadrados perfeitos são: 8, 7 e 3. Veja então que, para 1 k 100, f k 8 k 8, f k 7 k 7,8,9,30,31 e

4 f k 3 k 3,33,34,35. Logo, valores de k e, portanto, a proailidade de é de 90%. 16) (D) f k é quadrado perfeito para f k ser quadrado perfeito Veja que se ABB 1 1 e que, portanto, BB1 B3 AB3 B º. Da mesma forma, AB4B 3 3. Continuando, é fácil ver que ABnB n1 n 1 Bn Bn 1Bn, temos que B B B AB B n daí o maior valor possível de n é 90. n1 n n n n1 1. Agora, no triângulo. Logo, n 180 n 91 e 17) (A) Se a pulga P 1 deu k 1 saltos e a pulga P deu k saltos, temos: k1m kn 100. Logo, e são divisores de 100. Como elas se encontram pela primeira vez em 1 metro, então, logo ou. Se então necessariamente, contrariando. Logo,. Para, pode ser qualquer um dos outros divisores de. Para ou, temos que, logo ou. No total, teremos: 18) (A) Como cada caixa deve ter um número diferente de olas rancas e há 10 olas rancas para 5 caixas, haverá necessariamente uma caixa com nenhuma ola ranca, uma com 1 ola ranca, uma com olas rancas, uma com 3 olas rancas e outra com 4 olas rancas. Então, asta distriuirmos as olas vermelhas nas 5 caixas restantes. Chamemos de caixa i a caixa que está com i olas rancas no momento. Se a caixa i receer x olas vermelhas, devemos ter x0 x1 x x3 x4 8, onde x0, x1, x, x3, x 4 são inteiros não-negativos e x 0 1. Faça x 0 y0 1, de forma que agora estamos interessados no número de soluções inteiras nãonegativas de y0 x1 x x3 x4 7. Fazendo uma ijeção das soluções dessa equação com o número de permutações de 7 olinhas e 4 palitinhos, temos as olas. 19) (C) Como 3 10, temos i maneiras de distriuir (3 ) 10. Além disso, como , tamém temos 3 (3 ) ( 10) 10. Note que , e assim 3 00 dígitos ( ) Daí, podemos concluir que possui entre 175 e

5 0) (D) Temos que a c c a a a 1 0. Então, a ou a 1. Da mesma forma, a c ou ac 1 e c ou c 1. Note que não podemos ter simultaneamente a 1, a c 1, c 1 (pois a,, c são inteiros). Então, podemos supor sem perdas que a. Agora, temos dois casos a considerar: a c ou a c1 a. k a a k 1 a 1. Então, estamos interessados na quantidade No primeiro caso, de quadrados perfeitos de a 013, pois 1k 01. Como , temos 44 quadrados perfeitos de 1 a 013. Como 1 é quadrado perfeito e deve ser descontado, temos 43 quadrados perfeitos de a 013. Logo, há 43 valores possíveis para k. No segundo caso, k a 1. Como não há dois quadrados perfeitos diferindo de, não há interseções entre o primeiro caso e o segundo. Aqui, estamos interessados na quantidade de quadrados perfeitos de 0 a 011. Agora, há 45 possíveis valores para k. Logo, o total de valores é = 88. 1) (C) Considere a seguinte figura: e Os pontos E e F pertencem a reta CD e são tais que DE DA e CB CF. Como PC CB AB e AD DP AB, temos que EP PF AB e então como CD é paralelo a AB, temos que EPAB e PFAB são paralelogramos. Temos que ADE 8 e, como é isósceles de ase, DEA PBA 49. Da mesma forma, isósceles e FCB 74, então PFB PAB 53. Daí, APB ) (C) Sejam A o conjunto dos números de quatro algarimos distintos que possuem 4 nos milhares, B o conjunto dos números de quatro algarismos distintos que possuem 3 nas centenas, C o conjunto dos números de quatro algarismos distintos que possuem nas dezenas e D o conjunto dos números de quatro algarismos distintos que possuem 1 nas unidades. A quantidade descrita no prolema é n A B C D, lemrado que para um número ter 4 algarismos não pode ter dígito dos milhares 0. Pelo Princípio da Inclusão Exclusão, temos que

6 n A B D n A C D nb C D n A B C D n A B C D n A n B n C n D n A B n A C n A D n B C n B D n C D n A B C Contando os números, tem-se n A e nb nc nd Tamém temos n A B n A C n A D e nb C nb D n C D Ainda, n A B C n A B D n A C D 7 e nb C D 6. Por fim, n A B C D 1, apenas o número 431. Logo,. Daí, a quantidade é, que se encaixa no item C. 3) (C) A equação dada é equivalente a xx y. Veja que 013 x x x 013 x, pois é livre de quadrados. Fazendo então x 013k, y y k k k k y. Se y 3, temos temos k 1, o que nos dá uma solução. Suponhamos agora y 3 e daí se d k e d k 01, teríamos d 01, o que nos dá d 1, pois 01 e 013 são primos entre si. Logo, podemos escrever Então, k y a e y y 01 a k y 01, onde a e são inteiros positivos tais que 013 a 01. Temos que y y a. a é função crescente de y e, portanto,, com a 013. Temos poucas possiilidades para a e : podemos ter a, 1,013, 3,671, 11,183, 33,61. Em todos os casos, temos que a 01, contradição. Portanto, y 3 de fato. 4) (C) Como px é par, p possui apenas monômios de grau par, ou seja, podemos escrever n n p x a x a x a x a (isto pode ser demonstrado através da identidade n n 0 polinomial px p x ), onde an, an,, a0 0 Então, para x 0, veja que p é função crescente de x, pois é soma de funções crescentes e da mesma forma, para x 0, p é função decrescente de x, pois é soma de funções decrescentes. Daí, px k pode ter no máximo duas soluções (uma não-negativa e outra negativa). Para x e k = 1, temos a igualdade, pois as soluções de px p x k são x 1 ou x 1.

7 5) (E) Considere a seguinte figura: Temos que a aresta do cuo é a diagonal de um pentágono regular de lado 1 (todas as diagonais de um pentágono regular são congruentes). Sendo AD AC CE x, temos pelo teorema de Ptolomeu no quadrilátero AEDC que x x 1, logo 3 x x x x 1 5 x é a raíz positiva da equação. O volume do cuo é 1. Sustituindo, o volume do cuo é 5.