XXXV Olimpíada Cearense de Matemática Nível 1 - Sexto e Sétimo Anos
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- Lívia Damásio Belmonte
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1 XXXV Olimpíada Cearense de Matemática Nível 1 - Sexto e Sétimo Anos Reservado para a correção Prova Probl. 1 Probl. 2 Probl. 3 Probl. 4 Probl. 5 Total # 1000 Nota Instruções e Regulamento: 1. Identifique a prova somente no local indicado da capa. 2. Use o verso de cada folha como rascunho. 3. Verifique se sua prova está completa. A prova consta de 5 (cinco) problemas. 4. Somente serão consideradas as soluções escritas no espaço reservado para tal. Para escrevê-las, utilize caneta azul ou preta. 5. Cada problema vale 10 pontos. 6. O tempo de prova é de 4 horas. Nenhum candidato poderá sair antes de completados 30 minutos de prova. 7. Não serão concedidas revisões de prova. 8. As soluções e os premiados serão divulgados oficialmente no sítio até o dia 30/11/2015. Identificação: Prova #1000 Nome: Endereço: Escola: Telefone: Série:
2 Problema 1. Sabe-se que cada uma das letras A, B, C, D, E, F representa um algarismo diferente de 0 e que letras distintas representam algarismos distintos. Seja ABBC a representação decimal do número x e seja DEF D a representação decimal do número y. Encontre x e y sabendo que 6x = y. Solução. A = 1, pois caso contrário y teria mais que quatro algarismos. 6 1 = 6, 6 2 = 12, 6 3 = 18, 6 4 = 24, 6 5 = 30, 6 6 = 36, 6 7 = 42, 6 8 = 48 e 6 9 = 54. Como A = 1, temos que C 1. Temos também que C D, que D 0 e que D é igual ao algarismo das unidades de 6 C. As únicas possibilidades são C = 3, D = 8; C = 7, D = 2; e C = 9, D = 4. Como x > 1000, temos que y > Assim, D {6, 7, 8, 9}. Como já vimos que D {2, 4, 8}, concluímos que D = 8. Como D = 8, temos que C = 3. Como B A, B C, B C e y tem quatro algarismos, temos que B {2, 4, 5, 6}. Temos = 7338, = 8658, = 9318 e = Concluímos portanto que x = 1443 e y = 8658.
3 Problema 2. Sejam A, B, C, D, E, F, G, H (nesta ordem) os vértices de um octógono regular. Mostre que a área do quadrilátero ABEF é metade da área do octógono. Solução. Seja O o centro do círculo circunscrito ao octógono ABCDEF GH. Temos Assim, AÔB = BÔC = CÔD = DÔE = EÔF = F ÔG = GÔH = HÔA = 45. BÔF = BÔC + CÔD + DÔE + EÔF = 180, de onde conclui-se que os pontos B, O, F são colineares. Denote por R o raio do círculo circunscrito ao octógono e denote por x a área do triângulo AOB. Temos então que a área do octógono é 8x. Seja P a projeção ortogonal de A sobre a reta que passa por B e F. Temos area( AOB) = 1 2 OB AP = 1 2 R AP e area( AOF ) = 1 2 OF AP = 1 R AP. 2 Portanto, area( AOF ) = area( AOB) = x. De modo análogo, conclui-se que area( BOE) = area( EOF ) = x. Portanto, que é metade da área do octógono. area(abef ) = 4x,
4 Problema 3. Um inteiro positivo n diz-se invocado se existem n inteiros positivos a 1,..., a n, dois a dois distintos, tais que 1 a a n = 1. O inteiro positivo 3, por exemplo, é invocado, visto que Mostre que os inteiros 4, 5, 6 e 7 são invocados. 1 = Solução. 1 = = ( ) = Isto mostra que 4 é invocado. 1 = = Isto mostra que 5 é invocado. 1 = = ( ) = ( ) = Isto mostra que 6 é invocado. 1 = = ( ) = Isto mostra que 7 é invocado.
5 Problema 4. Os números de 1 a 10 são dispostos sobre os vértices e lados de um pentágono de tal maneira que a soma dos três números sobre cada lado é a mesma. O diagrama abaixo mostra um exemplo cuja soma é 16. Encontre o menor valor possível x para esta soma e exiba um diagrama cuja soma é x Solução. Considere uma configuração cuja soma seja x (vide figura). Temos a j b i c h d g f e 5x = (a + b + c) + (c + d + e) + (e + f + g) + (g + h + i) + (i + j + a) = (a + b + c + d + e + f + g + h + i + j) + (a + c + e + g + i) = ( ) + (a + c + e + g + i) = 55 + (a + c + e + g + i) = 70. Portanto, x 14. Um diagrama cuja soma é 14 é dado a seguir
6 Problema 5. Em um planeta distante há apenas três habitantes, chamados Alfa, Beta e Gama. Alfa e Beta são amigos, Beta e Gama são amigos, mas Alfa e Gama são inimigos. Neste planeta há exatamente três fichas, uma azul, uma branca e uma cinza, e cada um dos habitantes carrega consigo uma das fichas. Cada vez que Alfa e Beta se encontram, eles trocam as fichas que carregam consigo. Beta e Gama também trocam as fichas que carregam consigo cada vez que se encontram. Alfa e Gama, porém, não trocam suas fichas quando se encontram. No início do dia, Alfa estava com a ficha azul, Beta estava com a ficha branca e Gama estava com a ficha cinza. Se Beta trocou de ficha 18 vezes durante o dia, é possível que no final do dia Alfa esteja com a ficha cinza, Beta esteja com a ficha branca e Gama esteja com a ficha azul? Justifique sua resposta. Solução. (Baseada na solução de Enzo Pontes Saraiva de Moraes). Denote a ficha azul por a, a ficha branca por b e a ficha cinza por c. Escreveremos (x, y, z) para denotar que Alfa está com a ficha x, Beta está com a ficha y e Gama está com a ficha z. Considere os conjuntos P e I definidos por e P = {(a, b, c), (b, c, a), (c, a, b)} I = {(a, c, b), (b, a, c), (c, b, a)}. Note que se Alfa, Beta e Gama estão em uma situação representada por um elemento de P e Beta realiza uma troca, então eles passam a uma situação representada por um elemento de I. Além disso, se eles estão em uma situação representada por um elemento de I e Beta faz uma troca, então eles passam a uma situação representada por um elemento de P. Assim, se eles começam o dia na situação representada por (a, b, c) e Beta faz um número par de trocas, eles terminam o dia em uma situação representada por um elemento de P. Logo, após 18 trocas, não é possível que Alfa esteja com a ficha cinza, Beta esteja com a ficha branca e Gama esteja com a ficha azul.
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