XXXVII OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Prova da Primeira Fase 9 de agosto de 2014 Nível (6º e 7º anos do Ensino Fundamental)

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1 XXXVII OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Prova da Primeira Fase 9 de agosto de 2014 Nível (6º e 7º anos do Ensino Fundamental) Resoluções PROBLEMA 1 a) O total de segundos destinados à visualização desse clipe é. Como, foram destinadas à visualização desse clipe horas. b) O número de horas gastas com a visualização do clipe é o mesmo que o número de horas de trabalho necessárias para construir 6 edifícios, para construir 1 edifício foram necessárias horas de trabalho. PROBLEMA 2 a) Tomando o e começando o ímpar 3, temos: Somando os expoentes obtemos a representação. b) Tomando e começando com o ímpar. Representação. Como queremos a representações com um número ímpar de parcelas, aparece a representação com uma parcela. Como já foi feito no item a, devemos seguir para o próximo ímpar não utilizado. Tomando e começando com o ímpar. Representação. Tomando e começando com o ímpar. Representação. Vale observar que não é a mesma representação, pois a ordem dos números mudou. Como já usamos o, passamos ao. Tomando e começando com o ímpar. Representação. Tomando e começando com. Observe que esse caso um pouco diferente dos outros, mas basta considerar todas as parcelas iguais a representação. Obtivemos todas as maneiras de representar como soma de um número ímpar de parcelas:. indicando a PROBLEMA 3 a) Vamos calcular as pontuações de Humberto e Doisberto: Restam os animais bode, burro e porco para Trêsberto e sua pontuação é: Trêsberto ganhou a partida. b) Sim, basta considerar que Pedro terminou com a galinha e o cavalo, obtendo: E considerar que os outros jogadores completaram os animais: pato e boi

2 gato e porco cachorro e burro ovelha e bode Nesse caso, Pedro venceria o jogo. c) Não, se Pedro completar apenas um animal ele não tem chances de vencer o jogo. Suponha que Pedro completa apenas um animal. Se este animal não é o cavalo, então o jogador que completou o cavalo teria pontuação maior que a de Pedro. Se Pedro completar o cavalo sua pontuação seria. Se algum jogador completar boi, porco ou burro e mais um animal sua pontuação já seria maior que, pois seria mais um outro animal multiplicado por. Por fim, note que se os jogadores que completaram esses animais completaram apenas eles, restam animais para o quinto jogador que teria pontuação: PROBLEMA 4 a) O menor números de três dígitos que é um Early Bird é o. Veja que aparece em formado por. Como é o segundo menor número de três dígitos, basta observar que não é um Early Bird. Se fosse Early Bird teríamos dois zeros consecutivos antes do número, mas não há um número com dois zeros e não há números com zero à esquerda para formar um par de zeros. b) Separemos em e. Buscamos números consecutivos da forma e. Encontramos e. Observamos que. Concluímos que é um Early Bird: aparece em. PROBLEMA 5 a) Observe que se as casas marcadas com tivessem fichas brancas teríamos conflito no tabuleiro final. Então essas casas tem fichas pretas. Passamos a ter:

3 b) No tabuleiro inicial, considere as duas casas abaixo das casas que foram marcadas com. Se essas casas forem pretas, haveria conflito no tabuleiro inicial, então elas são brancas. Da mesma forma, as casas acima das que haviam sido marcadas com tem que ser pretas. Teremos: Podemos repetir o raciocínio. Observe o tabuleiro inicial se acima das últimas duas fichas brancas houver fichas brancas, haveria conflito no tabuleiro final, então elas são fichas pretas. Fazemos o simétrico na parte de cima. Agora observamos o tabuleiro final abaixo das últimas quatro peças pretas. Devem haver conflito. fichas brancas para não haver Seguindo mais três passos análogos, concluímos o problema com os dois tabuleiros completamente preenchidos.

4 XXXVII OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Prova da Primeira Fase 9 de agosto de 2014 Nível (8º e 9º anos do Ensino Fundamental) Resoluções PROBLEMA 1 a) Tomando o e começando o ímpar 3, temos: Somando os expoentes obtemos a representação. b) Tomando e começando com o ímpar. Representação. Como queremos a representações com um número ímpar de parcelas, aparece a representação com uma parcela. Como já foi feito no item a, devemos seguir para o próximo ímpar não utilizado. Tomando e começando com o ímpar. Representação. Tomando e começando com o ímpar. Representação. Vale observar que não é a mesma representação, pois a ordem dos números mudou. Como já usamos o, passamos ao. Tomando e começando com o ímpar. Representação. Tomando e começando com. Observe que esse caso um pouco diferente dos outros, mas basta considerar todas as parcelas iguais a representação. Obtivemos todas as maneiras de representar como soma de um número ímpar de parcelas:. indicando a PROBLEMA 2 a) O total de segundos destinados à visualização desse clipe é. Como, foram destinadas à visualização desse clipe horas. b) O número de horas gastas com a visualização do clipe é o mesmo que o número de horas de trabalho necessárias para construir 6 edifícios, para construir 1 edifício foram necessárias horas de trabalho. c) Se distribuirmos as horas de trabalho que foram necessárias para construir o edifício pelo número de anos, temos a média horas por ano. Distribuindo agora pelo número de dias no ano, temos a média de horas de trabalho por dia. Admitindo que uma pessoa trabalhe entre 8 horas e 12 horas por dia, em média tivemos um número entre e pessoas trabalhando por dia na construção do edifício. PROBLEMA 3 a) O menor números de três dígitos que é um Early Bird é o. Veja que aparece em formado por. Como é o segundo menor número de três dígitos, basta observar que não é um Early Bird. Se fosse

5 Early Bird teríamos dois zeros consecutivos antes do número, mas não há um número com dois zeros e não há números com zero à esquerda para formar um par de zeros. b) e são Early Birds: e., e não são Early Birds: números de dois algarismos e,, são Early Birds nos seguintes casos: Quando é algarismo das unidades de um número e é algarismo das dezenas de. Nesse caso, tem dois algarismos e. Se, e devemos ter. Se, ( ) se e se. Quando e têm um algarismo. Nesse caso,, pois aparece no começo. Ou seja, os Early Birds de dois algarismos são da forma com ou ou ( ),. c) Há maneiras de escolher dois algarismos distintos e. A quantidade de casos em que é igual à quantidade de casos em que, então há números com. Somando ao total de números e ( ), há números de dois algarismos que são Early Birds. PROBLEMA 4 a) Para, tomamos e, teremos:.. Então, ( ). b) Primeiro desenvolvemos o produto notável da soma ao cubo: Observe que os três primeiros termos possuem fator, colocando em evidência: Colocando em evidência nos dois primeiros termos dentro dos parênteses: ( ) c) Usando o método para. tomamos e, teremos:.. Concluindo: Ou podemos escrever: PROBLEMA 5 a) Pelo teorema de Pitágoras,. Pode-se também calcular como o dobro da altura do triângulo equiláterode lado :. b) Sejam e os pontos médios de e, respectivamente. Então é um losango, de modo que. Com isso, como ( ) ( ) e os triângulos e são isósceles, ( ) ( ) ( ), o que mostra que, e estão alinhados. c) Os triângulos e são semelhantes pelo caso AA, logo, e portanto é ponto médio de. Aplicando esse fato ao triângulo, temos que é ponto médio de, e logo. Além disso, e é comum, logo os triângulos e são congruentes pelo caso LLL. Com isso, ( ) ( ). d) Pelo teorema de Pitágoras, ( ). Assim, sendo o ponto médio de, no triângulo temos e, e pela recíproca do teorema de Pitágoras o triângulo é retângulo em e o ângulo é reto. Logo o losango destacado é um quadrado, já que um de seus ângulos é reto.

6 XXXVII OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Prova da Primeira Fase 9 de agosto de 2014 Nível (1ª e 2ª séries do Ensino Médio) Resoluções PROBLEMA 1 a) Para, tomamos e, teremos:.. Então, ( ). b) Primeiro desenvolvemos o produto notável da soma ao cubo: Observe que os três primeiros termos possuem fator, colocando em evidência: Colocando em evidência nos dois primeiros termos dentro dos parênteses: ( ) c) Usando o método para. tomamos e, teremos:.. Concluindo: Ou podemos escrever: PROBLEMA 2 a) b) Se ou igual a, a desigualdade de Hoeffding nos diz que a probabilidade de erramos o lado da moeda é menor. Assim, basta resolver essa desigualdade. Assim, ou mais lançamentos garantem que escolhemos a face certa com pelo menos de certeza. PROBLEMA 3 a) Há cadeiras livres, separadas em espaços mais possivelmente um ou dois nas pontas. Os espaços têm no máximo duas cadeiras vagas seguidas cada, já que espaços com três ou mais cadeiras vagas seguidas têm assentos desejáveis. Pelo mesmo motivo, as pontas há no máximo um lugar vago. Com isso, nesses espaços há no máximo lugares vagos. Portanto. Por outro lado, se dividirmos os lugares em pares de lugares vizinhos vemos que no máximo um deles está ocupado em cada par. Assim,. Ou seja, ou. b) Uma maneira: Para temos as seguintes possibilidades:,,,,,,,,,. Para temos as seguintes possibilidades:,,,,,. Outra maneira: Para precisamos distribuir lugares em espaços. Sejam as quantidades de lugares em cada espaço. Então e e. Sendo,,, com todas as variáveis iguais a ou. Com isso, três delas são e as outras duas são, e isso é o mesmo que contar a quantidade de anagramas de, que são.

7 Para, a contagem é análoga, com e e. Sendo,,, e contamos os anagramas de, que são. c) Para cada que encontramos no item a, permutamos as primeiras pessoas que tiveram a sorte de ter um lugar desejável e as que não tiveram e multiplicamos pela quantidade que encontramos no item b. Com isso, o total é Observação: usando as ideias da solução, pode-se mostrar que a quantidade de permutações tímidas de pessoas é em que é a função teto de, o menor inteiro maior ou igual a. PROBLEMA 4 a) Temos e Observando os expoentes, obtemos. b) Como queremos uma quantidade par de parcelas, usamos. Para, temos e obtemos. Para, temos e obtemos. Para, temos e obtemos. c) A representação binária de é e a de um número ímpar, com dígitos, começa com e termina com. A quantidade de parcelas na partição é então igual à quantidade de grupos contíguos de zeros e grupos contíguos de uns. Mas tal quantidade é par, já que, ao começar com e terminar com, a quantidade de grupos de zeros é igual à quantidade de grupos de. Da mesma forma, temos ( ). Dessa vez, começamos com algarismos iguais e terminamos com algarismos iguais (o no começo não conta!); assim, a sequência iguais-diferentes-iguais-diferentes- -iguais tem uma quantidade ímpar de termos e portanto a quantidade de parcelas é ímpar. Caso você esteja imaginando por que a correspondência entre o algoritmo e a representação binária funciona: Comecemos com. Subtrair um inteiro menor do que de é o mesmo que trocar os algarismos: por exemplo,. O expoente da maior potência de que divide o número é a quantidade de zeros à direita. Novamente, como exemplo,, que termina com zeros. Com isso, cada passo do algoritmo consiste em trocar os algarismos e tirar os zeros à direita. As parcelas correspondem às quantidades de zeros. E de onde vem a ciclicidade? Vem do fato de que colocar zeros à esquerda não muda o número, e por isso, os zeros à direita voltam para a esquerda: por exemplo, temos Pela quantidade de grupos de zeros e uns ser par, ao voltar ao número original obtemos os uns e zeros nos mesmos lugares, e o algoritmo eventualmente termina. Note também que ele eventualmente anda exatamente casas, por isso obtemos uma partição de. Note que ao trocarmos os algarismos mudamos de igual para diferente e vice-versa, por isso o algoritmo e a descrição binária dão os mesmos resultados. Reciprocamente, usando o procedimento no item b podemos obter um ímpar a partir de qualquer partição. O que muda com? É mais fácil tentar construir o equivalente ao anterior. Por exemplo, suponha que queiramos a partição. Se usarmos, o procedimento análogo seria tomar. Subtraindo

8 obtemos. Aí tiramos os uns e completamos com zeros à esquerda: ( deslocamento do. ), e fizemos o O problema é que tirar uns não é o mesmo que tirar zeros. Para ajeitar isso, podemos somar a e tirar os zeros: e obtemos. Só que aí obtemos, é claro,. Então talvez o mais razoável é começar com e trocar por : e. A vantagem adicional é que, ao fazer e, a comparação entre dígitos continua valendo, e as novas contas mantêm essa comparação. A verificação no caso geral fica para o leitor (e é essencialmente análoga ao exemplo). Essa demonstração não precisa ser feita na prova. PROBLEMA 5 a) Temos ( ), portanto, no vértice, ( ) ( ) ( ) e ( ) ( ). Finalmente, ( ). b) No triângulo retângulo,, e no triângulo retângulo,, de modo que. Pela lei dos senos, c) Uma maneira: Elevando ao quadrado, temos Portanto. Outra maneira: Basta provar que que é sempre verdade já que e. d) Sendo a interseção análoga a do outro quadrado não unitário com a diagonal do quadrado unitário, e seja o vértice do quadrado oposto a, temos. Mas sendo os dois quadrados com interiores sem interseção, os segmentos e são partes da diagonal do quadrado e têm interseção vazia. Logo