XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase Nível 1 (5 a. ou 6 a. séries)

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1 XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Seguda Fase Nível (5 a. ou 6 a. séries) PARTE A (Cada problema vale 3 potos) 0. Quatas vezes aparece o algarismo 9 o resultado da operação ? 0. Quatos úmeros iteiros maiores do que 003 e meores do que 004 são múltiplos de 00? 03. Quatos triâgulos existem cujos lados estão sobre algus dos segmetos traçados a figura ao lado? 04. Um estudate, com muito tempo livre e muita curiosidade, resolveu fazer o seguite: a cada miuto, ao mudar o horário em seu relógio digital, marcava em seu cadero um X para cada algarismo que aparecia o visor. Assim, se seu relógio mostrava ele marcava X e quado seu relógio mostrou ele marcou XX. Começou a fazer isso quado seu relógio mostrava e parou quase doze horas depois, quado o relógio mostrava. Calcule a metade da quatidade de X que ele marcou em seu cadero. 05. A grade atração do OBM Parque é uma roda gigate (a figura mostra uma roda gigate similar, porém com um úmero meor de cabies). As cabies são umeradas com,, 3,, o setido horário. Quado a cabie 5 está a posição mais baixa da roda-gigate, a de úmero 8 está a posição mais alta. Quatas cabies tem a roda-gigate?

2 06. Aos bissextos são múltiplos de 4, exceto aqueles que são múltiplos de 00 mas ão de 400. Quatos aos bissextos houve desde a Proclamação da República, em 889, até hoje? 07. Em um dado comum a soma dos potos sobre faces opostas é sempre 7. Beatriz costruiu uma torre com 4 dados comus iguais, colado as faces como mostrado a figura. Qual é o meor úmero de potos que Beatriz pode obter somado todos os potos das dezoito faces da superfície da torre? 08. Na multiplicação a seguir a, b, c e d são algarismos. 45 a3 Calcule b + c + d. 3bcd 09. A média de cico iteiros positivos diferetes é. Determie o maior valor possível para o maior dos cico iteiros. 0. Nove peças diferetes de domió estão sobre uma mesa, parcialmete cobertos por um pedaço de papel. Os domiós se tocam de modo que poto é viziho a poto, potos são vizihos a potos, etc. Qual o total de potos escodidos pelo papel?

3 PARTE B (Cada problema vale 0 potos) PROBLEMA Quais úmeros iteiros positivos meores que 0 podem ser escritos como soma de duas ou mais potêcias distitas de base 3 e expoete positivo? Por exemplo, = 3 +3 é um úmero deste tipo mas 8 = ão é. PROBLEMA No deseho ao lado, o quadrado ABCD tem área de 64 cm e o quadrado FHIJ tem área de 36 cm. Os vértices A, D, E, H e I dos três quadrados pertecem a uma mesma reta. Calcule a área do quadrado BEFG. PROBLEMA 3 Cosidere o produto de todos os divisores positivos de um úmero iteiro positivo, diferetes desse úmero. Dizemos que o úmero é poderoso se o produto desses divisores for igual ao quadrado do úmero. Por exemplo, o úmero é poderoso, pois seus divisores positivos meores do que ele são,, 3, 4 e 6 e =. Apresete todos os úmeros poderosos meores do que 00. 3

4 PROBLEMA No deseho ao lado, o quadrado ABCD tem área de 30 cm e o quadrado FHIJ tem área de 0 cm. Os vértices A, D, E, H e I dos três quadrados pertecem a uma mesma reta. Calcule a área do quadrado BEFG. XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Seguda Fase Nível (7 a. ou 8 a. séries) PROBLEMA Dados os úmeros iteiros de a 6, escolha 3 detre eles de forma que: ) O úmero 4 está etre os úmeros escolhidos. ) Nehum úmero escolhido é divisor de outro úmero escolhido. PROBLEMA 3 Uma folha retagular ABCD de área 000 cm foi dobrada ao meio e em seguida desdobrada (segmeto MN); foi dobrada e desdobrada ovamete (segmeto MC) e fialmete, dobrada e desdobrada segudo a diagoal BD. Calcule a área do pedaço de papel limitado pelos três vicos (região escura o deseho). PROBLEMA 4 Cosidere o produto de todos os divisores positivos de um úmero iteiro positivo, diferetes desse úmero. Dizemos que o úmero é poderoso se o produto desses divisores for igual ao quadrado do úmero. Por exemplo, o úmero é poderoso, pois seus divisores positivos meores do que ele são,, 3, 4 e 6 e =. Apresete todos os úmeros poderosos meores do que 00. PROBLEMA 5 Seja f : # #, uma fução tal que f ( x) f ( y) f ( xy), * * + + reais ão ulos x e y. (a) Calcule f() (b) Ecotre uma fórmula para f(x) = x y y + x quaisquer que sejam os PROBLEMA 6 Dizemos que um úmero N de quatro algarismos é biquadrado quado é igual à soma dos quadrados de dois úmeros: um é formado pelos dois primeiros algarismos de N, a ordem em que aparecem em N e o outro, pelos dois últimos algarismos de N, também a ordem em que aparecem em N. Por exemplo, 33 é biquadrado pois 33 = Ecotre um outro úmero biquadrado. Observação: Lembre-se de que um úmero de quatro algarismos ão pode começar com zero. 4

5 XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Seguda Fase Nível 3 (Esio Médio) PROBLEMA No triâgulo ABC, M é o poto médio do lado AC, D é um poto sobre o lado BC tal que AD é bissetriz do âgulo BÂC e P é o poto de iterseção de AD e BM. Sabedo que a área de ABC é 00, AB = 0 e AC = 30, calcule a área do triâgulo APB. PROBLEMA Dizemos que um úmero N de quatro algarismos é biquadrado quado é igual à soma dos quadrados de dois úmeros: um é formado pelos dois primeiros algarismos de N, a ordem em que aparecem em N e o outro, pelos dois últimos algarismos de N, também a ordem em que aparecem em N. Por exemplo, 33 é biquadrado pois 33 = biquadrado Ecotre um outro úmero Observação: Lembre-se de que um úmero de quatro algarismos ão pode começar com zero. PROBLEMA 3 Etre 5 úmeros reais distitos, o meor deles igual a, ão há três que podem ser lados de um triâgulo. Quais valores o maior dos 5 úmeros pode assumir? PROBLEMA 4 O triâgulo ABC é retâgulo em A. Detre os potos P pertecetes ao perímetro do triâgulo, ecotre aquele que miimiza a soma AP + BP + CP. PROBLEMA 5 Um quadrado de lado 3 é dividido em 9 quadrados de lado uitário, formado um quadriculado. Cada quadrado uitário é pitado de azul ou vermelho. Cada cor tem probabilidade de ser escolhida e a cor de cada quadrado é escolhida idepedetemete das demais. Qual a probabilidade de obtermos, após colorirmos todos os quadrados uitários, um quadrado de lado pitado iteiramete de uma mesma cor? PROBLEMA 6 Calcule a soma = = " 3 + 5

6 XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase Nível Uiversitário PROBLEMA 3 Seja X 5 o poliedro covexo cujos vértices são todos os potos x + y + z =. Calcule o volume de X. (,, ) 3 xyz = com PROBLEMA O teista Berrado Gemigemi tem 30 dias para preparar-se para um toreio. Se ele treia 3 dias seguidos ele tem fadiga muscular. Ele, etão, decide que, durate esses 30 dias, irá treiar 0 dias, sem uca treiar 3 dias seguidos, e descasar os outros 0 dias. De quatas maeiras diferetes ele pode escolher os 0 dias de descaso? PROBLEMA 3 Sejam A e B matrizes reais iversíveis. Mostre que se vale a codição ( AB) = A B para três valores iteiros cosecutivos de etão AB = BA. PROBLEMA 4 π Sabemos que = =. Defia f( ) = = > < Prove que existe um úmero real a > 0 tal que existe o limite: π a lim f( ) +. 6 Calcule a e este limite. PROBLEMA 5 Sejam a e iteiros, >, mdc(a, ) =. Prove que o poliômio ( )( ( X + a) X a) tem todos os coeficietes iteiros se e somete se é primo. PROBLEMA 6 Defia a = 3, a = a +. log log a Prove que lim = log e calcule lim (loglog a log ). (Observação: os logaritmos estão todos a base e). 6

7 Soluções Nível Seguda Fase Parte A CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A Na parte A serão atribuídos 3 potos para cada resposta correta e a potuação máxima para essa parte será 30. NENHUM PONTO deverá ser atribuído para respostas que ão coicidirem com o gabarito oficial, abaixo: Problema Resposta As soluções a seguir são puramete para fis didáticos = HJJJJJJJJJG 003 = zeros 00 algarismos o 7; portato o úmero de algarismos 9 o resultado é HJJJJJJJJJJJG. Dos cem algarismos do resultado, dois são = e =. Os múltiplos de 00 são 4000 = 40 00, 4000 = 40 00, = ,..., = O úmero de múltiplos de 00 é, etão, = Podemos cotar o úmero de triâgulos segudo o diagrama abaixo: triâgulo triâgulos triâgulos triâgulos 3 triâgulos 3 triâgulos 3 triâgulos triâgulo O úmero total de triâgulos é = Quado o umerador das horas mostrar 0, 0,...,, o marcador dos miutos apresetará o algarismo 7 as seguites situações: 07, 7, 7, 37, 47 e 57, totalizado 6 = 7 exibições o marcador de miutos. Ocorre que o algarismo 7 também aparece o marcador das horas as situações 07:00, 07:0, etc, ou seja, devem ser cotadas mais 60 exibições do 7. O úmero total de vezes em que aparece o 7 é = 3 e metade desse úmero é Se as cabies de úmeros 8 e 5 estão em potos diametralmete opostos a circuferêcia, etão, de cada lado do diâmetro existem 5 8 = 6 cabies. Logo o úmero total de cabies da roda gigate é 6 + = 34. 7

8 6. Os aos bissextos são 89, 896, 904,..., 000 (ote que 900 ão é bissexto, pois é múltiplo de 00 mas ão é de 400; por outro lado, 000 é bissexto, pois é múltiplo de 00 e de 400). De 904 a 000 há = 4+ = 5 múltiplos de 4. Portato, o 4 úmero de aos bissextos desde 889 até agora é 5 + = As faces laterais em cada dado compõem-se de dois pares de faces opostas, logo elas a soma é sempre = 4. Temos liberdade de escolher os úmeros que vão ficar a face superior e a face iferior, pois há 4 dados a pilha. Para miimizar a soma, escolhemos o para figurar essas duas faces. Portato a soma míima é = No produto 45 a3 = 3bcd, é imediato cocluir que d = 5, isto é, 45 a3 = 3bc5. Fazedo uma estimativa de a, vemos que as possibilidades são duas: = 385 e = 3735 de ode se coclui que para a = 7 temos b = e c = 8, e para a = 8 temos b = 7 e c = 3. Portato, b + c + d = = = 5. a+ b+ c+ d + e 9. Sejam a, b, c, d, e os cico úmeros. Temos = a + b + c + d + e = Um desses úmeros, digamos a, é o maior possível se, e somete se, a soma dos demais for a meor possível. Isto ocorre para b + c+ d + e= = 0, de ode vem que a = 55 0 = Seja x o úmero de potos que deve aparecer as metades das peças do domió coforme o deseho abaixo: x x x x Temos x 0 (pois já foi usada a peça 0:3), x e x 4 (já foi usada a peça 4:), x (já foi usada a peça :), x 5 (já foi usada a peça 5:) e x 6 (já foi usada a peça 6:). Portato, x = 3 (verifica-se que este caso é possível) e a soma dos potos é =. 8

9 Soluções Nível Seguda Fase Parte B SOLUÇÃO DO PROBLEMA : Temos 3 = 3, 3 = 9, 3 = 7, 3 = 8 mas 3 = 43 (ão serve). Assim, os úmeros obtidos de acordo com as codições do problema são: =, = 30, = 84, = 36, = 90, = 08, = 39, = 93, =, = 7. Note que o úmero = 0 ão serve. CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Atribuir poto a cada úmero ecotrado. SOLUÇÃO DO PROBLEMA : PRIMEIRA SOLUÇÃO: Os triâgulos ABE e EHF são retâgulos em A e H, respectivamete; a medida do âgulo BÊF é de 90 o ; se a medida do âgulo HÊF é x, etão a medida dos âgulos EFH ˆ e AÊB é 90 o x e, coseqüetemete, a medida do âgulo ABE ˆ é x; como BE = EF (são lados do mesmo quadrado), etão os triâgulos mecioados são cogruetes (pelo caso ALA de cogruêcia de triâgulos). Utilizado o teorema de Pitágoras, podemos escrever BE = AB + AE, o que mostra que a área do quadrado BEFG é a soma das áreas dos quadrados ABCD e FHIJ, ou seja, = 00 cm. SEGUNDA SOLUÇÃO: Os triâgulos ABE e EHF são retâgulos em A e H, respectivamete; a medida do âgulo BÊF é de 90 o ; se a medida do âgulo HÊF é x, etão a medida dos âgulos EFH ˆ e AÊB é 90 o x e, coseqüetemete, a medida do âgulo ABE ˆ é x; como BE = EF (são lados do mesmo quadrado), etão os triâgulos mecioados são cogruetes (pelo caso ALA de cogruêcia de triâgulos). Como o quadrado ABCD tem área igual a 64 cm, cocluímos que seus lados medem 64 = 8 cm; o quadrado FHIJ tem área igual a 36 cm, logo seus lados medem 6 cm. Temos etão, BA = EH = 8 cm e FH = AE = 6 cm. Utilizado o teorema de Pitágoras, podemos escrever BE = AB + AE = = 00, ou seja, a área do quadrado BEFG é 00 cm. TERCEIRA SOLUÇÃO (sem usar o teorema de Pitágoras): Os triâgulos ABE e EHF são retâgulos em A e H, respectivamete; a medida do âgulo BÊF é de 90 o ; se a medida do âgulo HÊF é x, etão a medida dos âgulos EFH ˆ e AÊB é 90 o x e, coseqüetemete, a medida do âgulo ABE ˆ é x; como BE = EF (são lados do mesmo quadrado), etão os triâgulos mecioados são cogruetes (pelo caso ALA de cogruêcia de triâgulos). Como o quadrado ABCD tem área igual a 64 cm, cocluímos que seus lados medem 64 = 8 cm; o quadrado FHIJ tem área igual a 36 cm, logo seus lados medem 6 cm. Portato, BA = EH = 8 cm e FH = AE = 6 cm. AB + FH 8+ 6 A área do trapézio ABFH é igual a AH = 4 = 98 cm. Como o trapézio é composto pelos triâgulos ABE, EHF e BEF e a área dos triâgulos cogruetes ABE e EHF é 68 = 4 cm, cocluímos que a área do triâgulo BEF é 98 4 = 50 cm e, coseqüetemete, a área do quadrado ABFH é o dobro, ou seja, 00 cm. 9

10 CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Para resoluções completas: atribuir 0 potos para uma solução completa equivalete às mostradas. Por solução completa se etede: a) mostrar ou demostrar a cogruêcia dos triâgulos retâgulos; b) usar Pitágoras para calcular a área do quadrado (direta ou idiretamete) ou usar a área do trapézio para achar a área da metade do quadrado e, em seguida, a área do quadrado. Para resoluções parciais: a) calculou corretamete os lados dos quadrados: poto para cada quadrado. b) explicou de forma covicete que ABE e EHF são cogruetes (ão é ecessária meção explícita ao caso ALA ou LAA o de cogruêcia): 3 potos. c) ituiu que o lado do quadrado mede 0 cm (palpite ou avaliação) sem explicar corretamete mas calculou a área do quadrado corretamete: potos. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: PRIMEIRA SOLUÇÃO: Os divisores positivos de um úmero iteiro N são d, d, d 3,!, d, tais que = d d d d 3! = N e podemos observar que N = d d = d3 d etc. Por exemplo, os divisores positivos de são,, 3, 4, 6 e, de forma que = 6 = 3 4. Note que ao excluir os divisores e, restam, 3, 4 e 6, cujo produto é = ( 6) (3 4) = =. Assim, cocluímos que o produto dos divisores positivos de um iteiro, excluido e o próprio úmero, é igual ao quadrado do úmero se, e somete se, o úmero tem 6 divisores. Portato, o úmero é da forma p 5 ou p q, ode p e q são úmeros primos positivos, distitos. Se o úmero é positivo meor do que 00, temos as 6 seguites possibilidades: 5 = 3 3= 5= = 8 3 5= = = = 68 9 = 76 3= 9 SEGUNDA SOLUÇÃO: O produto de todos os divisores positivos de um úmero iteiro N é igual a N d( N), ode d(n) é o úmero de divisores positivos de N. O produto de todos os divisores d( N) d( N) N positivos exceto e N é = N. N d( N) d( N) d( N) Temos, etão, N = N = = 3 d( N) = 6. Portato, o produto dos divisores positivos diferetes de N é o quadrado de N se, e somete se, N tem 6 divisores positivos. Logo o úmero é da forma p 5 ou p q, ode p e q são úmeros primos positivos, distitos. Se o úmero é positivo meor do que 00, temos as 6 seguites possibilidades: 0

11 5 3 = CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Para resoluções completas: atribuir 0 potos para uma solução completa equivalete às mostradas. Para resoluções icompletas: apeas achou os úmeros, sem justificar: poto para cada dois úmeros corretos.

12 Soluções Nível Seguda Fase SOLUÇÃO DO PROBLEMA : Os triâgulos ABE e EHF são retâgulos em A e H, respectivamete; a medida do G âgulo BEF ˆ é de 90 ; se a medida do âgulo HEF ˆ é x, etão a medida dos C B âgulos EFH ˆ e AEB ˆ é 90 x e, coseqüetemete, a medida do âgulo ABE ˆ é x; como BE = EF (são lados do F J mesmo quadrado), etão os triâgulos D I A E H mecioados são cogruetes (pelo caso ALA de cogruêcia de triâgulos). Utilizado o teorema de Pitágoras, podemos escrever BE = AB + AE, o que mostra que a área do quadrado BEFG é a soma das áreas dos quadrados ABCD e FHIJ, ou seja, = 50cm. SEGUNDA SOLUÇÃO: Os triâgulos ABE e EHF são retâgulos em A e H, respectivamete; a medida do âgulo BEF ˆ é de 90 ; se a medida do âgulo HEF ˆ é x, etão a medida dos âgulos EFH ˆ e AEB ˆ é 90 x e, coseqüetemete, a medida do âgulo ABE ˆ é x; como BE = EF (são lados do mesmo quadrado), etão os triâgulos mecioados são cogruetes (pelo caso ALA de cogruêcia de triâgulos). Como o quadrado ABCD tem área igual a 30cm, cocluímos que seus lados medem 30cm ; o quadrado FHIJ tem área igual a 0cm, logo seus lados medem 0cm. Temos etão, BA = EH = 30cm e FH = AE = 0cm. Utilizado o teorema de Pitágoras, podemos escrever BE = AB + AE, ou seja, a área do quadrado BEFG é 50cm. TERCEIRA SOLUÇÃO: (sem usar o teorema de Pitágoras): Os triâgulos ABE e EHF são retâgulos em A e H, respectivamete; a medida do âgulo BEF ˆ é de 90 ; se a medida do âgulo HEF ˆ é x, etão a medida dos âgulos EFH ˆ e AEB ˆ é 90 xe, coseqüetemete, a medida do âgulo ABE ˆ é x; como BE = EF (são lados do mesmo quadrado), etão os triâgulos mecioados são cogruetes (pelo caso ALA de cogruêcia de triâgulos). Como o quadrado ABCD tem área igual a 30cm, cocluímos que seus lados medem 30cm ; o quadrado FHIJ tem área igual a 0cm, logo seus lados medem 0cm. Temos etão, BA = EH = 30cm e FH = AE = ( AB + FH) 0cm. A área do trapézio ABFH é igual a AH = ( ) / = Como o trapézio é composto pelos triâgulos ABE, EHF e BEF e a área dos triâgulos cogruetes ABE e EHF é 0 30 /, cocluímos que a área do triâgulo BEF é / = 5cm. CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Para resoluções completas: atribuir 0 potos para uma solução completa equivalete às mostradas. Por solução completa se etede: (a) mostrar ou demostrar a cogruêcia dos triâgulos retâgulos; (b) usar Pitágoras para calcular a área do quadrado (direta ou idiretamete) ou usar a área do trapézio para achar a área da metade do quadrado e, em seguida, a área do quadrado.

13 Para resoluções parciais: (a) calculou corretamete os lados dos quadrados: poto para cada quadrado. (b) Explicou de forma covicete que ABE e EHF são cogruetes (ão é ecessária meção explícita ao caso ALA ou LAAo de cogruêcia): 3 potos. (c) Ituiu que a área do quadrado mede 50cm (palpite ou avaliação) sem explicar corretamete mas calculou a área do quadrado corretamete: potos. SOLUÇÃO DO PROBLEMA : a Todo úmero iteiro positivo pode ser escrito a forma b, a 0, b> 0 e b ímpar (chamamos b de parte ímpar de ). Cosidere dois úmeros com a mesma parte ímpar: a = b e = a b. Supodo, sem perda da geeralidade, que se a < a, etão teremos que é divisor de. Assim, como de a 6 temos 3 partes ímpares possíveis, a saber:, 3, 5, 7, 9,, 3, 5, 7, 9,, 3 e 5, cada um dos úmeros deve ter uma parte ímpar diferete. Mais aida, cosiderado que divide todos os úmeros iteiros, o úmero com parte ímpar é o que deve ter maior a. Porém 4= e está etre os úmeros escolhidos, logo para os demais úmeros escolhidos devemos ter a = 0 ou a =. E podemos determiar todas as escolhas possíveis: 3 é divisor de 9; 5 e. Logo 3 = 6,9,5 e devem estar a ossa escolha. 5 é divisor de 5 e 5. Logo 5 = 0 e 5 devem estar a ossa escolha. 7 é divisor de. Logo 7 4deve estar a ossa escolha. Com parte ímpar podemos escolher ou e com parte ímpar 3, 3 ou 6. As demais escolhas são 7, 9 e 3. Portato as escolhas possíveis são (ordeadas segudo a parte ímpar): 4; 6; 0; 4; 9; ou ; 3 ou 6; 5; 7; 9; ; 3; 5. SEGUNDA SOLUÇÃO: Se houvesse apeas a codição, poderíamos escolher os úmeros 4, 5, 6,,6. Porém temos de escolher o 4, o que os impede de escolher os úmeros 6, 0 e 4. Olhado os úmeros restates que ão são divisores os múltiplos de 4 (ou seja, 3, 5, 6, 7, 9, 0, ), observamos que o úmero 0 pode ser adicioado as ossas escolhas e ehum mais. Ficamos, etão, com úmeros: 4, 0, 4, 5, 7, 8, 9,,, 3, 5 e 6. Devemos tirar um deles, pelo meos, para acrescetar dois. A retirada do 8 permite que acrescetemos o 6 e o 9, completado a ossa solução: 4, 6, 9, 0, 4, 5, 7, 9,,, 3, 5 e 6 (de fato, podemos colocar o lugar de ou 3 o lugar do 6). CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Primeira Solução: Observar que os úmeros escolhidos devem ter partes ímpares distitas (o estudate ão precisa usar essa termiologia). [4 potos] Observar que a = 0 ou a =, isto é, ehum múltiplo de 4 pode ser escolhido [ poto] - 6 deve ser escolhido [ poto] - 0 deve ser escolhido [ poto] - 4 deve ser escolhido [ poto] - Coclusão [ potos] 3

14 Seguda Solução: Cosiderar os úmeros maiores do que 3 que ão são múltiplos de 4. [ potos] 0 pode ser escolhido [ potos] 6 e 9 podem ser escolhidos [4 potos] Coclusão [ potos] Caso o estudate apresete simplesmete a resposta, sem idicação de como a obteve: Resposta correta, ou seja, uma escolha correta de 3 úmeros. [8 potos] úmeros corretos. [4 potos] úmeros corretos. [ potos] Meos de úmeros corretos. [0 potos] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: Vamos usar a otação [X] para deotar a área do polígoo X. A M B P E F D N C Sejam E e F os potos de iterseção como mostrados a figura. Sejam AB = a e BC = b. Etão AM = MB = DN = NC = a e ME = EN = b. Trace AN e seja P o poto de iterseção dos segmetos AN e BD. Os segmetos AN e MC são paralelos (pois AM = NC e AM NC). Como M é poto médio de AB e MF AP, temos que F é o poto médio do segmeto PB. Aalogamete P é o poto médio do segmeto DF. Segue etão que DP = PF = FB. Por simetria verificamos que PE = EF e etão EF/FB = /. Portato, podemos escrever: [ MEF] /. [ MBF ] = 5 Mas, por outro lado, [ MBE] = [ ABD] = 5, dode [ MEF ] = 5 = cm e [ MBF ] = 5 = cm. 3 3 A M B E F D N C SEGUNDA SOLUÇÃO: Observe que ME BC e MB DC. Assim, temos as semelhaças de triâgulo: MEF BCF (a razão de : ). MBF CFD (a razão de : ). 4

15 Lembrado que a razão etre as áreas de duas figuras semelhates é igual ao quadrado da razào de semelhaça, temos: [ BCF] = 4[ MEF] e [ CDF] = 4[ MBF]. Também, [ BCD ] = 500 (metade da área do retâgulo) e área do [ MCB ] = 50 (metade da área do retâgulo MNCB, que é a metade da área do retâgulo). Portato, [ CFD] + [ BCF ] = [ BCD] = 500 4[ MBF] + 4[ MEF] = 500 [ MBF] + [ MEF ] = 5 () e [ MBF] + [ BCF] = [ MCB] = 50 [ MBF] + 4[ MEF] = 50. () Subtraido () de (), obtemos 3[ MEF] = 5 [ MEF ] = 5/ 3. CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Mostra que [ MEF ] = / [ MBF ] [6 potos] Calcula [ MBE ] = 5 [ potos] Coclui corretamete [ MEF ] = 5/3 [ potos] Seguda Solução: Mostra que [ BCF] = 4[ MEF] [3 potos] Mostra que [ CDF] = 4[ MBF ] [3 potos] Coclui corretamete [4 potos] Outras Soluções: Demostra corretamete que [ MEF ] = 5/3 [0 potos] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: Veja a solução e o critério de correção do Problema 3 da Parte B do Nível. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: (a) Fazedo x = y =, obtemos [ f()] f() =, dode, resolvedo a equação, obtemos f() = ou f() =. Este último valor ão serve, pois o cotra-domíio da fução é o cojuto dos úmeros reais estritamete positivos. Portato, f() =. (b) Fazedo y = a idetidade do problema obtemos f( x) f() f( x) = x+. Substituido x o valor de f(), obtemos a fórmula para f(x): f( x) = x+. x CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Substitui x = y = [ potos] Chega a f() = ou f() = [ potos] Descarta a solução f() = [ potos] Substitui y = e obtém f( x) = x+ [4 potos] x 5

16 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6: Vamos separar o úmero de quatro dígitos em duas partes: os dois primeiros dígitos, da esquerda para a direita, formam o úmero x e os dois restates formam o úmero y. Etão a propriedade sigifica que 00x+ y = x + y. Esta igualdade pode ser cosiderada uma equação do segudo grau em x: x 00x+ y y= 0. (3) Resolvedo ecotramos x= 50 ± 500 ( y y). (4) Com o exemplo do euciado, y = 33 resulta em x = com o sial ( ) a expressão: x = = =. Naturalmete outra solução aparece quado colocamos o sial (+) a mesma expressão: x = = = 88. Etão outro úmero com a mesma propriedade é 8833 = Cometários: A equação x 00x+ y y= 0 é equivalete a (x 00) + (y ) = Outra maeira de resolver o problema é etão determiar todas as soluções iteiras (m, ) de m + = 0.00, com m par e ímpar Se dois úmeros podem ser escritos como soma de dois quadrados, etão o produto dos mesmos também pode, pois escrevedo p = r + s e q = t + u, temos pq = ( r + s )( t + u ) = ( rt + ts) + ( ru st). Observado que 0.00 = = (8 + 3 ) ( + 4 ), obtemos (8 + 3 ) ( + 4 ) = ( ) + (8 4 3 ) = 00 + (8 + 3 ) (4 + ) = (8 4+ 3) + (8 3 4) = é possível mostrar que todas as maeiras de escrever 000 como soma de dois quadrados são as do tipo (m, ) = (±00, ±) ou (m, ) = (±65, ±76) e suas permutações. A primeira solução os dá x 00 = ±00, resultado em x = 0 ou x = 00, que ão servem para o problema. A seguda solução resulta em y = 65 e x 00 = ±76, dode obtemos (x, y) = (88, 33) ou (x, y) = (, 33). CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Obtém outro úmero biquadrado (usado a equação ou de qualquer outro modo) [0 potos] CRITÉRIO PARA SOLUÇÕES PARCIAIS: Arma e equação x 00x+ y y= 0 [ poto] Reduz explicitamete o problema a ecotrar os valores de y para os quais 500 ( ) y y é iteiro ou a ecotraras soluções de ( 00) ( ) 000 x + y = [3 potos] 6

17 Soluções Nível 3 Primeira Fase SOLUÇÃO DO PROBLEMA : A α α M P B D C As alturas que passam por B dos triâgulos ABC e ABM são iguais a distâcia d de B à reta AC, AM d logo área ABM AM = = = área ABM = área ABC = 00 = 50. área ABC AC d AC Aalogamete, área ABP BP =. Pelo Teorema das bissetrizes, área ABM BM BP AB = = = = PM = BP PM AM Logo área ABP BP BP BP BP = = = = = área ABP = área ABM = 50 = 0. área ABM BM BP + PM BP + BP BP SEGUNDA SOLUÇÃO: Seja α = BAC. Temos AB AC seα 0 30 seα = área ABC = 00 seα = 3 Além disso, área ABP + área PAM = área ABM AB AP seα AP AM seα AB AM seα + = AP se α( AB + AM ) = AB AM seα AP seα 0 + = 0 3 AP seα = Logo área área ABP = = 0. 7

18 CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Primeira Solução: Calcular a área de ABM [4 potos] BP BP PM BM Obteve = ou equivalete ou ou, etc [3 potos] BM 5 PM BP BP Cocluiu: [3 potos] Seguda Solução: Calculou seα [3 potos] Obteve AP seα [5 potos] Cocluiu [ potos] Ateção: ão somar as potuações dos dois critérios! SOLUÇÃO DO PROBLEMA : Veja a solução e o critério de correção do problema 6 do Nível. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: Sejam a, b, c reais positivos tais que a b c. Esses úmeros são medidas dos lados de um triâgulo se, e somete se, c < a + b. Ou seja, ão são se, e somete se, c a + b. Assim, sedo = x < x < x3 < x4 <... < x5 os úmeros dados, devemos ter: x x + x 3 x x + x 4 3 # x x + x De fato, esse sistema de desigualdade equivale a ão haver três que podem ser lado de um triâgulo. Observe que se, i < j <, x < xj + xi, etão x. < x + x Cosidere a seqüêcia de Fiboacci ( F0 = 0, F = e F+ = F+ + F, 0), x3 x + x; x4 x3 + x x + x+ x = x + x; x5 x4 + x3 x + x+ x + x = 3x + x; x6 x5 + x4 3x + x+ x + x = 5x + 3 x; parece que x F x+ F x e, com efeito, x+ x+ + x F x + F x + F x + F x = F+ x + F x Portato, sedo x = + ξξ, > 0, x5 F4 x + F3 x = 377 ( + ξ) + 33 = ξ. Como podemos torarξ tão pequeo quato queiramos, o maior dos 5 úmeros pode assumir qualquer valor real maior do que 60. 8

19 CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Escrever que as medidas a< b< c ão podem ser lados de um triâgulo se, e somete se, c a + b. potos. Escrever o sistema de desigualdades: x x + x 3 x x + x 4 3 # x5 x4 + x3 poto. Observar que esse sistema equivale às codições dadas o problema, ou seja, ão é ecessário cosiderar outras desigualdades. potos. A partir de x F x + F x ou x > F ou estimado os termos até x 5, provar que x 5 > potos. Verificar que, realmete, para todo x 5 > 60 é possível costruir tal seqüêcia de úmeros. potos. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: Sejam a, b, c as medidas dos segmetos BC, AC e AB, respectivamete. Cosideraremos separadamete os casos em que P está em AC, em AB e em BC. Se P está em AC, etão AP + CP = b. Etão, miimizar AP + BP + CP reduz-se a miimizar BP. Isso ocorre quado P coicide com A, pois a meor distâcia etre um poto e uma reta é determiada pelo pé da perpedicular traçada a partir desse poto. Nesse caso o valor míimo de AP + BP + CP é b + c. O caso em que P está em AB é iteiramete aálogo. Supoha, agora, que P está em BC. Etão BP + CP = a, ou seja, miimizar AP + BP + CP reduz-se a miimizar AP. b C a A c B Isso ocorre quado AP é perpedicular a BC. Essa medida está represetada por d o diagrama ao lado. Nesse caso, o míimo de AP + BP + CP é a + d. Assim, para completar a resolução da questão, basta comparar a + d e b + c. Temos, etão, várias maeiras de cocluir a resolução. Uma maeira: b c a d Observe que = bc = ad e a = b + c. Logo ( a+ d) = a + ad + d = b + c + bc+ d = ( b+ c) + d e, como d > 0,( a+ d) > ( b+ c) a+ d > b+ c. Outra maeira: d = c se θ; b= a se θ. b C a d θ A c B Logo ( a+ d) ( b+ c) = a+ c seθ a se θ c = ( a c)( se θ) > 0, isto é, a + d > b + c. Resposta: O poto que miimiza AP + BP + CP é P = A (esse caso AP + BP + CP = b + c). 9

20 CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Provar que se P está sobre AC ou AB, etão devemos ter P = A. [ potos] Provar que se P está sobre BC, etão P deve ser a projeção de A sobre BC [ potos] Demostrar que a + d > b + c. [Até 6 potos] Obs.: Caso o estudate cosidere pelo meos um dos seguites fatos: c = ad; d = c se θ; b = a se θ, ele deve receber pelo meos potos. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: O quadrado de lado pode ser ou ou ou A probabilidade de cada um desses quadrados de lado ser iteiramete de uma mesma cor é 4. Observe que todos os quatro quadrados uitários devem ser da mesma cor azul ou vermelho. Os demais quadradihos podem ser de qualquer cor. Algumas cofigurações são cosideradas pelo meos vezes: ou Probabilidade 7 ou ou Probabilidade 6 ou Algumas cofigurações são cosideradas pelo meos 3 vezes: ou ou Probabilidade 8 0

21 ou E as cofigurações com todos azuis ou todos vermelhos são cotadas 4 vezes (probabilidade: 9 ). Pelo Pricípio da Iclusão-Exclusão, a probabilidade pedida é: = = Outras soluções podem evolver a seguite divisão em casos: represetado as cores possíveis por e, deixado em braco os quadradihos em que as duas cores são permitidas. Assim os casos favoráveis são: ) Com um úico quadrado de lado moocromático. ( = azul e = vermelho ou vice-versa) 3 (3 bracos) 4 (giro do tabuleiro) = 64 4 = 3 4 = 3 4 = = 36 ao todo ) Com exatamete dois quadrados de lado moocromáticos.

22 4 = 3 4 = 8 = 4 só dois giros = 44 ao todo 3) Com exatamete três quadrados de lado moocromáticos. 4 = 8 4) Com exatamete quatro quadrados de lado moocromáticos. O total de casos favoráveis é, portato, = 90 e a probabilidade é 90 = Cotado os casos ão favoráveis:

23 4 = 3 4 = = = 8 4 = 3 O total de casos ão fatoráveis é, portato, = 3 E a probabilidade pedida é 3 = CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Solução via iclusão-exclusão (ou alguma idéia equivalete) Cosiderar cofigurações que tem pelo meos um quadrado [ potos] Subtrair aquelas que têm pelo meos quadrados e, portato, foram cotadas pelo meos duas vezes. [3 potos] Somar aqueles que têm pelo meos 3 quadrados e, portato, foram cotadas pelo meos 3 vezes. [3 potos] Cocluir [ potos] Solução via obteção direta dos casos favoráveis. Ateção: caso o estudate tete essa abordagem e ão chegue a resposta correta, sua ota ão deve ultrapassar 6 potos. Mostrar que existem 36 cofigurações com exatamete um quadrado moocromático. [4 potos] Mostrar que existem 44 cofigurações com exatamete quadrados moocromáticos. [ potos] Cotar as cofigurações com exatamete 3 e com exatamete 4 quadrados moocromáticos. [0 (zero) potos] 3

24 Cocluir [4 potos] Solução via obteção direta dos casos ão favoráveis. Ateção: caso o estudate tete essa abordagem e ão chegue a resposta correta, sua ota ão deve ultrapassar 6 potos. Dividir um subcasos, levado em cota que os úicos quadrados moocromáticos possíveis têm a mesma cor da casa cetral. [3 potos] Obter etre 00 e 50 cofigurações (sem repetições!) [ poto] Obter meos de 00 cofigurações [0 (zero) potos] Obter pelo meos 50 cofigurações (sem repetições!) [3 potos] Ateção: os três últimos critérios, os potos ão se acumulam. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6: Aalisado casos pequeos: = = = = = = (3 + ) (3 + ) = = = (3 + ) (3 + ) (3 + ) (Observe que ão compesaria simplificar as frações. Isso é comum quado queremos descobrir um padrão.) Parece etão, que podemos cojecturar que + + = 4 = (3 + ) (3 + )(3 + )...(3 + ) Simplificado um pouco essa expressão ates de tetar demostrá-la. 4 (3 )(3 )(3 )...(3 ) 4 (3 )(3 )(3 )(3 )...(3 ) = = (3 )(3 )(3 )...(3 ) (3 )(3 )...(3 ) = =... = Ou seja, = = + + = Podemos agora demostrar ossa cojuectura pelo uso direto do Pricípio da Idução Fiita ou cosiderado que, se descobrirmos f() tal que + = f( + ) f( ), = [ ( ) ( ) f + f = = 03 + = 0 f() f(0) + f() f() f( + ) f( ) = f( + ) f(0) + (f é a "itegral discreta" de 3 +.) Levado em cota ovamete ossa cojectura, podemos iferir que + f( ) = e, de fato, 3 4

25 (3 + ) (3 + ) f( + ) f( ) = + = = = (3 + )(3 ) (3 + )(3 ) 3 + Portato = f( + ) f (0) =. + 0 = + = = Outra maeira de cocluir a resolução: Como escrevemos ateriormete, uma vez cojecturada a expressão correta, podemos demostrá-la pelo P.I.F. Base de idução: Para = = = = 0 ; 0 3 = = =. 3 8 Passo idutivo: Supodo que + + = +. = (3 + ) (3 ) Temos = + = = (3 ) (3 + ) 3 Isso completa a ossa demostração. CRITÉRIO DE CORREÇÃO: + + Cojecturar que =. [3 potos] = 0 3 (3 )(3 )(3 )...(3 ) + + Cojecturar que =. [6 potos] + = Ateção: os dois critérios acima, os potos ão se acumulam. + + Cocluir, ou seja, demostrar que =. [4 potos] + = Tetativas que ão levam a alguma cojectura correta [0 (zero) potos] 5

26 Soluções Nível Uiversitário Primeira Fase SOLUÇÃO DO PROBLEMA : Os vértices de X são os doze potos ( ±, ±, 0), ( ±,0, ± ), (0, ±, ± ), [ poto] que são os potos médios das arestas do cubo ( ±, ±, ± ), dode X é obtido a partir do cubo tirado fora uma pirâmide (ou tetraedro) em cada vértice. [+3 potos; até um total de 4 potos por descrever ou desehar o poliedro sem calcular o seu volume]. O volume do cubo é 3 = 8. Cada pirâmide tem base de área / e altura logo tem volume igual a / Assim o volume do sólido é igual a 8 = [+6 potos] 6 3 SOLUÇÃO DO PROBLEMA : Podemos dividir os 30 dias em 0 blocos de três dias. É claro que ele deverá descasar em exatamete um dia por bloco. [ poto] Se alguma vez ele descasa o dia cetral de um bloco depois disso ele ão poderá descasar o último dia de um bloco; aalogamete, se alguma vez ele descasa o primeiro dia de um bloco ele deverá descasar o primeiro dia de todos os blocos que vierem depois. Assim, ele deve descasar o último dia os primeiros z blocos, depois descasar o dia cetral durate y blocos e fialmete descasar o primeiro dia os últimos z blocos, ode x + y + z = 0, x, y, z 0, x, y, z =. [+6 potos] O úmero de soluções é = 66. [+3 potos] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: Supoha que ( ) AB = A B, ( ) + AB A + B + = e ( AB) A B. = Temos etão A B = ( AB) = ( AB)( AB) = AB A B, e logo (multiplicado à esquerda por A e à direita por B ) obtemos AB= BA. [3 potos] + + Aalogamete, usado a seguda e a terceira igualdades, obtemos A B= BA [+ potos] + + Assim temos BA = A B = A A B = A BA, dode, multiplicado à direita por A, obtemos BA = AB. [+5 potos] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: Temos π f( ) = ( + ) ( + ) ( + 3) 6

27 Podemos obter uma boa estimativa para esta soma estimado a área sob o gráfico de y =, x, pela regra dos trapézios: x y x A área exata é dt =. t A área obtida pela aproximação, que é ligeiramete maior, é = ( + ) ( + ) ( + ) π = = + f( ) ( + ) ( + ) ( + 3) 6 π Dode f( ) + < 6 Assim a = e, se acreditarmos que esta aproximação é boa, teremos que o limite é igual a /. [+7 potos] Para demostrarmos que o erro é realmete pequeo, devemos estimar a difereça etre as áreas: + + dt + = < 4 ( + ) t ( + ) ( + ) ( + ) Assim 0 < π f( ) + < ( + ) < 4 3 dt = t 6 ( ) e com isso π < f( ), 3 + < 6 ( ) 6 o que cofirma que o limite é igual a /. [+3 potos] 7

28 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: Temos ( X + a) = a X. Assim ( X + a) X a= a X ( a a). = 0 + [ poto] = ( )...( + ) Se é primo e, = é múltiplo de, pois o umerador é! múltiplo de mas o umerador ão, e, pelo pequeo Teorema de Fermat, a a é múltiplo de. Assim, esse caso, o poliômio ( ( ) X + a X a) tem todos os coeficietes iteiros. [+3 potos] ( )...( q+ ) Se é composto, seja q um fator primo de. Temos etão que = ão é q q! múltiplo de. De fato, se q é a maior potêcia de q que divide, a maior potêcia de q que divide q é q, pois o úico fator múltiplo de q o umerador é e o úico fator múltiplo de q em q! = q(q ).. é q. Assim, esse caso, o coeficiete de X q em ( ( ) X + a X a) ão é iteiro. [+6 potos] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6: A recursão é satisfeita por a = α + α para qualquer úmero real α, de fato, por idução ( ) a = a = α + α + α + α + α + = + + = + α Para a seqüêcia do problema, basta resolver α + α = 3 que tem raiz α =. Assim a = +. [5 potos] Assim, a = + ε( ), ode lim ε( ) = 0 dode log a = log ε( ), + lim ε( ) = 0 e + 5 loglog a = log + log log + ε( ), lim ε( ) = 0 logloga + 5 Assim lim = log e lim( logloga log) = loglog.[+5 potos] loglog a Observação: Uma demostração correta de que lim = = log vale 4 potos (isto pode ser feito sem a fórmula para a ). 8