37ª OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE NÍVEL 3 (Ensino Médio) GABARITO

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1 37ª OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE NÍVEL 3 Esio Médio) GABARITO GABARITO NÍVEL 3 ) B ) A ) B ) D ) C ) B 7) C ) C 7) B ) C 3) D 8) E 3) A 8) E 3) A ) C 9) B ) B 9) B ) C ) E 0) D ) A 0) D ) C Cada questão da Primeira Fase vale poto Total de potos = potos) Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Seguda Fase o site da OBM: wwwobmorgbr ) B) Cosidere as casas marcadas com X, Y e Z As casas X e Z são vizihas de uma mesma casa que está à esquerda de X e acima de Z) Isto mostra que os úmeros as casas X e Z devem ter a mesma paridade, uma vez que a soma de dois úmeros em casas vizihas são ímpares Aalogamete, as casas com Y e Z devem possuir úmeros com a mesma paridade Com isso, obtemos que X, Y e Z devem possuir a mesma paridade e assim a soma dos úmeros as casas cizas é meor ou igual a = 9 Como a soma dos úmeros de até 9 é igual a, segue que a soma dos úmeros as casas bracas é pelo meos Um exemplo que mostra que estes valores podem ser atigidos é: ) B) Fabiaa pode empilhar cubos sem que haja dois vizihos com a mesma cor Para isso, basta cosiderar a seguite sequêcia de cores R represetará vermelho, G represetará verde e B represetará azul): GBGB GBGRGR GRG G's eb's 0G's e0r' s wwwobmorgbr

2 Vamos provar agora que ão é possível empilhar cubos sem que haja dois vizihos com a mesma cor Supoha por absurdo que haja cubos empilhados sem que haja dois vizihos com a mesma cor Divida os cubos em blocos de cubos os dois primeiros cubos formarão um bloco, o terceiro e o quarto cubos formarão outro bloco e assim por diate) Como ão há dois vizihos com a mesma cor, em cada um destes blocos deve haver um cubo de cor diferete de verde Com isso, deve haver ecessariamete pelo meos blocos com cor diferete de verde, o que é uma cotradição, uma vez que há apeas blocos com cor diferete de verde 0 vermelhos e azuis) 3) D) A soma das áreas ciza e braca é igual à soma das áreas dos quadrados, que é + = Assim, para que as regiões possuam a mesma área, a área braca ABCDR deve ser igual a Seja Q a iterseção de AB e DE A área braca é igual a S AQR S BCDQ Os triâgulos AQR e ABP são semelhates a razão 0 x) S AQR x) Como S ABP x ), S AQR S ABP x) Logo a área braca é igual a e etão x) x ) C) Vamos aalisar alterativa a alterativa: A) Vite e seis: cosoates e vogais: + B) Seteta e três: 7 cosoates e vogais: 7 + = 8 73 C) Oiteta e cico: cosoates e 7 vogais: + 7 = 8 D) Noveta e sete: cosoates e vogais: + = 7 97 E) Ceto e dezesseis: 8 cosoates e 7 vogais: = 3 wwwobmorgbr

3 ) E) Quado passamos de um ao ão bissexto para outro bissexto, um mesmo dia do ao salta uma uidade com relação aos dias da semaa por exemplo, se de jaeiro é sábado, etão o outro ao de jaeiro é domigo) Quado passamos de um ao ão bissexto para outro bissexto, um dia do ao até o dia 8 de fevereiro salta uma uidade com relação aos dias da semaa e um dia do ao após o dia 8 de fevereiro salta duas uidades com relação aos dias da semaa Por fim, quado passamos de um ao bissexto para um ão bissexto, um dia do ao até o dia 8 de fevereiro salta duas uidades com relação aos dias da semaa e um dia do ao após o dia 8 de fevereiro salta uma uidade com relação aos dias da semaa Assim, digamos que um dia do ao ates de 8 de fevereiro de 0 caiu o dia da semaa x e que um dia do ao depois de 8 de fevereiro de 0 caiu o dia da semaa y Cosideraremos a sequêcia de dias da semaa módulo 7, o que os dá por exemplo x + 7 = x, x + 8 = x + e assim por diate Temos etão a seguite tabela: Ao Ates de 8 de fevereiro Depois de 8 de fevereiro 0 x+ y+ 07 x+3 y+3 08 x+ y+ 09 x+ y+ 00 x+ y 0 x+ y+ 0 x+ y+ 03 x+3 y+3 0 x+ y+ 0 x+ y+ 0 x y Pela tabela, vemos que 0 é o próximo ao a coicidir com 0 ) A) Sejam a > b os outros dois lados do triâgulo Pela desigualdade triagular, 0 > a + b e além disso, a, b < 0 Pela fórmula de Hero, a área do triâgulo é a b 0) a b 0)0 a b))0 b a)) Fazedo a + b = x e a b = y, a área é x 0) x 0)0 y)0 y) Assim queremos miimizar x 0 )0 y ) Como a e b são iteiros, x e y devem possuir a mesma paridade Miimizaremos x e maximizaremos y Tomado x = 0 e y = 0, obteríamos um dos lados iguais a 0, o que ão é permitido Tomamos etão x = 0 e y = 0, o que os dá a = 0 e b = wwwobmorgbr

4 7) C) Seja t o tempo, em miutos, que Jade leva para camihar da secretaria até o Jardim Botâico Como Esmeralda possui o quádruplo da velocidade de Jade, temos que Esmeralda t leva para realizar o mesmo trajeto t t Desta forma, até o ecotro, Esmeralda levou um tempo igual a o primeiro 8 correspode ao trajeto total de ida, o segudo aos miutos de espera e o terceiro à metade do trajeto da volta) Por outro lado, Jade levou um tempo igual a t metade do camiho de ida) t t t Igualado os tempos, temos t 0 8 miutos 8) E) Vamos aalisar alterativa a alterativa: 3 A) x x ) 3 x x 0 Como os coeficietes da equação ão são todos ímpares, o úmero ão é impadrático B) x x ) x 0x 0 Como os coeficietes da equação ão são todos ímpares, o úmero ão é impadrático C) x x ) x x 0 Como os coeficietes da equação ão são todos ímpares, o úmero ão é impadrático 7 D) x x ) 7 8x x 3 0 Como os coeficietes da equação ão são todos ímpares, o úmero ão é impadrático 3 E) x x ) 3 3x x 0 Como os coeficietes da equação são todos ímpares, o úmero é impadrático 9) B) Como 03 deixa resto 7 a divisão por, 03 7= 0 é múltiplo de Por outro lado, devemos ter > 7, pois o resto deve ser meor do que o divisor Os valores de são os divisores de 0 = 3 3 maiores que 7: 3,,, 03 e 0 Com isto, há possíveis valores para 0) D) Um mometo ecucado correspode a um horário a:b do dia a/b Com isso, devemos ter a 3 e b Assim, há 3 = 7 mometos ecucados wwwobmorgbr

5 Por outro lado, cada dia do ao possui exatamete um mometo ecucado reverso Assim, há 3 mometos ecucados reversos Para um horário a:b do dia a/b ser ecucado e ecucado reverso simultaeamete, devemos ter a = b Como b pode variar de a, há exatamete mometos ecucados e ecucados reversos simultaeamete Assim o úmero de mometos ecucados ou ecucados reversos é igual a = 9 ) B) Sedo FE = x, temos que FA = x, pois FE e FA são tagetes como BÂD é reto, A é poto de tagêcia) Da mesma forma, CE = CB = Por fim, DF = x, como a figura D C x F x E x A B Por Pitágoras o triâgulo retâgulo FDC, + x) = x) + x = Logo CF = + x = + = ) C) Veja que AB BC BC BM semelhates pelo caso LAL Com isso,, e Bˆ é comum, logo os triâgulos ABC e CBM são m MCB ˆ ) m MAˆ C) Desta forma, o triâgulo BMC, temos que 80 wwwobmorgbr

6 3) A) Provaremos iicialmete dois fatos: Fato : A cada mometo, a soma dos úmeros escritos a tela é igual ao quadrado da soma dos úmeros escritos o mometo aterior Prova: Se tíhamos a e b a tela em um dado mometo, o segudo seguite, teremos a + b e ab A soma iicial é a + b e a soma fial é a + b + ab = a + b), o que mostra o resultado Fato : Se em um mometo, temos dois úmeros cosecutivos a tela, o mometo seguite, aida teremos dois úmeros cosecutivos Prova: Se tíhamos k e k + em um dado mometo, em seguida teremos k + k + ) = k + k + e kk + ) = k + k, o que mostra o resultado Voltado ao problema, temos o começo dois úmeros cosecutivos e ), cuja soma é 3 Desta forma, após segudos, a soma dos úmeros escritos a tela será úmeros cosecutivos, tais úmeros devem ser deles 3 e 3 Como temos dois 3, sedo este último o maior Para que um dos úmeros escritos a tela seja maior que 0 0, devemos ter Para =, temos que Por outro lado, 3 7 = 87 > 0 3 Elevado a 7 ambos os lados, obtemos 3 9 > 0 Como 3 9 = 983 > 0, 3 8 > 0 e assim Assim, após 7 segudos, um dos úmeros será maior do que a quatidade de átomos do plaeta Terra 0 ) B) Provaremos que a maior quatidade de elemetos de S é Se escolhermos 7 arestas, como cada aresta pertece a duas faces, teríamos uma lista de faces cotedo estas arestas Como há faces o dodecaedro, pelo Pricípio da Casa dos Pombos, ecessariamete há uma face que cotém duas arestas, ou seja, há duas arestas que ão são reversas Com isso, S deve ter o máximo elemetos O exemplo a seguir mostra como escolher arestas do dodecaedro, duas a duas reversas wwwobmorgbr

7 ) A) Iicialmete, veja que se A é parfeito e ão possui 0 como elemeto, etão A {0} também é e, por outro lado, se A é parfeito e possui 0 como elemeto, etão A \ {0} também é Desta forma, podemos supor que 0 ão é elemeto de A Provaremos etão que um cojuto parfeito que ão possua o elemeto 0 tem o máximo 3 elemetos Se A parfeito possui dois elemetos de módulo meor que, sejam a o elemeto de meor módulo e b outro elemeto de módulo meor que Etão ab < a e como ab deve pertecer a A, temos uma cotradição, pois a era o elemeto de A com meor módulo Da mesma forma, A ão pode possuir dois elemetos de módulo maior que Assim, se A possui pelo meos elemetos, deve possuir, a verdade, exatamete elemetos caso cotrário teríamos dois elemetos com módulo maior que ou dois com módulo meor que ) e deve ser da forma A = {,,a,b}, com a > e b < Com isso, veja que a deve pertecer ao cojuto e a úica possibilidade é que a = b, o que é uma cotradição, pois a e b possuem módulos distitos Resta etão exibir cojutos parfeitos com 3 e elemetos:,, e 0,,, ) D) Para que! termie em 0 zeros, como há mais fatores s do que s em!, deve haver exatamete 0 fatores cico em! Pela fórmula de Poligac, temos: Como 3 0 / x x, segue que / Para = 80, temos 0 3 paramos a soma em pois os outros termos serão ulos) Veja agora que a soma aumeta uma uidade, quado é múltiplo de, mas ão de, e aumeta duas uidades quado é múltiplo de, mas ão de Assim, para = 80, a soma valerá 03 Para = 8070, a soma valerá 0 Por outro lado, como 807 é múltiplo de, a soma saltará de 0 para 0 Com isso, o meor valor de para o qual! termia em 0 zeros é 807 Cometários: i) A fórmula de Poligac é o seguite resultado: Sedo! o produto dos primeiros iteiros positivos e p um primo, etão o expoete de p a fatoração em primos de! é p p meor ou igual a x 3 p, ode xdeota o maior iteiro que é ii) Para descobrir a alterativa, você pode otar que a iformação Não existe para o qual! termia em 0 zeros implica ser múltiplo de, para que 0 seja pulado A úica alterativa com um múltiplo de é a D wwwobmorgbr

8 wwwobmorgbr 7) B) Provaremos que o meor valor de r é Para isso, há duas partes a serem feitas: PARTE : Se r, o círculo de cetro, e raio ão corta ehum dos círculos cetrados os potos de coordeadas iteiras e raio r Prova: Supoha por absurdo que existe m,) com coordeadas iteiras tal que o círculo de cetro m,) e raio r corta o círculo de cetro, e raio Assim, r m r Como r r e r, m *) Como m e são iteiros,,, 9,, m Os dois meores valores possíveis de m são, portato, e 9 Desta forma, ehum dos valores possíveis de m é maior que e meor que, o que cotradiz *) PARTE : Se r, etão toda circuferêcia de raio corta alguma das circuferêcias de raio r Prova: Seja x,y) um poto qualquer com coordeadas reais Sem perda de geeralidade, podemos supor, por meio de uma traslação, que 0 x < e 0 y < Para que a circuferêcia de cetro x,y) e raio corte alguma das circuferêcias de raio cetradas os vértices do quadrado uitário, a distâcia de x,y) até um dos vértices deve estar etre r e r, ou seja, x,y) deve estar detro de um ael com raios e Cosideremos a seguite figura:

9 As regiões,,, 7 e 9 estão detro do ael verde; as regiões e estão detro do ael vermelho; e as regiões 3 e 8 estão detro do ael vermelho Isto mostra que os aéis cobrem todo o quadrado, como queríamos 8) E) Provaremos por idução em que f) é a soma dos algarismos de Os casos iiciais são facilmete verificados Supoha que para todo m <, temos que fm) é igual à soma dos algarismos de m Basta agora provar que f) é igual à soma dos algarismos de Digamos que = a a a k ) é a represetação decimal de Pelo euciado, temos f ) f Veja agora que ) 0 a a a k e que 0 ak 0 Assim segue que f) = fa a a k )) + a k Como a a a k ) <, por hipótese, temos fa a a k )) = a + a + + a k e com isso f) = a + a + + a k, que é justamete igual à soma dos algarismos de, como queríamos Assim, queremos determiar quatos algarismos possui o meor iteiro positivo m com soma dos algarismos igual a 0 Veja que se m possui 3 algarismos, a soma de seus algarismos é o máximo 9 3 = 007 Por outro lado, se m possui algarismos e a soma deles é 0, 3 deles devem ser iguais a 9 e um deve ser igual a 8 Assim, m e m possui algarismos 3oves wwwobmorgbr

10 9) B) Seja A C) = B C) = k, k Há maeiras de escolher os elemetos de k 7 C proveietes de A e maeiras de escolher os elemetos de C proveietes de B Desta k forma, há 7 maeiras de formar o cojuto C k k 7 Queremos calcular etão k k k Outra solução: Temos A \ C) = A) A C) = B C), ou seja, A \ C) + B C) = Além disso, sedo A e B disjutos, A \ C e B C também são disjutos, e basta escolher dos elemetos de A B: os que pertecem a A vão para A \ C e os que pertecem a B vão para B C, e C = B C) A \ A \ C)) O úico caso que ão dá certo é quado escolhemos os elemetos de A, pois aí B C = A \ A \ C) = Com isso, a resposta é 79 0) D) Os múltiplos de 99 com o máximo quatro algarismos são 99, 98, 97,, 9900 e 9999, um total de 9999/99 = 0 úmeros Além disso, cosidere os úmeros com represetação decimal abcd) com c = 9 a e d = 9 b, os quais são 0 0 o total Temos abcd) = 00ab) + 99 ab) = 99ab) + ), ou seja, múltiplo de 99 O úico úmero que ão é dessa forma é 9999 Com isso, todos os múltiplos de 99 com o máximo quatro algarismos, exceto 9999, têm a represetação decimal descrita, ou seja, a + c = b + d = 9 As possibilidades para a,c) são,8),,7), 3,),,),,),,3), 7,), 8,), 9,0) As possibilidades para b,d) são 0,9),,8),,7), 3,),,),,),,3), 7,), 8,), 9,0) Há 9 possibilidades para a,c) e uma vez escolhido a,c), elimiamos dois pares b,d), e restam 8 possibilidades, o que os dá um total de 9 8 = 7 úmeros ) C) Sejam r, r,, r k as raízes iteiras distitas de Px) Podemos escrever etão a a a k P x) x r ) x r ) x rk ) Q x), em que Qx) possui coeficietes iteiros Queremos assim determiar o maior valor possível de k para o qual P0) = 0 a a k Para que P0) = 0, devemos ter r r r Q0) 0 Aplicado módulo em ambos os k a a a k k lados, obtemos r r r Q0) a Assim, os módulos de todas as raízes são divisores positivos de 0 e queremos escrever 0 como a maior quatidade possível de iteiros distitos Como 0 tem três fatores primos, e cosiderado os úmeros e, devemos ter k Por outro lado, o poliômio Px) = x )x + )x )x 3)x 3) possui raízes iteiras distitas, possui coeficietes iteiros e é tal que P0) = 0 Logo Px) possui o máximo raízes iteiras wwwobmorgbr

11 ) C) Vamos provar iicialmete que dados potos, sem três colieares, há dois triâgulos obtusâgulos, com vértices esses potos Para isso, temos três casos a cosiderar: ) O fecho covexo é um triâgulo: Aqui, há um triâgulo e dois potos em seu iterior Um desses potos ecessariamete exerga um dos lados do triâgulo com um âgulo pelo meos igual a 0 Assim, formamos um triâgulo obtusâgulo Como o mesmo argumeto vale para o outro poto o iterior, temos ecessariamete dois âgulos obtusos ) O fecho covexo é um quadrilátero: Traçado uma das diagoais do quadrilátero, o poto iterior ao fecho covexo está o iterior de um dos triâgulos determiados Assim, pelo caso aterior, temos pelo meos um âgulo obtuso Se o quadrilátero do fecho ão é um retâgulo, ecessariamete deve possuir um âgulo obtuso, o que termiaria o problema Resta agora cosiderar o caso em que o quadrilátero do fecho é um retâgulo Neste caso, o poto iterior exerga as duas diagoais com um âgulo maior que 90 pois está o iterior do arco capaz de 90 ) e isso coclui 3) O fecho covexo é um petágoo: Se dos âgulos iteros do petágoo são ão obtusos, a soma deles é o máximo 30 Assim, o quito âgulo deveria ser pelo meos 80, o que é um absurdo Desta forma, há pelo meos âgulos iteros obtusos Para fializar, basta um exemplo ode haja exatamete dois âgulos obtusos: D E C A B Neste exemplo, ABCE é um quadrado e CED é um triâgulo retâgulo isósceles em D Os úicos âgulos obtusos são DÊA e DC ˆ B wwwobmorgbr

12 3) A) Iicialmete, veja que 8 = + 0, o que mostra que o triâgulo ABC é retâgulo em A Sejam m ABC ˆ ) x e m ACB ˆ ) y Etão x + y = 90º x + y = º Sejam D, E e F os vértices do triâgulo formado pelas tagetes, como mostra a figura Por âgulos a circuferêcia, ˆ m M K L) m M AL) 80 x y x y m EDF ) 90 e m M C K m M B K y x y m DEF ˆ ) ) ) x Desta forma, os triâgulos DEF e ABC possuem lados paralelos dois a dois e são semelhates A circuferêcia iscrita o triâgulo DEF coicide com a circuferêcia circuscrita o 8 triâgulo ABC Assim, o raio da circuferêcia iscrita em DEF é 9 Por outro lado, em um triâgulo retâgulo, o raio da circuferêcia iscrita é dado por p a, ode p é o semiperímetro e a é a hipoteusa Com isso, o raio da circuferêcia iscrita o triâgulo ABC é Isto os dá a razão de semelhaça etre os dois triâgulos, que é 9 O meor lado do triâgulo DEF é DE homólogo a AB) e este pode ser calculado através da DE semelhaça: DE AB 3 wwwobmorgbr

13 wwwobmorgbr ) C) Temos que 0 0) ) y x xy x y y x Sejam a = 0 x e b = y + 0 Como x e y são iteiros positivos, temos que a 0 e b 0 Veja aida que b a = x + y Queremos etão miimizar b a, sabedo que ab = 0 Para isso, tomaremos etão b como sedo o meor divisor de 0 maior que 0 Assim, tomamos b = e a = 9 Neste caso, temos b a = 3, que é o valor míimo pedido ) C) Escrevedo = + ) + + ), ) ) ) ) ) ) Pelo euciado, e ) Por fim, ) Logo a soma pedida é 3 3

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