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1 XXX Olimpíada Brasileira de Matemática GABARITO Segunda Fase Soluções Nível Segunda Fase Parte A PARTE A Na parte A serão atribuídos pontos para cada resposta correta e a pontuação máxima para essa parte será. NENHUM PONTO deverá ser atribuído para respostas que não coincidirem com o gabarito oficial, abaixo: Problema 1 5 Resposta Seja P a projeção ortogonal de B sobre CD. A B 1 D P C CD AB AB+ CD Temos que CP = logo PD= CP+ AB =. Assim, a área do trapézio é AB+ CD S = BP = BP PD = (1 sen ) (1 cos ) = 5 m e portanto S = 75.. Observe que para i 1temos n = i i n < i+ 1 i n < ( i+ 1) e assim há ( ) i+ 1 i números n tais que n = i. Portanto a soma pedida é = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). Seja n um inteiro de dígitos. Temos que n é auto-replicante se e somente se n n é divisível por 1, isto é, nn ( 1) e 5 nn ( 1). Como n e n 1 são primos entre si, temos possibilidades: XXX Olimpíada Brasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível

2 n e 5 n ( n 1) e 5 ( n 1) n e 5 ( n 1) ( n 1) e 5 n. A primeira possibilidade implica que 1 n, o que é impossível pois 1 n Da mesma forma, a segunda não ocorre. 5 n 1 temos que n= 65k + 1 para algum k inteiro e que Na terceira possibilidade, de ( ) 65k + 1 (mod16) k + 1 (mod16) k 15(mod16) Assim, k = + l para algum l inteiro e ( l) n = = l E como 1 n 9999, a única possibilidade é n = 976. Finalmente, para a quarta possibilidade, temos que n = 65k, k inteiro, e que n 1 (mod16) k 1(mod16). Assim, k = l, l inteiro, e n = 65(1+ 16 l) = 65+ 1l. Como 1 n 9999, não há soluções neste caso. Logo o único número auto-replicante de dígitos é Da propriedade, decorre que 9 só pode aparecer ou como primeiro ou como último elemento da permutação e que os elementos de 1 a 8 formam uma permutação com a mesma propriedade. Assim, o número pedido é o dobro do número de permutações de 1,,...,8 com a mesma propriedade. Da mesma forma, o número de permutações de 1,,.., 8 com a propriedade é o dobro do número de permutações de 1,,.., 7 com a propriedade. Repetindo o raciocínio, concluímos que o número pedido é portanto 8 = Seja α α = Temos ( ) ( ) = ( ) 5 α = 5 96 α α + 5 = α Agora faça 18 y = α. Temos ( ) y+ 5 = y ( ) Como α, e portanto y, são reais e portanto de α já que y+ = y y + 9y + 5y+ 7= ( y+ 1)( y + 8y+ 7) = y α = 18 (pasmem!). Assim, α é raiz do polinômio x + 18= não possui raízes racionais. + 8y+ 7= não tem raízes reais, concluímos que y = 1 e x + 18=, que é o polinômio minimal Soluções Nível Segunda Fase Parte B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: Olhando a equação módulo 7, temos: m n, porém m só poderá ser congruente a,1,, enquanto que se n for ímpar n só poderá ser congruente a, 5, 6, então n deverá ser par. Logo existe n Z tal que n= n. Voltando à equação original temos: XXX Olimpíada Brasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível

3 m 161 n n m 161 ( n m)( n m) 161. módulo de ( n n m) é menor que ( + m), e como ( n m) + = = + = Como m e n são inteiro positivos, logo o é positivo e 161= 7, então temos as opções: n n n m = 1 e + m = 161 = 81 e m= 8 n = e m= 8 n= 8e m = 8 n n n m = 7 e + m = = 15 e m = 8. Não há solução inteira. Logo m = 8 e n= 8 é a única solução. Analisou a equação módulo 7: [ pontos] Conclui que n é par: [ pontos] Fatorou a equação: [ pontos] Dividiu em casos e achou a única solução possível: [ pontos] SOLUÇÃO DO PROBLEMA : f f x = f x então a imagem de f deverá só conter pontos fixos. Utilizando esse fato Para que ( ( )) ( ) temos: Com 5 pontos fixos na imagem teremos 1 função possível. 5 Com pontos fixos na imagem teremos = funções 1 5 Com pontos fixos na imagem teremos = 9 funções Com pontos fixos na imagem teremos 5 8 = funções 5 Com 1 ponto fixo na imagem teremos 1 = 5 funções logo o total de funções f satisfazendo f( f( x)) = f( x) igual a 196. Reduziu o problema a contar o número de pontos fixos da imagem de f(x): [ pontos] Conclui que o total de funções com: 5 pontos fixos é igual a 1: [1 ponto] pontos fixos é igual a : [1 ponto] pontos fixos é igual a 9: [1 ponto] pontos fixos é igual a 8: [1 ponto] 1 ponto fixo é igual a 5: [1 ponto] Concluiu que o total de funções possíveis é igual a 196: [ pontos] XXX Olimpíada Brasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível

4 SOLUÇÃO DO PROBLEMA : A E F G B D O C Como ABE ADE (ambos enxergam o arco AE ) temos que FBE FDA e portanto FB BE = (1) FD DA Analogamente, das semelhanças EBG ACG, AEG CBG e AEF DBF obtemos respectivamente BG EB = () CG AC AE AG = () CB CG AE AF = () DB DF Assim, utilizando o fato que ABCD é isósceles (de modo que AD = BC e BD = AC) temos AF BG () e () 1 AE DF CG EB = DB AC (1) e () 1 ( AE CG)( DF EB) AD AG BF = = AC AC AD ( AF + )( BG+ ) = AC AD ( AF + + BG) + AF BG = AC AD AF BG = AB + AC Em suma, temos XXX Olimpíada Brasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível

5 AF BG AD AF BG = AB + AC AF BG AD AB = AC AD Utilizando o fato de que ABCD é isósceles com base CD = 5 e altura, aplicando Pitágoras várias vezes é fácil calcular AB = 1, AD =, AC =. AF BG Assim, = 18. Percebeu as semelhanças FBE FDA, etc. [1 ponto] Obteve as equações (1), (), (), (): [até pontos: 1 ponto por cada equação] AF BG Desenvolveu a expressão de, obtendo uma equação para tal [ pontos] Concluiu [1 ponto] SOLUÇÃO DO PROBLEMA : Vamos mostrar que o menor produto é obtido quando tomamos os elementos da diagonal principal. 8 Neste caso, o produto é dado por (1+ 1)(+ )(+ )...(8+ 8) = 8! Suponha que todos os elementos (1, 1), (, ),..., (i 1, i 1) tenham sido escolhidos mas que os elementos nas i ésimas linha e colunas sejam (i, j) e (k, i) com j e k maiores ou iguais a i + 1. Vamos mostrar que trocando estes dois elementos por (i, i) e (k, j) obtemos um produto menor. De fato, para isto devemos mostrar que ( i+ i)( j+ k) < ( i+ j)( i+ k) i j+ k < i + j+ ki+ jk ( ) ( ) i ( j+ ki ) + jk > ( i j)( i k) > O que é verdade, já que i j< e i k <. Determinou que o menor produto ocorre tomando-se os elementos da diagonal principal [ pontos] Provou que esta escolha é a que dá o menor produto [6 pontos] Concluiu e achou o mínimo [ pontos] XXX Olimpíada Brasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível

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