XXVII Olimpíada Brasileira de Matemática GABARITO Segunda Fase

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1 XXVII Olimpíada Braileira de Matemática GABARITO Segunda Fae Soluçõe Nível Segunda Fae Parte A CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A Cada quetão vale 4 ponto e, e omente e, para cada uma o reultado ecrito pelo aluno coincidir com o gabarito abaixo. Cada quetão vale 0 ou 4, ito é, não tem nota parciai. A nota máxima para eta parte é 0. Problema Repota Nataha pulou o número 13, 31, 113, 130,131, 13,..., 139, num total de 13 número. Portanto, na última página do eu diário ecreveu o número = Sejam x e y o maior e o menor cateto, repectivamente, do triângulo retângulo. Como o lado do quadrado ABCD mede 3 cm, temo x y = 3. Por outro lado, como o lado de EFGH mede 9 cm, temo x + y = 9. Reolvendo o itema, encontramo x = 6 e y = 3. ogo, o lado do quadrado IJK, que é a hipotenua do triângulo retângulo, mede = 45 = 3 5 cm. OUTRA SOUÇÃO: O quadrado IJK e o quadrado MNOP têm como lado a hipotenua do triângulo retângulo dado, logo têm a mema área. Fazendo o doi quadrado coincidirem, concluímo que o dobro da oma t da área do quatro triângulo retângulo é a diferença entre a área do quadrado IJK e EFGH, ou eja, t = 9 3, o que fornece t = 36.. Aim, = = = 45 cm e o lado do quadrado IJK é 45 = 3 5 cm. [A repota não é um número inteiro. Todo o aluno devem receber 4 ponto]. 03. Olhando para o último número da fila n, vemo que ele é a oma de todo o número de 1 a n: por exemplo, na fila 4, o último número da fila é = 10. Note que para obter a quantidade de número até uma certa fila, bata omar o número da fila ao total de número que havia ante dea fila. Aim, temo, fila 5 : 15, fila 6: 1, fila 7: 8, fila 8: 36, fila 9: 45, fila 10: 55, fila 11: 66, fila 1: 78, fila 13: 91, fila 14: 105 O número de fita adeiva horizontai entre uma fila n 1 e uma fila n é igual a n 1 e o número de fita adeiva verticai numa fila n é igual n 1. Portanto, até a fila número 14, o número de fita é ( ) + ( ) = = Primeira Solução: Unindo o ponto médio de lado conecutivo do quadrilátero, obtemo egmento paralelo à ua diagonai e iguai à metade dela. Portanto, o quadrilátero aim obtido é um paralelogramo. O egmento traçado dividem cada um do quatro lote em dua parte. Toda a parte interna têm a mema área, igual a 1/4 da área do

2 paralelogramo. Cada uma da parte externa tem área igual a 1/4 do triângulo determinado pela diagonal correpondente. Aim, a + c é igual à metade da área do quadrilátero, o memo ocorrendo com b + c. Daí, a + + c + = b + + d +. Portanto, a área S deconhecida atifaz S + 10 = , ou eja, S = 40. b a d c Segunda Solução: igando o ponto de intereção da reta que repreentam a dua cerca ao vértice, obtemo: A M B Q O N D P C Obervemo que, como AQ = QD e a altura de OAQ e OQD que paam por O ão iguai, a área de OAQ e OQD ão iguai. Analogamente, a área de OAM e OMB; OBN e ONC; OCP e OPD ão iguai. ogo área OAQ + área OAM + área OCP + área ONC = área OQD + área OMB + área OPD + área OBN área AMOQ + área CNOP = área DPOQ + área BMON área AMOQ = = Como a + 3 é múltiplo de 11, a + 3 = 11b, b Z. Sendo a múltiplo de 5, a 10b= b 3 também é, de modo que b 3 = 5c b= 5c+ 3 a= 11(5c+ 3) 3= 55c+ 30, c ] + O número a + é múltiplo de 9, aim como a + 54c 36 = c 4. Portanto c 4 = 9d c= 9d + 4 a= 55(9d + 4) + 30 = 495d + 50, d ]. Por fim, endo a + 1 múltiplo de 7, então a d 45 = a (71d + 35) = d + 6 = (d 3) também é, ou eja, d 3 = 7k d = 7k + 3, k ] e a= 495(7k + 3) + 50 = 3465t ogo o menor valor de a é 1735.

3 Soluçõe Nível Segunda Fae Parte B SOUÇÃO DO PROBEMA 1: Vamo repreentar por A, G e a quantidade de quetõe de Álgebra, Geometria e ógica da Prova e por a, g e l a quetõe repondida acertadamente em cada uma deta área. A condiçõe do problema fornecem a eguinte equaçõe: a g l a+ l g+ l = 0,5; = 0,7; = 0,8; = 0,6; = 0,74 A G A+ G+ Subtituindo a relaçõe exprea pela trê primeira equaçõe na outra dua, obtemo: 0,5A + 0,8 3 = 0,6 0,1A = 0,18 A = A + 0,7 G + 0,8 3 = 0,74 0,04G = 0,06 G = G+ A porcentagem de quetõe acertada é: 3 3 0,5. + 0,7. + 0,8 a+ g+ l 0,5A+ 0,7G+ 0,8,6 = = = = 0,65 = 65% A+ G+ A+ G CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Ecreveu corretamente a equaçõe iniciai: [3 ponto] Obteve corretamente a relaçõe entre A, G e : [ ponto] Indicou corretamente a fração (a + g + l)/(a + G + ) a er calculada: [3 ponto] Efetuou corretamente o cálculo finai: [ ponto] SOUÇÃO DO PROBEMA : Vamo denotar por A, B, C e D o vértice do quadrado e por MN o corte efetuado. Como CM + CN = BC = CD, reulta que BM = CN e DN = MC. Em coneqüência, o triângulo ADN e DCM ão congruente, o memo ocorrendo com ABM e BCN (em cada cao, o triângulo ão retângulo e pouem cateto iguai). ogo, DÂN = CDM = α e BÂM = CBN = β. Aim, α + β + 7 o = 90 o e α + β = 63 o. A B 7 o β M D α N C

4 CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Identificou a congruência de um do pare de triângulo: [ ponto] Identificou a congruência de ambo o pare: [5 ponto] SOUÇÃO DO PROBEMA 3: a) x 9xy + 8y = x xy 8xy + 8y = x(x y) 8y (x y) = (x 8y)(x y). Alternativamente, a raíze da equação do o grau x 9xy + 8y, de incógnita x, ão y e 8y. ogo, x 9xy + 8y fatora em (x 8y)(x y). b) A equação a er reolvida é (x y)(8y x) = 005 (*) Obervemo que a fatoração em primo de 005 é Além dio, a oma do fatore x y e 8y x é 7y, que é múltiplo de 7. A oma do fatore é ± 406, endo que omente ± 406 é múltiplo de 7. Aim, x y = 5 e 8y x = 401 x = 63 e y = 58 ou ou x y = 401 e 8y x= 5 x = 459 e y = 58 (*) ou ou x y = 5 e 8y x= 401 ou x y = 401 e 8y x= 5 x = 63 e y = 58 ou x = 459 e y = 58 A oluçõe ão, portanto, (63; 58), (459;58), ( 63; 58) e ( 459; 58). OUTRA SOUÇÃO: Obervando a equação dada como uma equação do egundo grau em x, obtemo x 9yx + 8y = 0 (*), cujo dicriminante é = (9y) 4(8y + 005) = 49y 800 Para que (*) admita oluçõe inteira, eu dicriminante deve er um quadrado perfeito; portanto 49y 800 = m (7y m)(7y + m) = 800 = (**) Podemo upor, em perda de generalidade, que m 0, poi e (m; y) é olução de (**), então ( m; y) também é. Obervando também que 7y m e 7y + m têm a mema paridade e y m 7y + m, então podemo dividir o problema em 4 cao: 7y m = e 7y + m = 4010 m = 004 e y = 006/7, impoível; 7y m = 10 e 7y + m = 80 m = 396 e y = 58; 7y m = 80 e 7y + m = 10 m = 396 e y = 58; 7y m = 4010 e 7y + m = m = 004 e y = 006/7, impoível.

5 9y + m y m Se y = 58, a oluçõe em x de (*) ão = = 459 e = = 63. 9y + m 9 ( 58) Se y = 58, a oluçõe em x de (*) ão = = 63 9y m 9 ( 58) 396 e = = 459. ogo a oluçõe ão (63 ; 58), (459 ; 58), ( 63 ; 58) e ( 459 ; 58). CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Parte a: [5 ponto] para a fatoração completa. [Até ponto] por tentativa mal-ucedida de obter a fatoração. Parte b: Dividir o problema em até 8 cao: [ ponto] Cortar cao imediato, reduzindo o problema a até 4 cao: [1 ponto] SOUÇÃO DO PROBEMA 4: 1 a maneira: a) Podemo repreentar uma eqüência válida como uma eqüência de pare ordenado. O primeiro exemplo é a eqüência [(1,1),(1,),(,),(,3),(3,3),(3,1)] e, a partir dela, podemo criar outra eqüência válida movendo o par da equerda para a direita (ou da direita para a equerda). Aim, ão válida a eqüência [(1,),(,),(,3),(3,3),(3,1),(1,1)], [(,),(,3),(3,3),(3,1),(1,1), (1,)],etc. num total de 6 eqüência diferente. Mudando a poição do número do pare ordenado, podemo criar outra 6 eqüência: [(,1), (1,1), (1,3), (3,3),(3,),(,)], [ (1,1), (1,3), (3,3),(3,),(,), (,1)], etc. Portanto, de acordo com a regra dada há 1 modo de colocar a peça em eqüência. CRITÉRIO DE CORREÇÃO: [5 ponto]: i) e o aluno repondeu 1 e explicou, como foi feito acima ou de forma equivalente (com deenho, por exemplo) então recebe [5 ponto] ii) e o aluno implemente apreentou a eqüência, com número ou deenho da peça, dar [0,5 ponto] para cada eqüência correta além da apreentada no exemplo iii) e não explicou nada e ó repetiu o exemplo dado, dar [0 ponto]. a maneira: a) A ponta devem ter o memo número, poi ele aparecem um número par de veze (e aparecer um número numa ponta e outro na outra, então há pelo meno doi número que aparecem um número ímpar de veze, o que não ocorre). Alguma peça com doi número iguai deve aparecer em uma da ponta, poi do contrário teríamo trê da quatro peça centrai com dua iguai, vizinha, o que é impoível). Sendo aim, a eqüência pode er repreentada por XX-XY-YY-YZ-ZZ-ZX, onde para X temo trê poibilidade, para Y temo dua poibilidade e para Z, uma poibilidade, num total de 3..1 = 6 poibilidade para a eqüência que começa com uma dupla. Se a eqüência terminar com uma dupla, teremo novamente 6 poibilidade. Portanto, há 1 modo de colocar a ei peça em eqüência.

6 CRITÉRIO DE CORREÇÃO: [5 ponto]: i) e o aluno repondeu 1 e explicou, como foi feito acima ou de forma equivalente (com deenho, por exemplo) então recebe [5 ponto]. ii) e o aluno implemente apreentou a eqüência, com número ou deenho da peça, dar [0,5 ponto] para cada eqüência correta além da apreentada no exemplo iii) e não explicou nada e ó repetiu o exemplo dado, dar [0 ponto]. b) Para cada número, exitem 4 peça. Por exemplo, a peça com o número 1 etão deenhada ao lado. O número de veze em que aparece o número 1 é ímpar, logo a eqüência deveria começar com 1 e terminar com outro número ou começar com outro número e terminar com 1. Nete cao, o outro doi número deveriam aparecer um número par de veze, poi não etariam na ponta, ma io não ocorre: todo o quatro número aparecem um número ímpar de veze. CRITÉRIO DE CORREÇÃO: [5 ponto]: i) e o aluno uou a argumentação acima dar [5 ponto]. ii) e o aluno pegou um cao particular, como o apreentado acima e de alguma forma motrou que não exite eqüência contendo a dez peça, dar [5 ponto] iii) deenho de peça deconexo, eqüência olta, diagrama não explicado, etc, recebem [0 ponto].