XX OLIMPÍADA REGIONAL DE MATEMÁTICA DE SANTA CATARINA Resolução do treinamento 8 Nível 2

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1 UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA CENTRO DE CIÊNCIAS FÍSICAS E MATEMÁTICAS DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA PET MATEMÁTICA XX OLIMPÍADA REGIONAL DE MATEMÁTICA DE SANTA CATARINA Resolução do treinamento Nível Problema 1. (OBM 199) Cinco cartões numerados com 3, 4, 5, 6 e 7, respectivamente, são colocados em uma caixa. Os cartões são retirados da caixa, um de cada vez e colocados sobre a mesa. Se o número de um cartão retirado é menor do que o número do cartão imediatamente anterior, então este cartão imediatamente anterior é colocado de volta na caixa. O procedimento continua até que todos os cartões estejam sobre a mesa. Qual é o número máximo de vezes que retiramos cartões da caixa? Resolução: Observe que retirando 5 vezes todos os cartões, obrigatoriamente haverá um cartão com número menor que o seguinte, ao retirar a sequência 7, 6, 5, 4, 3; sabemos que o cartão 3 não poderá voltar para a caixa, desta forma, tendo 4 cartões na caixa, o número máximo de retiradas para que se obtenha um número menor que o seguinte é 4, representado pela sequência 7, 6, 5, 4; após isso, o cartão 4 não voltará mais para a caixa, seguindo o mesmo raciocínio até que sejam colocados sobre a mesa os números 5, 6 e 7, temos que a sequência com o máximo de retiradas possíveis é: 7, 6, 5, 4, 3, 7, 6, 5, 4, 7, 6, 5, 7, 6, 7 Portanto, o número máximo de retiradas de cartões é 15. Problema. (OBM 001) São escritos todos os números de 1 a 999 nos quais o algarismo 1 aparece exatamente vezes (tais como: 11, 11, 411, etc.). A soma de todos estes números é: Resolução: Os números formados são da forma a11, 1a1 ou 11a, onde a é um dos nove algarismos restantes. Para um dado a, a soma dos três números acima é aaa + = 111 (a + ). Logo, a sua soma para todos os nove valores possíveis de a é: S = 111 (0+)+111 (+)+111 (3+) (9+) = 111 [( )+9 ] = 111(44+1) = 6 Portanto, a soma de todos os tais números é 6. Problema 3. (OBM 01) Uma formiga deve caminhar ao longo das linhas pretas do desenho abaixo do vértice A até o vértice B deslocando-se apenas um quadradinho para a esquerda ou para cima. Sabendo que a formiga não pode passar pelos vértices do quadrado preto, determine o número de caminhos diferentes que a formiga pode percorrer. Resolução: Observação: No enunciado da prova, a palavra esquerda apareceu incorretamente no lugar da palavra direita. Assim, a formiga teria 0 possibilidade para chegar ao vértice B, para resolver o problema, usaremos as direções e. Começaremos nomeando alguns pontos na imagem:

2 XX ORM/SC Resolução do treinamento Nível Há uma única forma para ir de A até C. E a partir deste ponto, há 6 formas de chegar no ponto B; Há 4 formas para ir de A até D. Chegando ao ponto D, a formiga deve subir para o ponto H e a partir deste ponto há 5 formas de chegar no ponto B; A formiga não pode passar pelo ponto E; Há 4 formas para ir de A até F. Chegando ao ponto F, a formiga deve seguir para o ponto I e a partir deste ponto há 5 formas de chegar no ponto B; Há uma única forma para ir de A até G. E a partir deste ponto, há 6 formas de chegar no ponto B. Portanto, o número de caminhos possíveis é dado por = 5 Problema 4. (OMRN 009) Quatro pessoas tem de atravessar à noite uma passarela bamba. Há muitos buracos na passarela, que suporta apenas duas pessoas de cada vez (mais do isso ela cai). O grupo deve usar uma lanterna para guiar seus passos; caso contrário, acabará caindo num dos buracos e morrendo. Só há uma lanterna. As quatro pessoas andam em velocidades diferentes. Adam consegue cruzar a passarela em um minuto; Larry, em dois minutos; Edge leva cinco minutos; e o mais lento, Bono, precisa de dez minutos. A passarela vai ruir em dezessete minutos. Como os quatro podem atravessá-la? Sendo que um par que for atravessar junto, deve caminhar na velocidade do homem mais lento. Resolução: Analisando a situação de acordo com as informações fornecidas pelo enunciado, sabemos que ao fazer uma travessia podemos escolher uma ou duas pessoas para realiza-la, mais do que isso e a ponte não suportaria. Outra informação importantíssima que deve ser levada em consideração é que há apenas uma única lanterna e a mesma deve ser utilizada para garantir uma travessia segura. A partir deste ponto nossa solução irá minimizar o número de travessias, ou seja, ao invés de desperdiçarmos tempo atravessando duas pessoas separadamente faremos com que atravessem em duplas, economizando o número de travessias e o tempo gasto para as mesmas, incluindo o retorno da lanterna, o qual utilizaremos apenas uma pessoa. Para ns de esclarecimento de nossa suposição, segue este pequeno exemplo: Sejam A, B e C tais pessoas com C do lado oposto a A e B. Sendo x, y e z os seus respectivos tempos de travessia. Considere a seguinte estratégia: 1. A atravessa com a lanterna para o lado onde se encontra C.. C atravessa com a lanterna para o lado onde está B. 3. B atravessa com a lanterna para o lado onde está A. Considerando o tempo total gasto teríamos: x + z + y. Porém a estratégia mais correta, seguindo nossa suposição, seria: 1. A e B atravessam com a lanterna para o lado onde está C. Com tempo total gasto: y + z. Isso nos mostra que a segunda estratégia nos economiza x minutos em relação a primeira. Agora, lembrando que há apenas uma lanterna, ca claro que a primeira travessia não deve ser feita por uma pessoa sozinha, pois se assim fosse, teríamos uma perda de tempo considerável. Visto que a mesma teria de atravessar novamente a ponte para entregar a lanterna ao demais, retornando à situação original e causando o ônus da diminuição do tempo restante para a passarela ruir. Logo, concordamos que a primeira travessia deve ser efetuada em dupla. Com argumento parecido, ca claro que: ao escolhermos uma dupla para a segunda travessia (travessia de retorno da lanterna) chegaremos a mesma conclusão. Então, a segunda travessia deve ser feita por uma pessoa sozinha, ou seja, o retorno da lanterna para o lado inicial deve ser feito por apenas uma pessoa e não por uma dupla. Agora, mostraremos que, se as duas pessoas mais lentas (Edge e Bono) cruzarem separadamente, elas acumulariam um tempo de passagem total de 17 minutos. Isto é feito tomando Adam, Edge e Bono (respectivamente com tempos de travessia A, E e B): (E, A) + A + (B, A) + A = = 17

3 XX ORM/SC Resolução do treinamento Nível (Aqui, usamos A porque sabemos que usar A para atravessar E e B separadamente é o mais eciente. Ou seja, se substituirmos B ao invés de A terermos um estouro de tempo ainda maior, consequentemente não é possivel tal combinação.) Mas, o tempo transcorreu e Adam e Larry ainda estão no lado inicial da ponte e devem cruzar. Portanto, não é possível que os dois mais lentos (E e B) cruzem separademente. Vamos mostrar que, para Edge e Bono cruzarem juntos, eles precisam cruzar na segunda travessia de duplas, consequentemente A e B devem cruzar primeiro. Pois lembre-se de nossa suposição inicial armando que devemos minimizar as travessias e o tempo gasto com cada uma delas, assim teremos cinco travessias - 3 em duplas e sozinhas (1 a Dupla, a Sozinha, como estamos minimizando travessias, segue que 3 a Dupla, 4 a Sozinha e por último, 5 a Dupla). Suponha que Edge e Bono cruzem primeiro, mas então Edge ou Bono devem cruzar de volta para trazer a lanterna para o outro lado, assim quem quer que seja (Edge ou Bono) deve cruzar novamente. Portanto, eles cruzarão separadamente, porém já vimos que isso não pode acontecer, logo Edge e Bono não devem cruzar primeiro. Além disso, é impossível que eles cruzem juntos por último, uma vez que isso implica que um deles deve ter cruzado anteriormente, então, uma vez que há apenas três opções para as travessias em dupla, Edge e Bono não podem atravessar primeiro ou em último, eles devem cruzar juntos na segunda travessia em dupla. Juntando tudo, Adam e Larry devem atravessar primeiro, pois sabemos que Edge e Bono não podem e estamos minimizando as travessias. Logo, temos duas opções de retono com a lanterna, ou Adam ou Larry. Veremos o que acontecerá escolhendo Adam. Como estamos na segunda travessia de duplas, então Edge e Bono devem ir. Sendo que nós escolhemos enviar Adam antes e sabemos que Edge e Bono não atravessam separadamente, segue que Larry retornará a lanterna para o outro lado. Agora, Adam e Larry estão no lado inicial e devem fazer a última travessia de duplas. Isso nos dá, A, L + A + E, B + L + A, L = = 17. Veja que, pelo mesmo processo, porém agora escolhendo Larry para a segunda travessia, obtemos a seguinte construção, a qual também é uma possível solução: A, L + L + E, B + A + A, L = = 17. Problema 5. (OBM 004) No desenho ao lado, o triângulo ABC é retângulo e os lados do polígono (região escura) são paralelos ou coincidem com algum dos catetos do triângulo. Calcule x de modo que a área do polígono seja igual à o triângulo. Resolução: Observe no desenho que a base do triângulo ABC tem comprimento 15, e a sua altura, + x. Sabendo que a área de um triângulo se dá pelo produto da base e altura divido por, temos que a área do triângulo ABC é igual a 15 ( + x) A(ABC) =. Como a área de um retângulo se dá pela base vezes a altura, e o polígono cinza, qual denotaremos por P, pode ser dividido em dois retângulos, um a direita na imagem com área 10 = 0, e outro a esquerda, com área 5 ( + x), temos que a área total do polígono vale A(P ) = 0 + 5( + x). Como buscamos o valor de x que torne as áreas do triângulo ABC e do polígono P iguais, temos: 15( + x) = 0 + 5( + x) x = x x = x

4 XX ORM/SC Resolução do treinamento Nível Portanto, x = x = x 15x 10x = x = 30 x = 6 Problema 6. (OBM 001) Cinco animais A, B, C, D, e E, são cães ou são lobos. Cães sempre contam a verdade e lobos sempre mentem. A diz que B é um cão. B diz que C é um lobo. C diz que D é um lobo. D diz que B e E são animais de espécies diferentes. E diz que A é um cão. Quantos lobos há entre os cinco animais? Resolução: Temos a disposição as seguintes frases; 1. A diz que B é um cão.. B diz que C é um lobo. 3. C diz que D é um lobo. 4. D diz que B e E são animais de espécies diferentes. 5. E diz que A é um cão. E sabemos que: Cães sempre contam a verdade e lobos sempre mentem. Começaremos utilizando a frase 4 que nos garantirá mais informações a respeito do problema. Assim, suponha que D seja um cão, teremos que D fala a verdade, segue que, 4 é verdadeira. Disso temos que B e E são de espécies diferentes e também que C é um lobo, uma vez que 3 é mentira! Com isso temos que B falou a verdade em, assim B é um cão, utilizando da frase 4 novamente, segue que E é um lobo, o que faz de 5 uma mentira, portanto A é um lobo, mas se A é um Lobo então 1 é mentira e com isso concluiríamos que B seria um lobo, porém isso contradiz claramente nossa argumentação, segue então que D não pode ser um cão. Da suposição anterior sabemos que D deve ser um lobo, e com isso temos que C falou a verdade em 3. Logo C é um cão, o que leva diretamente a ser uma mentira, e portanto, B é um lobo, mas como B é lobo e a frase 4 é verdadeira (D é um lobo, logo o que ele diz é mentira), temos que B e E são da mesma espécie, assim E também é um Lobo! Porém se E é lobo então 5 é mentira e conclui-se que A é um lobo, o que leva que 1 é uma mentira, Logo B é de fato um lobo. Teremos por m; A, B, D e E sendo lobos, assim dos cinco animais 4 são lobos. Problema 7. (OBM 004) Uma folha de papel retangular ABCD foi dobrada de modo que o vértice B foi levado no ponto B sobre o lado AD. A dobra é EF, com E sobre AB e F sobre CD. Sabe-se que AE =, BE = 17 e CF = 3. a) Calcule a medida do segmento AB. b) Calcule a medida do lado AD. Resolução: a) Note que, da forma como a folha foi dobrada, temos BE = B E. Como o triângulo AEB é retângulo, AE = e BE = 17, pelo Teorema de Pitágoras: 17 = + (AB ) 9 = 64 + (AB )

5 XX ORM/SC Resolução do treinamento Nível 9 64 = (AB ) 5 = AB 15 = AB b) Por ABCD se tratar de um retângulo, sabemos que A ˆBC = 90 o. Como E ˆB C representa a mesma parte da folha do vértice B, dobrada sobre o ponto B, temos que E ˆB C = A ˆBC = 90 o. Note que A ˆB E + E ˆB C + C ˆB D = 10 o, assim, substituindo o valor de C ˆB E, temos: A ˆB E + 90 o + D ˆB C = 10 o. A ˆB E + D ˆB C = 90 o. Seja G a intersecção dos segmentos DC e B C. Veja, então, que A ˆB C é ângulo externo ao triângulo B DG, e por isso, se segue do Teorema do Ângulo Externo que A ˆB C = B ˆDG + D ĜB, em outras palavras, A ˆB C é igual a soma dos ângulos internos não adjacentes do triângulo B DG. Além disso, é claro que A ˆB C = A ˆB E + E ˆB C. Como concluímos anteriormente que E ˆB C = 90 o e B ˆDG é reto, segue: A ˆB E + E ˆB C = B ˆDG + D ĜB A ˆB E + 90 o = 90 o + DĜB A ˆB E = DĜB Segue desse fato que, pelo caso Ângulo-Ângulo, os triângulos AB E e DGB são semelhantes. Ainda mais, como os ângulos B ĜD e C ĜF são opostos pelo vértice, e como o ângulo GĈ F é reto, os triângulos B DG e GC F são, também, semelhantes. Temos, então: AB E B DG GC F Decorre do modo como a folha foi dobrada que CF = C F = 3, e então, devido a semelhança dos triângulos GC F e AB E, temos: C F AE = B E GF. 3 = GF = GF Evidentemente, AB = DC = DG + GF + CF, por isso: 5 = DC = DG DG = 15 Usando mais uma vez a semelhança dos triângulos, vemos: Finalmente, AD = AB + DB = Portanto, AB = 15 e AD = = DB AE = DG AB DB = DB = 5 3