XX OLIMPÍADA REGIONAL DE MATEMÁTICA DE SANTA CATARINA Treinamento 7 Nível 3

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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 Treinamento 7 Nível 3 Dias/Horários de Treinamento 3 a feira 4 a feira 4 a feira 5 a feira 22/08 23/08 23/08 24/08 5:0 às 7:00 09:0 às :00 5:0 às 7:00 09:0 às :00 Atenção Professor: consulte regularmente a página da ORM/SC onde você encontrará informações importantes sobre a olimpíada deste e dos próximos anos. Problema. (OBM, 20) Uma sequência de letras, com ou sem sentido, é dita alternada quando é formada alternadamente por consoantes e vogais. Por exemplo, EZEQAF, MATEMÁTICA, LEGAL e ANIMADA são palavras alternadas, mas DSOIUF, DINHEIRO e ORDINARIO não são. Quantos anagramas da palavra FELICIDADE (incluindo a palavra FELICIDADE) são sequências alternadas? Resolução: Para resolver este tipo de problema, devemos primeiramente perceber que tipo de ferramenta matemática o enunciado nos sugere: devemos quantificar o tanto de palavras que se pode formar, a partir de um conjunto de letras de nosso alfabeto, cuja ordenação forma a palavra "felicidade", atendendo à restrição de as palavras formadas deverem possuir vogais e consoantes em ordem alternada. Tal problema, ao pedir uma quantificação de possíveis agrupamentos formados a partir de um determinado conjunto, pede alguma ferramenta de Análise Combinatória, justamente porque "quantificar"e "contar"possuem, muitas vezes, o mesmo sentido. Podemos, portanto, tentar abordar a questão por métodos de contagem. De início, veja que FELICIDADE possui 0 letras, algumas aparecendo mais de uma vez. No entanto, diferentes entre si, temos Consoantes: F, L, C, D (4 letras) Vogais: E, I, A (3 letras) Como dito acima, temos letras que se repetem: D, I e E, duas vezes cada uma. Agora, antes de considerar as restrições explícitas do problema, perceba que, como as letras consoantes e vogais devem ocupar posições alternadas, cada "tipo"de letra, consoante ou vogal, pode ser ocupante de apenas algum "tipo"de posição: par ou ímpar. Assim, em nossa contagem, devemos considerar dois possíveis agrupamentos: palavras começando com vogal e palavras começando com consoante. Estabelecido esse pormenor implícito no enunciado, podemos contar as maneiras como cada tipo de letra pode aparecer nas palavras. Como precisamos resolver algo envolvendo troca de posições, vamos utilizar o conceito de permutação, em particular, a permutação com elementos repetidos. Deve-se atentar para o fato de que as letras que aparecem mais de uma vez, ao permutarem entre si, constituem um evento repetido, ou seja, é por isso que em permutação com elementos repetidos devemos ignorar as permutações entre estes. Relembrando a expressão geral para este tipo de permutação: P a,b,c,... n = n! a!b!c!..., em que n representa o total de símbolos, não importando as repetições, e a, b, c, etc. representam o número de vezes que cada letra repete, se esse for o caso. Munidos dessa pequena fórmula, analisamos o caso: diferentes entre si, há 4 consoantes; no entanto, quantitativamente, há 5 delas, pois o D se repete uma vez. Da mesma forma, há 3 vogais diferentes entre si, mas as vogais são representadas por, também, 5 símbolos, já que E e I se repetem uma vez cada. Assim, teremos, para as consoantes, um total de permutações igual a P 2 5 = 5! 2! = 60. Da mesma maneira, obtemos a quantidade de trocas de posições entre as vogais: P 2,2 5 = 5! 2!2! = 30. Telefone: (48) orm@pet.mtm.ufsc.br

2 Finalmente, procedemos o cálculo do total de palavras que podem ser formadas seguindo as restrições impostas da seguinte maneira, usando o Princípio Geral da Contagem: primeiramente, lembramos do fato de que as palavras podem começar tanto com vogal quanto com consoante, então usamos o número 2 para expressar a quantidade de eventos possíveis segundo essa condição; depois, com o total de permutações para cada tipo de letra, 60 e 30, que podem fazer trocas tanto em posições ímpares como pares, analisamos de que jeito essas diferentes ordenações alternadas podem ocorrer. A ideia consiste em que, como cada tipo de letra pode se posicionar de 30 ou 60 maneiras diferentes, dependendo se vogal ou consoante, e estão sempre em posições alternadas, multiplicamos cada uma das permutações. Por poder-se iniciar cada palavra com vogal ou consoante, multiplicamos por 2. Assim, temos um total T de anagramas da palavra "felicidade", incluindo a mesma: T = = E esse número é a resposta do problema: a quantidade de anagramas da palavra em questão, com vogais e consoantes alternadas, é Problema 2. (ORM, 2008) Determine uma função f não identicamente nula (isto é, uma função que não é igual a zero para todo x em seu domínio), cujo domínio é o conjunto dos números reais positivos, satisfazendo, para todo x > 0, as relações: x f( x f ( = f(x 2 ) f(x 2 ) [f(] 2 = 2 x f(. Resolução: Da a equação, substituindo x por x, obtemos: como x f ( x f( = f ( x 2 ), para todo x > 0 x f ( ) x x f( = (x f( x f ( = f(x 2 ), para todo x > 0 temos que f(x 2 ) = f ( ) x, para todo x > 0. Como o domínio é R 2 +, podemos substituir x por x e assim obter que f( = f (, para todo x > 0. Agora, somando as duas relações dadas obtemos: x f( x f ( [f(] 2 = 2 x f(. Multiplicando esta última por x e substituindo f ( por f( teremos: x 2 f( + f( x[f(] 2 = 2 f(, ou f( [x 2 xf(] = 0, para todo x > 0. Daí, ou f( = 0, para todo x > 0, o que contradiz o enunciado, ou Veja agora que: [x 2 xf(] = 0 para todo x tal que f( 0. [x 2 xf(] = 0 f( = x x. Portanto,f( = x x, para todo x > 0, é uma função que satisfaz as condições do enunciado. Problema 3. (OBMEP, 20) Começando com qualquer número natural não-nulo é possível formar uma sequência de números que termina em, seguindo repetidamente as instruções abaixo: se o número for ímpar, soma-se ; se o número for par, divide-se por 2. Por exemplo, começando com o número 2, forma-se a seguinte sequência: Nessa sequência aparecem nove números; por isso dizemos que ela temcomprimento 9.Além disso, como ela começa com um número ímpar, dizemos que ela é uma sequência ímpar.. Escreva a sequência que começa com 37. Telefone: (48) orm@pet.mtm.ufsc.br

3 2. Existem três sequências de comprimento 5, sendo duas pares e uma ímpar. Escreva essas sequências. 3. Quantas são as sequências pares e quantas são as sequências ímpares de comprimento 6? E de comprimento 7? 4. Existem ao todo 377 sequências de comprimento 5, sendo 233 pares e 44 ímpares. Quantas são as sequências de comprimento 6? Não esqueça de justificar sua resposta. Resolução: a) Para exibir essa sequência, basta seguir as instruções que nos foram dadas. Dessa forma, obtemos b) Vamos construir as sequências de comprimento 5 "de trás pra frente", ou seja: ao invés de começar pelo primeiro número da sequência, vamos começar pelo último, ou seja,. Sabemos que esse foi obtido ao dividir o número anterior por 2, ou somar a ele, logo o penúltimo número da sequência é 2 ou 0. O caso 0 é descartado pois 0 é par e pelas regras de construção da sequência no enunciado nunca poderíamos obter o número começando do 0 ( 0 2 = 0 ). Assim, qualquer sequência de comprimento 5 é algo do tipo a a 2 a 3 2. Como o sucessor de a 3 é 2, então a 3 = 4 ou a 3 =. Se a 3 fosse, a sequência na verdade teria acabado em a 3, e não teria comprimento 5. Logo a 3 = 4. Perceba como esses três últimos termos são necessariamente 4, 2 e. A partir do quarto termo "de trás pra frente"será possível ter mais de uma possibilidade: o sucessor de a 2 é 4, logo a 2 = 8 ou a 2 = 3, e perceba que agora ambas as possibilidades são possíveis. Considere o caso a 2 = 3: Como a 2 é ímpar, necessariamente a = 2a 2 : Se a 2 = a +, então a é par, e a 2 = 2 a, logo 2 a = a + e portanto a = 2, e então teríamos a seguinte sequência: 2 0. e essa sequência tem os termos todos iguais a zero a partir do primeiro zero pela regra de construção da sequência. Note agora que a afirmação que acabamos de provar é mais geral do que a 2 = 3, podendo ser sintetizada da seguinte maneira: Se um termo a k em uma sequência é ímpar, necessariamente a k é seu dobro. Após esse breve devaneio (que nos será útil no próximos itens), vamos voltar a nosso problema original: sabemos agora que se a 2 = 3, então a = 6 e a primeira sequência obtida é Consideremos agora o caso a 2 = 8. sequências As duas possibilidades para a são 7 e 6, logo temos as outras duas , Assim, as três sequências de comprimento 5 são as que começam em 6, 6 e 7. c) Para analisar as sequências de comprimento 6, basta perceber que toda sequência desse comprimento é da forma a S, em que S é uma sequência de comprimento 5. Sabemos que existem duas sequências pares de comprimento 5 e uma sequência ímpar desse comprimento. Se a sequência S for ímpar, seu primeiro termo (isto é, a 2 ) é ímpar, logo a = 2a 2, um número par. Assim, para cada sequência ímpar de comprimento 5 encontramos uma sequência par de comprimento 6. Porém, se a sequência S for par, isto é, a 2 é par, então tanto a = a 2 quanto a = 2a 2 são termos iniciais possíveis para uma sequência de comprimento 6. Assim, para cada sequência par de comprimento 5, construímos uma sequência par e uma sequência ímpar, ambas de comprimento 6. Como há uma sequência ímpar de comprimento 5 e duas sequências pares de comprimento 5, existem +2 = 3 sequências pares de comprimento 6 e 2 = 2 sequências ímpares de comprimento 6. Antes de tratar o caso de comprimento 7, vamos tratar um caso mais geral, que nos ajudará em qualquer caso específico: se existem P + I sequências de comprimento n, das quais P são pares e I são ímpares, quantas sequências de comprimento n + existe, quantas delas são pares e quantas são ímpares? Perceba que uma sequência de comprimento n + é da forma a S, Telefone: (48) orm@pet.mtm.ufsc.br

4 em que S é uma sequência de comprimento n. Se S for ímpar, seu primeiro termo (isto é, a 2 ) é um número ímpar, assim a = 2a 2 e para cada uma das I sequências ímpares de comprimento n obtemos uma sequência par de comprimento n +. Se S for par, então a 2 é par, e tanto a = 2a 2 quanto a = a 2 são termos iniciais possíveis. Logo, para cada uma das P sequências pares de comprimento n obtemos uma sequência par e uma sequência ímpar, ambas de comprimento n +. Portanto existem I + P sequências pares de comprimento n + e P sequências ímpares de comprimento n +. Sumarizamos essa discussão da seguinte forma: Suponha que existem P + I sequências de comprimento n, das quais P são pares e I são ímpares. Então existem 2P + I sequências de comprimento n +, das quais P + I são pares e P são ímpares. Assim, o caso específico torna-se imediato: basta substituir n = 6, P = 3 e I = 2, concluímos que existem cinco sequências pares de comprimento 7 e duas sequências ímpares de comprimento 7. d) Por conta de nossa discussão anterior, este item é imediato: basta substituir, na afirmação de (c), n = 5, P = 233 e I = 44. Concluímos então que existem 377 sequências pares de comprimento 6 e 233 sequências pares de comprimento 6, totalizando assim 60 sequências de comprimento 6. Problema 4. (OBM, 20) No triângulo ABC, o ângulo BÂC mede 45. O círculo de diâmetro BC corta os lados AB e AC em D e E, respectivamente. Dado que DE = 0, encontre a distância do ponto médio M de BC à reta DE. Resolução: Primeiro, vamos lembrar que a distância de M à reta DE é, por definição, o comprimento P M em que P é a intersecção entre DE e a reta perpendicular a DE que passa por M. Vamos calcular o comprimento de P M = d. Sabemos que o diâmetro BC do círculo vale 2r, sendo r o valor do raio desse círculo. Logo, como o ponto M divide BC em medidas iguais, já que é o ponto médio de BC, quer dizer que MB = r e MC = r, logo, M é o centro do círculo já que se encontra no diâmetro desse e também está situado a uma medida r de dois pontos distintos do mesmo. Vamos lembrar de uma propriedade que diz que quando tivermos um segmento partindo do centro de um círculo e encontra uma corda da mesma em um ângulo reto quer dizer que esse segmento vai encontrar essa corda no ponto médio. Logo, podemos dizer que: DP = P E = DE 2 = 5. Vamos traçar segmentos do ponto M até os pontos D e E, os quais terão a medida r, conforme a figura abaixo: Precisamos descobrir a distância d = MP, vamos usar o triângulo DME para isso, porém só sabemos a medida de DE até agora, então vamos encontrar mais alguma informação sobre esse triângulo, como sabemos que BÂC = 45, vamos utilizar isso para descobrir o ângulo D ME. Telefone: (48) orm@pet.mtm.ufsc.br

5 Como BC divide o círculo na metade, quer dizer que o arco BC vale 80. Vamos usar a propriedade agora BC DE do ângulo externo a uma circunferência, que diz que BÂC =, para descobrir o valor do arco DE. 2 BÂC = BC DE 2 45 = 80 DE 2 90 = 80 DE DE= 90. D ME é o ângulo central do arco DE, logo, temos que D ME = 90. Vamos olhar para o triângulo DME em específico agora, sabemos que MD = ME = r, logo DME é isósceles, e M DE = MÊD. Já que D ME é 90, quer dizer que M DE+MÊD = 90, usando as equações anteriores temos 2MÊD = 90, então MÊD = 45 como ilustrado na figura seguinte: Olhemos agora para o triângulo retângulo MP E, sabemos que P E = 5 e queremos saber o valor de P M, e temos o valor do ângulo MÊP = 45, logo como temos os dois catetos desse triângulo retângulo, podemos usar a tangente, tendo em vista que tg45 =, para descobrir o valor de d: tg45 = d 5 = d 5 d = 5. Telefone: (48) orm@pet.mtm.ufsc.br