XXXV OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Prova da Primeira Fase (13 de agosto de 2011) Nível α (6 o e 7 o anos do Ensino Fundamental) Gabaritos

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1 XXXV OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Pova da Pimeia Fase (3 de agosto de 0) Nível α ( o e 7 o anos do Ensino Fundamental) Gabaitos PROBLEMA a) Na sequência esnúfica, 3,, 3, o quinto temo é a soma dos quato pimeios mais o dobo da aiz quadada da soma dos podutos de seus elementos tomados dois a dois, ou seja, é b) Na sequência esnúfica, 8, o teceio temo é c) Na sequência esnúfica, 8, 8, o quato temo é E na sequência esnúfica, 8, 8, 5, o quinto temo é Logo o quociente ente o quinto e o quato temo da sequência esnúfica iniciada com e 8 é 3. PROBLEMA a) Um cao equipado com moto flex que faz 9, km po lito de etanol faz 9, 70% 3 km po lito de gasolina. Logo paa pecoe um tajeto de 08 km são necessáios 08 3 litos de gasolina. b) A utilização do etanol como combustível é a opção mais econômica quando o seu peço é, no máximo, 70% do peço da gasolina. Paa analisa os 5 casos, ciamos uma coluna egistando 70% do peço do lito da gasolina, que deve se o limite paa o peço do etanol se a opção mais econômica. Peço do lito 70% do peço Peço do lito Etanol é a opção Cidade de Gasolina do lito de Gasolina de Etanol mais econômica? Cuzeio do Sul R$3,359 R$,35 R$,93 Não São Paulo R$,5 R$,8 R$,80 Sim Balneáio Camboiú R$,40 R$,848 R$,8 Não Catalão R$,89 R$,04 R$,880 Sim Fotaleza R$,73 R$,87 R$,47 Não c) Um cao que faz 5, km com um lito de gasolina faz 5, 70% 0,9 km com um lito de etanol. Em São Paulo, a opção mais econômica é o etanol. Logo essa deve se a opção escolhida po Henique paa pecoe os 9 km de ida, sendo necessáios 9 0,9 5,8 litos de etanol, geando um gasto de 5,8 R$,80 R$0,59, apoximadamente. Paa a volta, em Balneáio Camboiú a opção mais econômica é a gasolina, sendo necessáios 9 5, 39,7 litos de gasolina, geando um gasto de 39,7 R$,40 R$04,7, apoximadamente. Assim, utilizando as opções mais econômicas em cada ponto de patida, o gasto com combustível paa a sua viagem de ida e volta seá, apoximadamente, R$0,59 + R$04,7 R$07,3. PROBLEMA 3 a) Os dígitos dos milhaes nos dois númeos somados, eventualmente com o vai um da soma dos dígitos das centenas, devem esulta em 9. Mas esse é o valo máximo paa a soma pemitida, potanto os dois dígitos somados são 9, com o vai um na soma das centenas, esultando em outo vai um na soma dos milhaes. Analogamente, os dígitos das centenas e dezenas também é 9 e existe vai um na soma dos dígitos das dezenas. Já ocoeam tês vezes o vai um, potanto, a soma dos dígitos das dezenas deve se 8 sem vai um (ambos são 9) e os dígitos das unidades desses númeos são 0 e. Resumindo, os númeos somados são 9990 e 999. b) Utilizando os agumentos do item (a), encontamos os cinco dígitos mais significativos dos dois númeos e também seis vezes o vai um

2 Temos apenas duas possibilidades paa a soma na coluna do + temina com 0: i) + 9: existe outo vai um paa que o dígito dessa soma seja 0, assim a soma dos númeos fomados pelos demais dígitos deve se : Mas a soma máxima que pode se obtida po dois númeos de dígitos é , logo esse caso não é possível. ii) + 0: a soma dos númeos fomados pelos demais dígitos deve se : A soma das unidades não ecebe vai um, assim ela só pode se 9, que não gea vai um, o mesmo ocoendo então paa a soma das dezenas, centenas e assim po diante, até a centena de milha, que também não gea vai um, logo esse caso sempe tem seis vezes o vai um. PROBLEMA 4 a) Sejam o aio das cicunfeências menoes e o aio das cicunfeências maioes. Logo o etângulo que contém os centos das cicunfeências tem lados e Como o peímeto do etângulo é 3 cm, temos cm. Ou seja, o aio das cicunfeências menoes é cm e o aio das cicunfeências maioes é cm. E a pati dessas medidas, os lados do dodecágono são os seguintes: Finalmente, o peímeto do dodecágono é cm. b) Uma maneia de dispo as 4 peças e obte um octógono com peímeto 7 cm é a seguinte. 0 4 Uma estatégia paa contola o peímeto é pecebe que os peímetos das 4 peças é cm e, a pati disso, a medida do segmento onde duas peças se encostam é eliminada em dobo de 9 cm. Po exemplo, nesse item, como pecisamos elimina cm, a soma dos segmentos encostados deve se 4 cm. Veja que os tês segmentos encostados têm medidas cm, 4 cm e cm. Mas essa estatégia é paa o peímeto. É peciso fica atento ao númeo de lados do polígono encontado!

3 PROBLEMA 5 a) Pimeiamente, veja que são necessáios 4 cubos de aesta cm paa cobi completamente uma face. Logo pecisamos coloca 3 4 cubos paa cobi as 3 faces macadas. Agoa, pecisamos de mais 7 cubos paa obte um cubo de aesta cm. Potanto pecisamos de cubos de aesta cm paa foma um cubo de aesta cm. b) Usando o mesmo padão adotado no item anteio, inicialmente vamos cobi as faces fomadas po cubos de aesta cm com cubos de aesta cm. Paa isso vamos pecisa de 3 cubos de aesta cm paa cada face. Depois de coloca cubos paa cobi as 3 faces de aesta cm, pecisamos de mais cubos de aesta cm paa finalmente obte um cubo de aesta 7 cm. Potanto pecisamos acescenta cubos de aesta cm paa foma um cubo de aesta 7 cm. c) No plano da base, podemos coloca 3 cubos de aesta 3 cm, confome a figua. É possível colocá-los e outas maneias, mas não é possível coloca mais do que 3, pois o queemos um cubo de aesta 7 cm. Veja alguns exemplos. Da mesma foma, podemos coloca mais uma camada de cubos de aesta 3 cm, ficando agoa com cubos de aesta 3 cm. Também é possível colocá-los de váias maneias, mas não mais do que 3, pois a soma das aestas alinhadas não pode se maio do que 7cm. Vamos toma um caso, sem peda de genealidade.

4 Veja que agoa só é possível coloca mais cubo de aesta 3 cm, sob a face macada que ainda não ecebeu nenhum cubo, ficando agoa com 7 cubos de aesta 3 cm. Também, sem peda de genealidade, vamos toma um caso. Paa finalmente obte um cubo de aesta 7 cm, os demais espaços devem obigatoiamente seem peenchidos com cubos de aesta cm. Como é possível te no máximo cubos de aesta 3 cm em cada uma das tês dimensões do cubo de aesta 7 cm, só há espaço paa 3 8 cubos de aesta 3 cm. Um deles não pode se colocado, paa have espaço paa o cubo de aesta 4 cm. Assim concluímos que não é possível utiliza mais do que 7 cubos.

5 XXXV OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Pova da Pimeia Fase (3 de agosto de 0) Nível β (8 o e 9 o anos do Ensino Fundamental) Gabaitos PROBLEMA a) Um cao equipado com moto flex que faz 9, km po lito de etanol faz 9, 70% 3 km po lito de gasolina. Logo paa pecoe um tajeto de 08 km são necessáios 08 3 litos de gasolina. b) A utilização do etanol como combustível é a opção mais econômica quando o seu peço é, no máximo, 70% do peço da gasolina. Paa analisa os 5 casos, ciamos uma coluna egistando 70% do peço do lito da gasolina, que deve se o limite paa o peço do etanol se a opção mais econômica. Peço do lito 70% do peço Peço do lito Etanol é a opção Cidade de Gasolina do lito de Gasolina de Etanol mais econômica? Cuzeio do Sul R$3,359 R$,35 R$,93 Não São Paulo R$,5 R$,8 R$,80 Sim Balneáio Camboiú R$,40 R$,848 R$,8 Não Catalão R$,89 R$,04 R$,880 Sim Fotaleza R$,73 R$,87 R$,47 Não c) Um cao que faz 5, km com um lito de gasolina faz 5, 70% 0,9 km com um lito de etanol. Em São Paulo, a opção mais econômica é o etanol. Logo essa deve se a opção escolhida po Henique paa pecoe os 9 km de ida, sendo necessáios 9 0,9 5,8 litos de etanol, geando um gasto de 5,8 R$,80 R$0,59, apoximadamente. Paa a volta, em Balneáio Camboiú a opção mais econômica é a gasolina, sendo necessáios 9 5, 39,7 litos de gasolina, geando um gasto de 39,7 R$,40 R$04,7, apoximadamente. Assim, utilizando as opções mais econômicas em cada ponto de patida, o gasto com combustível paa a sua viagem de ida e volta seá, apoximadamente, R$0,59 + R$04,7 R$07,3. PROBLEMA a) Sejam o aio das cicunfeências menoes e o aio das cicunfeências maioes. Logo o etângulo que contém os centos das cicunfeências tem lados e Como o peímeto do etângulo é 3 cm, temos cm. Ou seja, o aio das cicunfeências menoes é cm e o aio das cicunfeências maioes é cm. E a pati dessas medidas, os lados do dodecágono são os seguintes: Finalmente, o peímeto do dodecágono é cm.

6 b) Uma maneia de dispo as 4 peças e obte um dodecágono com peímeto 5 cm é a seguinte. 8 8 Uma estatégia paa contola o peímeto é pecebe que os peímetos das 4 peças é cm e, a pati disso, a medida do segmento onde duas peças se encostam é eliminada em dobo de 9 cm. Po exemplo, nesse item, como pecisamos elimina cm, a soma dos segmentos encostados deve se 40 0 cm. Veja que os tês segmentos encostados têm medidas cm, cm e cm. Mas essa estatégia é paa o peímeto. É peciso fica atento ao númeo de lados do polígono encontado! PROBLEMA 3 a) Os dígitos dos milhaes nos dois númeos somados, eventualmente com o vai um da soma dos dígitos das centenas, devem esulta em 9. Mas esse é o valo máximo paa a soma pemitida, potanto os dois dígitos somados são 9, com o vai um na soma das centenas, esultando em outo vai um na soma dos milhaes. Analogamente, os dígitos das centenas e dezenas também é 9 e existe vai um na soma dos dígitos das dezenas. Já ocoeam tês vezes o vai um, potanto, a soma dos dígitos das dezenas deve se 8 sem vai um (ambos são 9) e os dígitos das unidades desses númeos são 0 e. Resumindo, os númeos somados são 9990 e 999. b) Utilizando os agumentos do item (a), encontamos os cinco dígitos mais significativos dos dois númeos e também seis vezes o vai um Temos apenas duas possibilidades paa a soma na coluna do + temina com 0: i) + 9: existe outo vai um paa que o dígito dessa soma seja 0, assim a soma dos númeos fomados pelos demais dígitos deve se : Mas a soma máxima que pode se obtida po dois númeos de dígitos é , logo esse caso não é possível. ii) + 0: a soma dos númeos fomados pelos demais dígitos deve se : A soma das unidades não ecebe vai um, assim ela só pode se 9, que não gea vai um, o mesmo ocoendo então paa a soma das dezenas, centenas e assim po diante, até a centena de milha, que também não gea vai um, logo esse caso sempe tem seis vezes o vai um. PROBLEMA 4 S C Q D Q l T T A P P B

7 a) Sendo as etas e paalelas, temos e. Logo, pelo caso AA, os tiângulos e são semelhantes. b) A semelhança Δ Δ implica # $# % # $( %. A semelhança Δ &' % &( ) Δ implica # $( %. As duas % &( % &+ popoções implicam # $# % # $( %, e, potanto, # $# %. &' % &( % &+ &' % &+ c) Dividindo ( ) po ( ), obtemos ) ) Mas é ponto médio de, logo *. Logo ) ) ( ) ( ) ( ) Comentáio É possível mosta (tente!) que, na vedade, é possível dividi o segmento em qualque quantidade de segmentos conguentes. Junto com o fato de que também é possível multiplica o segmento po qualque inteio positivo, pode-se mosta que, com o auxílio da eta paalela, podemos constui todos os acionais somente com a égua! PROBLEMA 5 a) Na sequência esnúfica, 3,, 3, o quinto temo é a soma dos quato pimeios mais o dobo da aiz quadada da soma dos podutos de seus elementos tomados dois a dois, ou seja, é b) De acodo com o pocedimento, o póximo temo é (5+), que é quadado pefeito. c.) O póximo númeo é :+. c.) Temos (7+8+9) +;:+ <: : + :+ ;:+ <. d) Já temos os tês pimeios temos:, 5, (5+). Pelo item anteio, sendo : +5 +(5+) (5 +5+) e 5 + (5+) +5 (5+) >;5(5+)< + 5(5+)+ 5(5+) , o póximo temo é :+ (5 +5+)+(5 +5+) 4(5 +5+), e a aiz quadada da soma dos podutos tomados dois a dois coespondente é :+ (5 +5+) (5 +5+). Agoa vamos enconta o quinto temo: a nova soma é :? :+4(5 +5+) (5 +5+) e a aiz da nova soma dos podutos tomados dois a dois é? 3(5 +5+). Então o quinto temo é :? +? (5 +5+)+ 3(5 +5+) (5 +5+). Então a azão pedida é ;@% A@A< B(@ % A@A) 3. Comentáio Na vedade, pode-se pova que a azão ente quaisque dois temos consecutivos, a pati do quinto e do quato, é igual a 3. Tente pova isso!

8 PROBLEMA a) O conjunto-vedade é E F,4H. b) Como XXXV OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Pova da Pimeia Fase (3 de agosto de 0) Nível γ ( o e o séies do Ensino Médio) Gabaitos +4 > 0 (+4)(4 ) >0 ; ( )<( 4) < 0 < <4 4 I (4 ) +4 I +4 4 Sendo I > 0 paa todo eal, devemos te IAB >0, ou seja, < <4. Então, como estamos inteessados somente nas soluções inteias, basta testa L,0,,,3M: 0 3 I Potanto as soluções são 0, e. Comentáio Pode-se mosta que, na vedade, 0, e são as únicas soluções eais da equação. BJI PROBLEMA a) Os dígitos dos milhaes nos dois númeos somados, eventualmente com o vai um da soma dos dígitos das centenas, devem esulta em 9. Mas esse é o valo máximo paa a soma pemitida, potanto os dois dígitos somados são 9, com o vai um na soma das centenas, esultando em outo vai um na soma dos milhaes. Analogamente, os dígitos das centenas e dezenas também é 9 e existe vai um na soma dos dígitos das dezenas. Já ocoeam tês vezes o vai um, potanto, a soma dos dígitos das dezenas deve se 8 sem vai um (ambos são 9) e os dígitos das unidades desses númeos são 0 e. Resumindo, os númeos somados são 9990 e 999. b) Utilizando os agumentos do item (a), encontamos os cinco dígitos mais significativos dos dois númeos e também seis vezes o vai um Temos apenas duas possibilidades paa a soma na coluna do + temina com 0: i) + 9: existe outo vai um paa que o dígito dessa soma seja 0, assim a soma dos númeos fomados pelos demais dígitos deve se : Mas a soma máxima que pode se obtida po dois númeos de dígitos é , logo esse caso não é possível. ii) + 0: a soma dos númeos fomados pelos demais dígitos deve se : A soma das unidades não ecebe vai um, assim ela só pode se 9, que não gea vai um, o mesmo ocoendo então paa a soma das dezenas, centenas e assim po diante, até a centena de milha, que também não gea vai um, logo esse caso sempe tem seis vezes o vai um.

9 PROBLEMA 3 S C Q D Q l T T a) Sendo as etas e paalelas, temos e. Logo, pelo caso AA, os tiângulos e são semelhantes. b) A semelhança Δ Δ implica # $# % # $( %. A semelhança Δ &' % &( ) Δ implica # $( %. As duas % &( % &+ popoções implicam # $# % # $( %, e, potanto, # $# %. &' % &( % &+ &' % &+ c) Dividindo ( ) po ( ), obtemos ) ) Mas é ponto médio de, logo *. Logo A P P B ) ) ( ) ( ) ( ) Comentáio É possível mosta (tente!) que, na vedade, é possível dividi o segmento em qualque quantidade de segmentos conguentes. Junto com o fato de que também é possível multiplica o segmento po qualque inteio positivo, pode-se mosta que, com o auxílio da eta paalela, podemos constui todos os acionais somente com a égua! PROBLEMA 4 a) De cada cidade podemos i a qualque uma das outas 0. Assim, pelo pincípio multiplicativo, podemos anda 4 vezes de ônibus, não impotando o destino final, de 0 B maneias. b) O númeo de maneias de se i da capital a qualque cidade tomando ônibus N vezes é 0 O. Desses 0 O itineáios, P O vão paa Gaganela. Os outos não vão, mas geam todo caminho que levam a Gaganela tomando ônibus N+ vezes: basta que o último techo vá até Gaganela (note que isso é possível se, e somente se, quando o caminho com os N pimeios techos de ônibus não teminam em Gaganela). Assim, cada caminho que não leva a Gaganela tomando ônibus N vezes coesponde a exatamente uma maneia de i a Gaganela tomando ônibus N+ vezes. Como esses caminhos somam um total de 0 O, P O +P OA 0 O. c) Temos P (o único caminho é o ônibus La Esnufete Gaganela uma das linhas mais movimentadas do país!) e, do item anteio, P +P 0 P 9 P +P Q 0 P Q 00 P P Q +P B 0 Q P B 000 P Q Comentáio É possível (paa você também, tente!) enconta uma fómula paa P R : P R ST J(J) T. Podemos expessa esse esultado também como V X Z[[[\[[[],c pa R P R noves W Z[[[\[[[],c ímpa V RJ U noves PROBLEMA 5 a) Como cos3 cos(+) (cos cos sen sen) ;(cos ) cos sencos sen< 4cos Q cos 4cos( cos )8cos Q cos (cos) Q 3 cos, j Q () Q 3. b) Substituindo cosp, a equação que queemos pova tona-se equivalente à identidade tigonomética cos(c+)p cosp coscp cos(c )P cos(c+)p+cos(c )P cospcoscp, que é uma aplicação dieta da identidade cos7+cos8 cos kal paa 7 (c+)p e 8 (c )P. coskjl

10 c) Há duas maneias de enconta o temo independente e o temo em de (): utilizando a identidade R () miai % Jn T AmIJI % Jn T Utilizando a identidade Temos () miai% Jn ou utilizando a ecusão do item anteio. Mostaemos ambas as soluções. $$ AmIJI % Jn $$. Pelo binômio de Newton, m+ n om N njo m n O OpS e m n om N njo m n O Quando somamos ;+ < e ; <, os temos m N njo ; < O e m N njo ; < O cancelamse quando N é ímpa e são iguais quando N é pa. Assim, fazendo N q, temos 0 N 0 q 5 e () o m q njs m n s o m q njs ( ) s sps Cada temo está multiplicado po Js e q é ímpa, logo todo temo de () tem elevado a um expoente positivo. Logo o temo independente de () é 0. Paa acha o temo em, note que q q 5. Como q é no máximo 5, devemos te q 5. O temo coespondente é m 0 n( ) ( ) Como só queemos o temo em, devemos toma o temo independente de ( ), que é (0 ). Assim, o temo em é. Utilizando a ecusão O temo independente de um polinômio () é (0). Substituindo 0 na ecusão, obtemos j RA (0) 0 j R (0) j RJ (0) j RA (0) j RJ (0) Sendo j (0) 0 e j (0), temos j RA (0) 0 e j R (0) ( ) R. Assim, o temo independente de j () e, consequentemente, de (), é 0. Agoa, vamos paa o temo em. Sendo j RA () j R () j RJ (), o temo em de j RA () é igual ao temo independente de j R () (que vai se multiplicado po em j R ()) menos o temo em de j RJ (). Seja HFj R () o temo em de j R (). Então, fazendo c N e c N, obtemos HFj OA () ( ) O HFj OJ () HFj O () HFj OJ () Sendo HFj () e HFj () 0, temos HFj O () 0 e, indutivamente, HFj OA () ( ) O (N+). Em paticula, o temo independente de j () é. Como R () u T (I), os temos em em j R () e R () coincidem. Agoa podemos temina o poblema. Substituindo cos v mcos v QQ n cosv QQ. Lembando que (cosp)cosp, temos QQ sps OpS e utilizando a apoximação (), temos cosx y 33 z cosy 33 cosy 3 cosy 33 cos y 33 cosx4y+4y 3 z cos4y 3 x z Comentáios A identidade no item b se tona polinomial poque vale paa infinitos valoes de (ou seja, cosp paa todo P R). O eo da apoximação é de ceca de 4,47%. Na vedade, uma apoximação um pouco melho é cos v. QQ Podeíamos te usado QQ () paa obte apoximações melhoes? Na vedade não. Os temos nos gaus um pouco maioes tonam-se tão gandes que ainda podem faze difeença significativa na pecisão. Usa polinômios de Chebyshev de gaus um pouco menoes dão apoximações melhoes. De fato, usa QQ () nos daia a apoximação cos v QQ QQ, que é bem uim. Polinômios de Chebyshev têm uma séie de popiedades. Po exemplo, a soma dos coeficientes de R () é, em módulo, igual a R.