OBMEP ª FASE - Soluções Nível 3

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1 OBMEP ª FASE - Soluções Nível 3 QUESTÃO 1 a) Só existe ua aneira de preencher o diagraa, coo ostraos a seguir. O núero 9 não pode ficar abaixo de nenhu núero, logo deve ficar no topo. Acia do núero 7 só podeos colocar o 9 e 8. Coo o 9 já está no topo, o 8 ficará acia do 7. O núero 6 não pode ficar abaixo do 5 ne do, logo ficará abaixo do 8, ao lado do 7. O núero 1 é o único que pode ficar abaixo do. Os núeros 3 e 4 deve ficar abaixo do 5, co o 3 debaixo do 4. A seqüência de figuras a seguir ilustra as etapas deste raciocínio. b) 1ª solução: Prieiro vaos exainar o diagraa enor de três bolinhas arcadas pelo triângulo pontilhado, à esquerda. Para que ele fique be preenchido co quaisquer três núeros positivos distintos, o aior núero deve ficar no topo e os outros dois poderão ser colocados nos dois círculos de baixo de aneiras diferentes. Por exeplo, se os núeros fore 3, 6 e 8, podeos dispô-los das aneiras ilustradas à direita. Para que o diagraa copleto do problea fique be preenchido co os núeros de 1 a 5, o 5 deve ficar no topo. A casa sobreada pode ser preenchida co qualquer núero de 1 a 4. As três casas restantes, arcadas co o triângulo pontilhado, fora o diagraa analisado acia e poderão então ser preenchidas de aneiras, co os três núeros restantes. Resuindo, podeos preencher o diagraa do seguinte odo: preencheos o círculo do topo co o 5: 1 possibilidade; preencheos a casa sobreada co 1,, 3 ou 4 : 4 possibilidades; preencheos as três casas que falta co os três algarisos restantes: possibilidades. Logo o diagraa pode ser preenchido de 1 4 = 8 aneiras diferentes. Notaos que este raciocínio se aplica para quaisquer cinco núeros positivos distintos. Isto será iportante na resolução do próxio ite. ª solução: Notaos prieiro que o 5 deve sepre ocupar a bolinha de cia. O 4 deve então ocupar ua das duas bolinhas abaixo do 5, e então se o 4 ocupar a bolinha sobreada, o 3 deve ocupar a outra bolinha abaixo do 5, e o 1 e o pode ser colocados de duas aneiras diferentes nas duas bolinhas que sobra; teos duas possibilidades neste caso; se o 4 ocupar a outra bolinha abaixo do 5, a casa sobreada pode ser ocupada por qualquer dos núeros de 1 a 3, e os outros dois núeros pode ser colocados nas duas últias bolinhas vazias; neste caso teos 3 = 6 possibilidades. Deste odo, o núero de aneiras de preencher o diagraa é + 6 = 8. 1

2 OBMEP ª FASE - Soluções Nível 3 c) 1ª solução: Para que o diagraa fique be preenchido co os núeros de 1 a 7, teos que colocar o 7 no topo. A casa sobreada pode ser preenchida co qualquer núero de 1 a 6. A parte circundada pela linha pontilhada foi analisada no ite (b) e pode ser preenchida co os 5 núeros restantes de 8 foras diferentes. Ou seja, podeos preencher o diagraa coo segue: preencheos o círculo do topo co o 7: 1 possibilidade; preencheos a casa sobreada co 1,, 3, 4, 5 ou 6: 6 possibilidades; preencheos a parte circundada co os algarisos restantes: 8 possibilidades. Logo o diagraa pode ser preenchido de = 48 aneiras diferentes. ª solução: Notaos prieiro que o 7 deve sepre ocupar a bolinha de cia. O 6 deve então ocupar ua das duas bolinhas abaixo do 7, e então se o 6 ocupar a bolinha sobreada, os núeros de 1 a 5 deve ocupar as casas circundadas co a linha pontilhada. De acordo co o ite (b), isto pode ser feito de 8 aneiras distintas. se o 6 deve ocupar a outra bolinha abaixo do 7, podeos colocar qualquer núero de 1 a 5 na casa sobreada e distribuir os núeros restantes pelas quatro bolinhas ainda vazias, o que pode ser feito de 8 aneiras diferentes, de acordo co o ite (b). Aqui teos 5 8 = 40 possibilidades. Logo o diagraa pode ser preenchido de = 48 aneiras diferentes.

3 OBMEP ª FASE - Soluções Nível 3 QUESTÃO Para facilitar a escrita desta solução, vaos nos referir aos pontos do quadriculado coo pontos legais. a) Observando a figura ao lado, veos que o quadrado B pode ser inscrito e u quadrado que consiste de 9 quadradinhos. A parte fora do quadrado B pode ser decoposta e quatro triângulos iguais (e cinza claro). Cada triângulo é a etade de u retângulo feito de dois quadradinhos; a área de cada u desses triângulos é então igual a 1 c. Logo a área do quadrado B é 9 4 = 5c. Podeos tabé arguentar que o quadrado B foi decoposto e u quadradinho e quatro triângulos de área 1 c, donde sua área é 1+ 4 = 5 c. Alternativaente, podeos calcular o lado PR do quadrado observando o triângulo retângulo PQR na figura. Seus catetos são PQ e QR, de edidas 1 e, respectivaente. Pelo teorea de Pitágoras, teos e segue que a área do quadrado é ( 5) = 5 c. PR = PQ + QR = 1 + = 5 b) Quereos desenhar u quadrado legal de área 13 c ; seu lado deve então edir 13 c. Observando a segunda solução apresentada no ite (a), veos que o lado deve ser a hipotenusa de u triângulo retângulo de catetos de coprientos a e b que são núeros inteiros e tais que a + b = 13. Podeos então escolher a = 3 e b = (a única solução, a enos de trocar os valores de a e b) e construir nosso quadrado de área 13 c coo, por exeplo, indicado na figura ao lado. c) Se existe u quadrado legal de área n, então seu lado é n ; para construir u segento deste copriento deveos, coo no ite anterior, encontrar inteiros a e b tais que a + b = n. Para 41 não há problea, pois 41 = ; as para 43 isto é ipossível, coo se pode ver por listage direta. De fato, coo 7 = 49 ultrapassa 43, deveos testar apenas se 43 se escreve coo soa de dois quadrados dos núeros de 1 a 6, o que não acontece pois 43 1 = 4, 43 = 39, 43 3 = 34, 43 4 = 7, 43 5 = 18 e 43 6 = 7 não são quadrados perfeitos. Logo é possível construir u quadrado legal de área 41 c, as não é possível construir u de área 43 c. d) 1ª solução: A figura à direita ostra u quadrado legal e cinza e a construção de u novo quadrado, e traço ais grosso, de área igual ao dobro da área do quadrado original. Notaos que coo os vértices do quadrado original são pontos legais então os vértices do quadrado aior tabé são pontos legais. Para justificar esta últia afirativa, basta notar que se A e B são pontos legais e C é o siétrico de A co relação a B (coo na figura à esquerda) então C tabé é u ponto legal. Desse odo, o novo quadrado tabé é legal. ª solução: Coo vios e (b), se u quadrado legal te área n então n = a + b para alguns inteiros a e b; reciprocaente, se n = a + b para alguns inteiros a e b então existe u quadrado legal de área n. Coo ( a b) + ( a+ b) = ( a + b ) veos que u triângulo retângulo de catetos a b e a+ b terá hipotenusa n ; o quadrado construído sobre esta hipotenusa terá área n (e outras palavras, ostraos que se n é soa de dois quadrados inteiros então n tabé o é). Usando este fato, ilustraos na figura ao lado ua construção de u quadrado legal de área n (o quadrado grande e linha contínua) a partir de u quadrado legal de área n (o quadrado pequeno e linha contínua) (o quadrado pontilhado serve apenas para indicar os sentidos horizontal e vertical). Notaos, coo antes, que coo o quadrado original é legal então todos os pontos indicados são legais. 3

4 OBMEP ª FASE - Soluções Nível 3 NÍVEL 3 QUESTÃO 3 Solução a) Seja e n, respectivaente, as edidas das bases do triângulo ABC e do retângulo PQRS, coo na figura. Coo a altura destas figuras é 1, segue que área( ABC ) = e área( PQRS) = n. Da igualdade destas áreas segue = n, donde n =. 1 b) Quando x = os pontos D e E coincide co os pontos édios T e U dos lados AC e BC, respectivaente. Se V é o ponto édio do lado AB, podeos decopor o triângulo ABC e quatro triângulos congruentes, coo na figura. Assi área( ABUT ) = área( ABC) = =, e então ( n) 3n f n = = = donde f =. 4 c) Vaos prieiro calcular a área do trapézio ABED e função de x. Coo DE é paralela a AB, os triângulos DEC e ABC são seelhantes; a razão de seelhança é a razão de suas alturas, que é 1 x = 1 x. Coo áreas de figuras seelhantes estão entre si coo o quadrado da razão de seelhança, 1 segue que Logo (1 x) área( DEC) = (1 x) área( ABC) =. (1 x) área( ABED) = área( ABC) área( DEC) = = ( x x ) n. Da igualdade das áreas de ABC e PQMN, segue que ( x x ) n = f( x) n e concluíos que f( x) = x x. A figura a seguir ostra o gráfico de f( x ) para 0 x 1. 4

5 OBMEP ª FASE - Soluções Nível 3 QUESTÃO 4 a) 1 a solução: Marcaos na figura os ângulos relevantes para a solução. Notaos e particular que e A o ângulo de incidência (e, portanto, o de reflexão) é igual aα ; de fato, o raio de luz entra paralelo ao espelho I e a reta suporte do espelho II é transversal a abos. Coo γ é ângulo externo do triângulo AFC, segue que γ = α. Analogaente, coo β é ângulo externo do triângulo CEF, teos β = α + γ = 3α. Finalente, do triângulo retângulo CDE teos 180 = α + β + 90 = 4α + 90, donde 4 α = 90 o, ou seja, α =,5. a solução: Coo a soa dos ângulos do triângulo ABF é 180, segue que BAF ˆ = 90 γ. E coo a soa dos ângulos co vértice e A tabé é 180, segue que α + (90 γ) + 90 = 180, donde γ = α. Considerando agora o triângulo AFE, teos α + β + (180 γ) = 180, donde tiraos β = γ α = 3α. Finalente, o triângulo CDE nos diz que 180 = α + β + 90 = 4α + 90 e segue que 4α = 90, ou seja, α =,5. b) 1 a o solução: Observaos que, coo γ = 45, o triângulo DEF é isósceles, isto é, ED = DF. O teorea de Pitágoras nos diz que EF = ED + DF = ED donde tiraos EF = ED. O eso arguento aplicado ao triângulo ABF ostra que AF = AB = 10. Notaos agora que os triângulos CDE e AFE são seelhantes, pois tê os ângulos α e β e cou. Logo CD CD DE DE = = = = 1 AF 10 FE DE donde tiraos CD = 10. a solução: Refletios a reta CF usando a reta CA coo eixo de sietria, obtendo a sei-reta CF, onde F é o siétrico de F (figura ao lado). Coo CEF ˆ = CEF ˆ ', veos que os pontos D, E e o F estão alinhados; assi, CDF é u triângulo. Coo α =,5 segue que DCF ˆ ' = 45, donde CDF é isósceles e então CD = DF '. Para terinar, notaos que ABDF é u retângulo, e segue que DF ' = AB. Logo CD = AB = 10 c. 5

6 OBMEP ª FASE - Soluções Nível 3 QUESTÃO 5 a) Ua bolinha colocada e C só poderá parar nas caixas ou 3; se colocada e B, ela poderá parar e qualquer das caixas. b) Se ela parte de C, para chegar à caixa ela deve ir para a esquerda tanto na prieira coo na segunda bifurcação. Coo a bolinha te chances iguais de ir para a direita ou para a esquerda e cada bifurcação, a probabilidade dela chegar à caixa é 1 1 = 1 ou 5%. 4 Se a bolinha for depositada e B, pelo eso raciocínio, ela poderá chegar à caixa por dois cainhos diferentes: direita, esquerda ou esquerda, direita; abos ocorre co probabilidade 1 4. Coo estes eventos são disjuntos, a probabilidade de u deles ocorrer é a soa das probabilidades de cada evento individual. Logo a probabilidade da bolinha sair de B e chegar à caixa é + = ou 50%. 4 4 b) Existe três situações possíveis para que no final haja ua bolinha e cada caixa. Descreveos estas situações na tabela abaixo, onde (por exeplo) a prieira linha indica a situação e que ua bolinha colocada e A cai na caixa 1, outra colocada e B cai na caixa e a últia, colocada e C, cai na caixa 3. caixa 1 caixa caixa 3 1 a situação A B C a situação A C B 3 a situação B A C Observando que os eventos bola colocada e X caiu na caixa Y são independentes e lebrando que a probabilidade de eventos independentes ocorrere siultaneaente é igual ao produto das probabilidades de cada evento. a probabilidade de que cada ua destas situações ocorra é: 1 a situação: = a situação: = a situação: = Por outro lado, a ocorrência de cada ua das configurações acia é u evento disjunto dos outros dois; a probabilidade de ao enos u deles ocorrer é então igual à soa das probabilidades dos eventos individuais. Logo a probabilidade de que haja ua bolinha e cada caixa é = = A título de observação, listaos abaixo as 1 possibilidades para a distribuição de três bolinhas pelas caixas e suas respectivas probabilidades. caixa 1 caixa caixa 3 probabilidade A B C 18/64 A C B 3/64 A BC vazia 6/64 A vazia BC 9/64 AB vazia C 9/64 AB C vazia 3/64 B A C 3/64 B AC vazia 1/64 vazia AB C 6/64 vazia ABC vazia /64 vazia AC B 1/64 vazia A BC 3/64 6

7 OBMEP ª FASE - Soluções Nível 3 QUESTÃO 6 a) Vaos calcular a posição ocupada, após u ebaralhaento, pela n-ésia carta da pilha. Há dois casos a considerar: n 5 (ou seja, a carta está na etade superior da pilha): neste caso, após u ebaralhaento, ficarão acia dela as prieiras n cartas da etade inferior e as prieiras n 1 cartas da parte superior. Logo, sua posição na pilha passará a ser n+ ( n 1) + 1= n. n > 5 (ou seja, a carta está na etade inferior da pilha Após u ebaralhaento, ficarão acia dela as cartas precedentes da etade inferior, que são e núero de n 5 1 = n 53 e igual quantidade de cartas da etade superior. Logo, sua nova posição na pilha é ( n 53) + ( n 53) + 1= n 105. E particular, podeos agora copletar a tabela, observando que 55 = e 5 = núero de ebaralhaentos a partir da situação inicial posição da carta de núero 5 10 a 0 a 40 a 80 a 55 a 5 a a partir do topo da pilha b) Coo visto acia, a carta que ocupa a posição n passa a ocupar, após u ebaralhaento, a posição n, se n 5 ou n 105, se n > 5. c) Inicialente, observaos que após u ebaralhaento as cartas da etade superior da pilha se ove para baixo, pois n > n para todo n positivo; as cartas da etade inferior da pilha se ove para cia, pois n 105 < n para todo n < 105. Logo, para que duas cartas troque de posição entre si, ua delas deverá estar na etade superior da pilha e outra na etade inferior. Suponhaos que exista duas cartas co essa propriedade, e seja n a posição da carta de etade superior. Após u ebaralhaento ela se ove para a posição n, e então a carta na posição n deve passar para a posição n. Coo a carta na posição n está na etade inferior da pilha. deveos ter ( n) 105 = n, donde n = 35. E, de fato, as cartas nas posições 35 e 70 troca de posição entre si a cada ebaralhaento, pois 35 = 70e ( 35) 105 = 35. Alé disso, concluíos que não há outro par de posições co esta propriedade. d) Para siplificar a exposição, vaos escrever x y para indicar que a carta que está na posição x vai para a posição y após u ebaralhaento. Suponhaos que exista u trio fixo, e seja n a posição da prieira carta desse trio a contar do topo da pilha. O arguento do ite (c) ostra que as cartas não pode estar todas na etade superior ou todas na etade inferior da pilha; logo a posição n está na etade superior da pilha. Após u ebaralhaento teos n n; se n está na parte superior da pilha então o trio fixo deve ser n n 4n n ; se n está na etade inferior da pilha então o trio fixo deve ser n n 4n 105 n. No prieiro caso, teos n = (4 n) 105 = 8n 105, donde n = 15 ; no segundo teos n = (4n 105) 105 = 8n 315 donde n = 45. Agora basta verificar que (15,30,60) e (45, 90,75) são efetivaente trios fixos. A título de curiosidade e/ou coo exercício para o(a) leitor(a), listaos na tabela a seguir todas as k-uplas fixas, incluindo os casos k = e k = 3 trabalhados nos itens (c) e (d) acia. k k-uplas fixas (35, 70) 3 (15, 30, 60), (45, 90, 75) 4 (7, 14, 8, 56), (1, 4, 84, 63), (49, 98, 91, 77) 6 (5, 10, 0, 40, 80, 55), (5, 50, 100, 95, 85, 65) (1,, 4, 8, 16, 3, 64, 3, 46, 9, 79, 53), (3, 6, 1, 4, 48, 96, 87, 69, 33, 66, 7, 54), 1 (9, 18, 36, 7, 39, 78, 51, 10, 99, 93, 81, 57), (11,, 44, 88, 71, 37, 74, 43, 86, 67, 9, 58) (13, 6, 5, 104, 103, 101, 97, 89, 73, 41, 8, 59), (17, 34, 68, 31, 6, 19, 38, 76, 47, 94, 83, 61) Observaos ainda que após 1 ebaralhaentos todas as cartas volta à posição inicial. 7