XLI OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Prova da Primeira Fase (12 de agosto de 2017) Nível (6 o e 7 o anos do Ensino Fundamental)

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1 Instruções: XLI OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Prova da Primeira Fase ( de agosto de 07) Nível (6 o e 7 o anos do Ensino Fundamental) Folha de Perguntas A duração da prova é de h0min. O tempo mínimo de permanência é de h0min. Nesta prova há 5 problemas. Cada problema vale,0 pontos. Coloque nas Folhas de Respostas todos os dados pessoais solicitados. Todas as respostas devem ser justificadas, e apresentadas somente nas Folhas de Respostas. Resoluções a tinta ou a lápis. É permitido o uso de calculadora. Ao terminar, entregue apenas as Folhas de Respostas e leve esta Folha de Perguntas com você. PROBLEMA a) Em 5 anos são km. O modelo híbrido consome ,70 litros de gasolina. b) O comprador gastará 8.77,7 0, ,9 dólares. 8.77,7 litros e o não híbrido consome c) O modelo não híbrido gastará 0.84,70 0, ,89 dólares. O valor economizado será de 7.589, ,9 448,98 dólares. Podemos concluir que os especialistas estavam errados, pois o valor economizado em 5 anos é menor que a diferença de preço para comprar o modelo híbrido. PROBLEMA 60 m 60 m a) A velocidade de Desert correndo fora da esteira é 5 m/s e a velocidade de Desert sobre a esteira é 6 m/s. A s 0 s velocidade de Desert é v 5 m/s e a velocidade da esteira é 6 5 m/s. b) Vamos calcular o tempo de cada uma das opções i) t s ii) t s iii) t s + Ele chegará em menos tempo usando a opção iii. PROBLEMA a) Determine o caminho voltando da fração 7 até a fração 7 O caminho voltando é ou, em resumo,, escrevendo as frações obtidas em cada passo b) Primeiro devemos fazer as divisões por Percorrendo os restos de baixo para cima temos em ordem,, 0, 0,, 0 que nos dá ,9

2 Nível Alfa Primeira Fase PROBLEMA 4 a) Somando os ângulos ao redor do ponto A temos BAD BAD 90. Usando o mesmo argumento concluímos que os quatro ângulos são de 90. Podemos calcular o lado fazendo a diferença dos lados do retângulo. AB x x O quadrado foi recortado em quatro retângulos iguais e um quadrado unitário. Logo sua área é [EFGH] + 4 (x x ) OPM-07 b) Veja que x, logo, o lado do quadrado é x + x + (x ) x. Temos a e b. x x c) A área do quadrado é o lado ao quadrado e usando as informações dos itens anteriores (x ) 5 x 5 x + 5. PROBLEMA 5 a) O quadrado de lado (a + b) é recortado em dois quadrados, áreas a e b, e dois retângulos, de mesma área a b, logo (a + b) a + b + ab + ab a + ab + b b) Após recortar, teremos dois cubos, volumes a e b, e paralelepípedos retorretângulos, cada um com volume a b (a + b). c) O volume do cubo maior é (a + b) e também é igual à soma dos volumes menores. (a + b) a + b + ab(a + b) d) Tomando a F 00 e b F 99 temos a + b F 00 + F 99 F 0. Usando a identidade acima temos F 00 + F 99 + F 0 F 00 F 99 a + b + ab(a + b) (a + b) F 0 Todos os números da sequência de Fibonacci são inteiros, logo F 0 é um cubo perfeito..

3 Instruções: XLI OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Prova da Primeira Fase ( de agosto de 07) Nível (8 o e 9 o anos do Ensino Fundamental) Folha de Perguntas A duração da prova é de h0min. O tempo mínimo de permanência é de h0min. Nesta prova há 5 problemas. Cada problema vale,0 pontos. Coloque nas Folhas de Respostas todos os dados pessoais solicitados. Todas as respostas devem ser justificadas, e apresentadas somente nas Folhas de Respostas. Resoluções a tinta ou a lápis. É permitido o uso de calculadora. Ao terminar, entregue apenas as Folhas de Respostas e leve esta Folha de Perguntas com você. PROBLEMA Veja o Problema do Nível Alfa PROBLEMA Veja o Problema do Nível Alfa PROBLEMA Usaremos a notação BAC A, ABC B e ACB C. Usando a soma dos ângulos internos do triângulo, A + B + C 80. a) Usando que DBE DCE 90 e o fato, temos SB SC SD SE DE. b) Veja que CBD DBA CBA 90 B. Pelo fato, temos CED CBD CED 90 B. Usando a soma dos ângulos do triângulo ACE temos CEA A 90 A. Daí temos AED CED + CEA (90 B) + (90 A) 80 A B AED C. Como BAC EAC, pois é ângulo comum, temos ΔABC ΔADE, pelo caso AA. Solução : Veja que a semelhança de triângulos ΔABD ΔACE, pois possuem dois ângulos iguais. Daí AB AC AD AE AB AD AC AE isso adicionado ao fato de BAC EAC nos permite concluir que ΔABC ΔADE, pelo caso LAL. c) Seja X o ponto de interseção de AS e BC. Veja que M e S são correspondentes na semelhança do item b, por isso MAC EAS BAX concluindo que AS é simediana relativa ao vértice A. d) Usando o fato, temos BSC BEC CEA (90 A) BSC 80 A. O triângulo SBC é isósceles (SB SC), logo SBC SCB (80 BSC) (A) A BAC. Solução : Já sabemos do item b que ADE B e AED C. O triângulos SCD é isósceles (SC SD), logo SCD SDC B. Somando os ângulo no ponto C temos ACB + BCS + SCD 80 C + BCS + B 80 BCS 80 B C BCS A. Analogamente, SBC A. PROBLEMA 4 a) Chamando de X e Y os pés das perpendiculares de X e Y ao eixo x temos a congruência de triângulos ΔOX X ΔYY O, pois são triângulos retângulos, em X e em Y, respectivamente, e que possuem catetos com mesmas medidas, a e b. Seja XOX OYY θ. Como são triângulos retângulos, temos OXX YOY 90 θ. Com isso, X OX + XOY + YOY 80 θ + XOY + 90 θ 80 XOY 90.

4 b) Primeiro note que A. O e A são colineares, pois OA e OA formam o mesmo ângulo com o eixo x. Mais do que isso, nota-se que O é o ponto médio do segmento AA. Em seguida, considere o ponto Y ( n, mn). Pelo item a, sabemos que AOY 90. Sejam Y e B os pés das perpendiculares de Y e B ao eixo x. Veja que ΔOY Y ΔOB B, pelo caso LAL, já que os lados são proporcionais OY n n e YY mn n e OB mn m BB m m possuem o mesmo ângulo entre esses lados OY Y OB B 90. Daí BOB YOY implicando que os pontos O, Y e B são colineares. Concluímos que AOB 90 e AA OB. c) A congruência de triângulos ΔOBA ΔOBA vem do caso LAL, já que OA OA, AOB A OB 90 e OB OB. d) Veja que C está no segmento A B, pois x C mn, e AC forma ângulo de 90 com A B, pois y C n y A indica que a reta AC é paralela ao eixo x. Observando o ângulo ACB 90, concluímos que ABC é um triângulo retângulo de lado AC mn ( mn) mn, BC m n e AB A B m ( n ) m + n. PROBLEMA 5 a) Seguindo as orientações do problema, temos Em resumo b) Usando os passos anteriores, determine a fração que está na posição 0. Primeiro devemos fazer as divisões por Considerando os restos de baixo para cima temos, 0,,, e 0. Portanto Em resumo, c) Nesse caso, temos x n p < x p+q n 0. Logo x n + x n p p x q n+. d) Seja p q a última fração que aparece nas caminhos de x n e x n+. Note que para estas frações serem vizinhas temos os caminhos p para x n sendo uma descida para a esquerda, chegando em, seguida de m descidas para a direita, resultando em x p+q n p+m(p+q), e p+q para x n+ sendo uma descida para a direita, chegando em p+q, seguida de m descidas para a esquerda, resultando em x q n+ p+q q+m(p+q). Por exemplo, para x 9 7 e x 0 8 a fração comum é, m e temos x 9 +(+) p Dessa forma, podemos calcular x n + m m < x p+q n < m + x n m e x n + x n p + m() m + + e x 0 + +(+). m() + () p m() q + m() x n+.

5 Instruções: XLI OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA Prova da Primeira Fase ( de agosto de 07) Nível ( a e a séries do Ensino Médio) Folha de Perguntas A duração da prova é de h0min. O tempo mínimo de permanência é de h0min. Nesta prova há 5 problemas. Cada problema vale,0 pontos. Coloque nas Folhas de Respostas todos os dados pessoais solicitados. Todas as respostas devem ser justificadas, e apresentadas somente nas Folhas de Respostas. Resoluções a tinta ou a lápis. É permitido o uso de calculadora. Ao terminar, entregue apenas as Folhas de Respostas e leve esta Folha de Perguntas com você. PROBLEMA Veja o Problema do Nível Alfa PROBLEMA a) Como a corda foi puxada ao máximo temos y tangente a C e os segmentos R e y perpendiculares. Usando as funções trigonométricas temos tg x y y R tg x. R b) Comparando o comprimento de C e o comprimento da corda m maior temos πr + (π x)r + y xr + R tg x tg x x R. c) Observe que a corda puxada possui distância R + h para o centro, logo cos x R R + h cos x + h R h R ( cos x ) h R ( cos x cos x ). d) Usando o item b, podemos calcular o valor aproximado de x Com isso, podemos calcular o valor aproximado de h cos x h R ( x tg x x R x R x. R cos x ) R ( x x Podemos substituir os valores e fazer algumas aproximações x R 0, ) R ( x x ) h R ( R ) ( ( R ) ) 0,776 0 x 0, h 6, , ( 0,60 0 4),9 0 m. A altura máxima é aproximadamente 9 metros. PROBLEMA Veja o Problema do Nível Beta PROBLEMA 4 a) Considere o polinômio x x 0. Resolvendo a equação do º grau temos as raízes x ± ( ) 4 ( ) φ + 5 é raiz do polinômio x x com coeficientes inteiros e φ é algébrico. ± 5. Logo Observação: existem infinitos polinômios com coeficientes inteiros que tem φ como raiz, mas todos são múltiplos de x x, pois este é seu polinômio minimal. b) Pelo Binômio de Newton φ n ( + 5 n ) n k0 ( n k ) n k 5 k n

6 Veja que para k par temos k t 5 k 5 t e para k ímpar temos k t + 5 k 5 t 5. Portanto existem inteiros R e S tal que φ n R 5 + S n ( R n) 5 + ( S n). Então existem racionais r R S n e s. n Veja que se φ n for racional então 5 φn s seria racional, mas é conhecido que 5 não é racional. r Solução alternativa: pode-se provar por indução que φ n F n φ + F n para todo inteiro positivo n, onde F n representa o termo n da sequência de Fibonacci definida por F 0 0, F e F n F n + F n para todo n. c) Suponha que log φ é racional, então podemos escrever log φ p onde p é uma fração irredutível e q > 0. Daí q q log φ p q 0 p q φ 0 p φ q. Isso é uma contradição, pois já sabemos do item b que φ q é irracional e, portanto, não pode ser 0 p que é racional. d) Suponha que log φ não é transcendental. Podemos usar o teorema de Gelfond-Schneider, pois sabemos que a 0 é algébrico e que, por hipótese, b log φ é algébrico irracional. Daí a b 0 log φ φ seria transcendental. Porém, sabemos que φ é algébrico, gerando uma contradição. Concluímos que log φ é transcendental. PROBLEMA 5 a) Temos F n,n, pois só existe uma maneira de tem n vértices numerados distribuídos em n árvores. b) O número de árvores com n vértices e k árvores é F n,k. Para cada um desses grafos temos k raízes e n k vértices que não são raízes. Logo o número de pares floresta e vértice que não é raiz é T F n,k (n k). c) Outra forma de construir o par ordenado floresta e vértice que não é raiz é partir de uma floresta com n vértices e k + árvores. Escolhe-se um vértice qualquer v que pode ser raiz ou não, há n maneiras de fazer isto. Como v está em uma árvore temos outras k + k árvores das quais v não faz parte. Basta conectar a raiz de uma dessas k árvores no vértice v. Portanto, temos T n k F n,k+. A raiz conectada é o vértice selecionado na configuração do item b. Veja que podemos fazer o caminho do item b para essa configuração do item c. Toma-se um dos (n k) vértices que não são raízes. Podemos recortar a conexão dele para a árvore em direção à raiz e transformá-lo numa nova raiz. d) Usando o a equação F n,k (n k) n k F n,k+ com k F n, (n ) n F n, F n, n n F n, e) Podemos usar a mesma equação para k,,,, n F n, n n F n, F n, n n F n, F n, n n F n,4 F n,n n n F n,n Multiplicando tudo Concluímos que F n, F n, F n,n n n n n n F n, F n,n F n,n. F n, n n F n,n n n. Devemos dividir esse valor por n, pois cada árvore rotulada pode ter qualquer um dos n vértices como raiz. Então o número de árvores com vértices rotulados de a n é T n n F n, n n.