XXXV Olimpíada Cearense de Matemática Nível 2 - Oitavo e Nono Anos Reservado para a correção Prova Probl. 1 Probl. 2 Probl. 3 Probl. 4 Probl. 5 Total # 2000 Nota - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - Instruções e Regulamento: 1. Identifique a prova somente no local indicado da capa. 2. Use o verso de cada folha como rascunho. 3. Verifique se sua prova está completa. A prova consta de 5 (cinco) problemas. 4. Somente serão consideradas as soluções escritas no espaço reservado para tal. Para escrevê-las, utilize caneta azul ou preta. 5. Cada problema vale 10 pontos. 6. O tempo de prova é de 4 horas. Nenhum candidato poderá sair antes de completados 30 minutos de prova. 7. Não serão concedidas revisões de prova. 8. As soluções e os premiados serão divulgados oficialmente no sítio www.mat.ufc.br/ocm, até o dia 30/11/2015. Identificação: Prova #2000 Nome: Endereço: E-mail: Escola: Telefone: Série:
Problema 1. Existe algum inteiro positivo que diminui 57 vezes quando apagamos seu algarismo de maior ordem (o primeiro algarismo da esquerda para a direita)? Solução. Veremos que existe uma infinidade de números satisfazendo as condições do enunciado. Seja x um deles. Suponha que x possui n algarismos e escreva x = 10 n a n + y, onde a n {1, 2,..., 9} e y é um inteiro positivo cuja representação decimal possui no máximo n 1 algarismos. Devemos ter 10 n a n + y = 57y, ou seja, Temos então isto é, 56y = 10 n a n. 2 3 7 y = 2 n 5 n a n, a n = 7 e y = 2 n 3 5 n. Assim, se x satisfaz ao enunciado do problema, ele necessariamente é da forma x = 7 10 n + 2 n 3 5 n = 7 10 n + 125 2 n 3 5 n 3 = 7000 10 n 3 + 125 10 n 3 = 7125 10 n 3, com n 3. Com uma conta simples verifica-se que os números desta forma satisfazem, de fato, às condições do enunciado. Em particular, fazendo n = 3 obtemos o número 7125 = 57 125.
Problema 2. Um inteiro positivo n diz-se invocado se existem n inteiros positivos a 1,..., a n, dois a dois distintos, tais que 1 a 1 + + 1 a n = 1. O inteiro positivo 3, por exemplo, é invocado, visto que Mostre que todo inteiro n > 2 é invocado. 1 = 1 2 + 1 3 + 1 6. Solução. Pelo exemplo do enunciado, o número 3 é invocado. Suponha que k 3 é invocado, ou seja, suponha que existem inteiros positivos a 1,..., a k, dois a dois distintos, tais que 1 = 1 a 1 + + 1 a k. (1) Tem-se que a i 2 para todo i {1,..., k} pois, caso contrário, o lado direito de (1) seria maior que 1. Assim, os k + 1 inteiros positivos 2, 2a 1, 2a 2,..., 2a k são dois a dois distintos. Além disso, 1 2 + 1 + + 1 = 1 2a 1 2a k 2 + 1 ( 1 + + 1 ) 2 a 1 a k = 1 2 + 1 2 = 1. Mostramos então que k = 3 é invocado e que se k 3 é invocado, então k + 1 também é invocado. Logo, pelo princípio da indução finita, todo inteiro n > 2 é invocado.
Problema 3. Se P e Q são pontos do plano, denotamos por P Q o comprimento do segmento P Q. Seja ABC um triângulo. Considere o ponto D BC tal que BD = 2 DC. Mostre que 3 AD < AB + 2 AC. Solução. Seja E AC tal que 2 EC = EA. Temos Os triângulos ABC e ECD são semelhantes. Temos Como obtemos AE = 2 AC. (2) 3 DE DC = AB BC. DC = BC 3, DE = AB 3. (3) Considere o triângulo ADE. Pela desigualdade triangular temos Substituindo (2) e (3) em (4), obtemos AD < AE + DE. (4) AD < 2 AC 3 Multiplicando ambos os lados de (5) por 3, obtemos que é a desigualdade desejada. 3 AD < 2 AC + AB, + AB 3. (5)
Problema 4. Tem-se 2015 números reais e sabe-se que a soma de quaisquer 100 desses números é positiva. Mostre que a soma de todos os 2015 números é positiva. Solução. (Baseada nas soluções de Catulo Axel Teixeira Vasconcelos Alves e Felipe Bezerra de Menezes Benício de Sousa). Sejam a 1, a 2,..., a 2015 números reais tais a soma de quaisquer 100 deles é positiva. Temos Somando as 2015 equações acima, obtemos Logo, a soma dos 2015 números é positiva. a 1 + a 2 + + a 99 + a 100 > 0 a 2 + a 3 + + a 100 + a 101 > 0. a 1916 + a 1917 + + a 2014 + a 2015 > 0 a 1917 + a 1918 + + a 2015 + a 1 > 0 a 1918 + a 1919 + + a 1 + a 2 > 0. a 2015 + a 1 + + a 98 + a 99 > 0 100(a 1 + a 2 + + a 2015 ) > 0.
Problema 5. Em um planeta distante há apenas três habitantes, chamados Alfa, Beta e Gama. Alfa e Beta são amigos, Beta e Gama são amigos, mas Alfa e Gama são inimigos. Neste planeta há exatamente três fichas, uma azul, uma branca e uma cinza, e cada um dos habitantes carrega consigo uma das fichas. Cada vez que Alfa e Beta se encontram, eles trocam as fichas que carregam consigo. Beta e Gama também trocam as fichas que carregam consigo cada vez que se encontram. Alfa e Gama, porém, não trocam suas fichas quando se encontram. No início do dia, Alfa estava com a ficha azul, Beta estava com a ficha branca e Gama estava com a ficha cinza. Se Beta trocou de ficha 18 vezes durante o dia, é possível que no final do dia Alfa esteja com a ficha cinza, Beta esteja com a ficha branca e Gama esteja com a ficha azul? Justifique sua resposta. Solução. (Baseada na solução de Enzo Pontes Saraiva de Moraes). Denote a ficha azul por a, a ficha branca por b e a ficha cinza por c. Escreveremos (x, y, z) para denotar que Alfa está com a ficha x, Beta está com a ficha y e Gama está com a ficha z. Considere os conjuntos P e I definidos por e P = {(a, b, c), (b, c, a), (c, a, b)} I = {(a, c, b), (b, a, c), (c, b, a)}. Note que se Alfa, Beta e Gama estão em uma situação representada por um elemento de P e Beta realiza uma troca, então eles passam a uma situação representada por um elemento de I. Além disso, se eles estão em uma situação representada por um elemento de I e Beta faz uma troca, então eles passam a uma situação representada por um elemento de P. Assim, se eles começam o dia na situação representada por (a, b, c) e Beta faz um número par de trocas, eles terminam o dia em uma situação representada por um elemento de P. Logo, após 18 trocas, não é possível que Alfa esteja com a ficha cinza, Beta esteja com a ficha branca e Gama esteja com a ficha azul.