XXXIV Olimpíd Brsileir de Mtemátic GABARITO Segund Fse Soluções Nível 3 Segund Fse Prte A PARTE A N prte A serão tribuídos 4 pontos pr cd respost corret e pontução máxim pr ess prte será 0. NENHUM PONTO deverá ser tribuído pr resposts que não coincidirem com o gbrito oficil, bixo: Problem 01 0 03 04 05 Respost 1003 0546 001 1301 9780 01. [Respost: 1003] Solução: Suponh que s dics 1 e 3 sejm mbs verddeirs. Então número é cubo perfeito e múltiplo de 59. Ms 59 é primo, de modo que é múltiplo de 59 3 > 10000, o que não é possível. Assim, dic está corret. k Utilizremos o fto de que um número cuj ftorção em primos é p 1 1 p pk tem ( 1 + 1)( + 1) ( k + 1) divisores positivos. Um número tem qutro divisores positivos se, e somente se, é d form pq ou p 3, p,q primos. Note que 1000 = 3 5 3 tem 4 4 = 16 divisores positivos; 1001 = 7 11 13 tem = 8 divisores positivos; 100 = 3 167 tem 8 divisores positivos; 1003 = 17 59 tem = 4 divisores positivos. Assim, o número pensdo por Arnldo é 1003. 0. [Respost: 0546] Solução: Temos bc( + b + c) = 1001c = 00 = 3003b, de modo que c = = 3b. Assim, = c/ e b = c/3, de modo que b( + b + c) = 1001 b(c/ + c/3 + c) = 1001 bc = 546. 03. [Respost: 001] Solução: Vej que B'M = MF =. Se N denot o ponto médio do ldo DC, ind temos NF = 1. Dí, CD = DN + NF + FM + MC' = (NF + FM + MC') = (1 + + 1) = 4 + = 4 + 8, e = 4 e b = 8. 04. [Respost: 1301] Solução: Primeiro note que se n é ímpr então n + 5 é pr e mior do que, ou sej, não é primo. Logo n é pr. Além disso, se n = 3k ± 1, n + 5 = 9k ± 6k + 6 é múltiplo de 3 e mior do que 3, ou sej, não é primo. Logo n é múltiplo de 3, e portnto é múltiplo de 6. Assim, os próximos cndidtos primo são 18 + 5 = 18 3 +14 = (18 3)(18 + 3) + 14 = 15 1 + 14 e 4 + 5 = 4 3 + 14 = (4 3)(4 + 3) + 14 = 1 7 + 14, ms mbos são múltiplos de 7. O número 30 + 5 é múltiplo de 5. O próximo número ser testdo é 36 + 5 = 1301. Verific-se que esse número é primo (bst verificr todos os primos té 36, ou sej,, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 3, 9, 31; vendo módulo cd um desses primos, obtemos 5, 5, 1, 1 + 5 = 6, 3 + 5 = 14, ( 3) + 5 = 14, + 5 = 9, ( ) + 5 = 9, ( 10) + 5 = 105, 7 + 5 = 54 e 5 + 5 = 30).
05. [Respost: 9780] Solução: Considere dus ds dez rets r 1 e r. Cd ret r i cort um círculo em M i e N i e o outro em P i e Q i. M 1 A M N P Q 1 X Q N 1 B P 1 A potênci de X em relção os círculos é XM 1 XN 1 = XP 1 XQ 1 = XA XB e XM XN = XP XQ =XA XB, respectivmente. Logo temos XM 1 XN 1 = XP XQ e XM XN = XP 1 XQ 1, de modo que os qudriláteros M 1 Q N 1 P e M Q 1 N P 1 são cíclicos. Logo qulquer pr de rets determin pelo menos dois qudriláteros cíclicos que não estão inscritos em nenhum ds dus circunferêncis. Contndo com os qudriláteros inscritos n circunferênci, temos como totl no 0 10 0 19 18 17 10 9 mínimo = + = 9780 4 + qudriláteros cíclicos. Além disso, 4! pode-se exibir exemplos com extmente 9780 qudriláteros cíclicos.
Soluções Nível 3 Segund Fse Prte B PROBLEMA 1: b c Temos r + s = b = ( r + s) e rs = c = rs, logo b + c = (rs r s) = ((1 r)(1 s) 1) < 0, pois 0 < 1 r < 1 e 0 < 1 s < 1, de modo que (1 r)(1 s) < 1. Outr mneir de provr que rs r s < 0 é notr que rs r s = r(1 s) s < 0 pois 1 s > 0 e s < 0. Escreveu b + c em função de, r e s: [+ 3 pontos] Mostrou que rs r s é negtivo: [+ 7 pontos] As seguintes pontuções não se cumulm com s nteriores nem entre si: Substituiu qulquer dos prâmetros por vlores prticulres: [0 ponto] b c Só escreveu s relções r + s = e rs = : [0 ponto] Supôs, sem perd de generlidde, = 1: [0 ponto]
PROBLEMA : Temos AB = BD + AD e AC = CD + AD. Podemos supor, sem perd de generlidde, que BD CD. Substituindo n equção, temos 1 1 1 1 1 1 1 CD + = = = AB AC AD BD + AD AD CD + AD BD + AD AD ( CD + AD ) AD ( CD + AD ) = CD ( BD + AD ) AD = BD CD Ou sej, BD CD = 01. Como BD CD e 01 = 4 503 tem (4 + 1)( + 1) = 15 divisores positivos, BD tem 8 possíveis vlores, sendo que em um deles, BD = CD = 01. Com exceção desse cso, há dois triângulos que stisfzem ess condição, um com BC = BD + CD e ângulo m ( ABˆ C) gudo (de fto, nesse cso ABC é retângulo em A) e outro com BC = CD BD e m ( ABˆ C) obtuso. A A B D C Com isso, o totl de triângulos pedido é 7 + 1 = 15. D B C Obteve BD CD = 01 : [+ pontos] Mostrou que BD CD = 01 tem 8 soluções não ordends {BD, CD}: [+ 5 pontos] Mostrou que cd solução com BD CD ger dois triângulos: [+ pontos] Concluiu: [1 ponto] As seguintes pontuções não se cumulm com s nteriores nem entre si: Somente exibiu lguns exemplos, como o triângulo com CD = BD = 01: [0 ponto] Obteve 15 soluções (BD, CD) ms não percebeu que soluções simétrics germ o mesmo triângulo nem estudou os csos que germ dus soluções: [6 pontos] Esqueceu que BD = CD não ger dus soluções, ms fez o resto: [9 pontos] Só respost: [0 ponto]
PROBLEMA 3: Sej M o ponto médio do ldo AB. D G F C E H A M B Note que m ( GBH ˆ ) = m( GBE ˆ ) + m( EBH ˆ ) = (90 m( GBˆ A)) + 60 = 90 o 60 o + 60 o = 90 o e BG = AB = BC = BE = BH. Além disso, no triângulo BMF, m ( BM ˆ F) = 90 o e MF = MB. Logo os triângulos GBH e FMB são semelhntes pelo cso LAL, com mesm orientção. Portnto o ângulo entre s rets BF e GH é o mesmo que o ângulo entre s rets BG e MF, que é m ( BG ˆ M ) = 30 o. Mostrou que o triângulo GBH é retângulo: [+ 3 pontos] Mostrou que os triângulos GBH e FMB são semelhntes: [+ 4 pontos] Concluiu: [+ 3 pontos] As seguintes pontuções não se cumulm com s nteriores, ms se cumulm entre si: Pr soluções envolvendo geometri nlític, complexos ou trigonometri: mrcr s coordends de todos os pontos de A H vle [ pontos], encontrr o coeficiente ngulr de BF vle [+ pontos] e encontrr coeficiente ngulr de GH vle [+ 3 pontos]; concluir vle [+ 3 pontos]. Só respost: [0 ponto]
PROBLEMA 4: Antes d últim jogd, há somente um triângulo ou vários triângulos com um segmento em comum, lém de possivelmente outros segmentos que não prticipm de triângulos. Chmemos esss configurções de vencedors. Se o jogdor recebe um configurção que contém um ds configurções seguir e mis segmentos, o jogdor pode retirr lgum desses segmentos e devolver outr configurção que contém mesm configurção. Esss configurções têm pelo menos dois triângulos e não são vencedors. Note que tods s configurções têm extmente seis segmentos. Considere então configurção imeditmente nterior à penúltim jogd d prtid. Tods tis configurções devem ter pelo menos dois triângulos; dois triângulos têm s seguintes possibiliddes: sem ldos nem vértices em comum; extmente um vértice em comum; ou um ldo em comum. Os dois primeiros csos correspondem às dus primeirs figurs cim; o segundo cso; cso não existm dois triângulos em um desss dus condições, todo pr de triângulos tem um ldo em comum; isso só ocorre se todos têm um ldo em comum (o que é um configurção vencedor, que não pode precer n penúltim jogd) ou prece configurção d direit (se um triângulo não tem o mesmo ldo comum com os outros então tem dois ldos diferentes em comum com dois outros triângulos, que têm um ldo em comum). Logo tod configurção não vencedor contém pelo menos um ds configurções cim, de modo que configurção imeditmente nterior à penúltim jogd é um ds três configurções cim. Tods esss configurções têm 6 segmentos. Com isso, o jogdor que tem estrtégi vencedor depende d pridde d quntidde de segmentos retirdos té então, que é 01 01 6. Ou sej, se 01 é pr Jde vence e se é ímpr Esmerld vence. Como 01 01 011 = = 1006 011 é pr, Jde vence. Observção: generlizndo o jogo pr n vértices, temos que Jde jogdor vence se n = 4k ou n = 4k + 1 e que Esmerld vence se n = 4k + ou n = 4k + 3. Mostrou que n penúltim jogd sobrm 6 segmentos: [+ 8 pontos] 01 Clculou pridde de e concluiu: [+ pontos; só dr ess pontução se houve lgum progresso em relção o item nterior] As seguintes pontuções não se cumulm com s cim e nem entre si. Obteve tods s configurções vencedors: [ pontos] 01 Só clculou pridde de : [0 ponto] Argumentos de simetri incompletos: [0 ponto] Fez csos pequenos (trocndo 01 por números menores) : [0 ponto]