36ª Olimpíada rasileira de Matemática GRITO Segunda Fase Soluções Nível 3 Segunda Fase Parte RITÉRIO E ORREÇÃO: PRTE Na parte serão atribuídos pontos para cada resposta correta e a pontuação máxima para essa parte será 30. NENHUM PONTO deverá ser atribuído para respostas que não coincidirem com o gabarito oficial, abaixo: Problema 0 0 03 0 0 06 Resposta 000 037 006 0030 008 0. [Resposta: 000] Solução: enotaremos nesta solução a área do triângulo XYZ por [XYZ]. Veja que EG [ EG]. G [ G] [ EG] E Gsen EG [ EG] E G gora,. omo EG F, temos (). [ F ] F sen F [ F ] F [ G] G [ EG] [ F] nalogamente, (). ividindo () por (), obtemos [ F] F [ G] [ F ] E [ F] F [ EG] E F. Finalmente, como, temos 3. Logo [ F ] F [ G] F 3 EG e, portanto, m + n =. G 0. [Resposta: 037] Solução: enotaremos o imparial de n por n&. Para determinar os três últimos algarismos de 0&, devemos encontrar o resto de 0& na divisão por 000. Para isso, analisaremos tal número módulo 8 e módulo. nalisando inicialmente módulo 8, sendo 0 = 8 + 6, 0& ( 3 7) 3 7 7 (mód 8). nalisando agora módulo, temos que é um dos fatores de 0& e, portanto, 0& 0 (mód ). ssim, 0& = t t 7 (mód 8) t (mód 8) t 3 (mód 8). Logo t = 8k + 3 e 0& = (8k + 3) = 000k + 37 37 (mód 000). Logo os três últimos algarismos de 0& são 37. 03. [Resposta: ] Solução: Elevando ao quadrado a condição dada, obtemos 0 a n a n n. Somando tal relação com n variando de até 0, temos a = a 3 0. omo a = e a sequência é formada apenas por números positivos, segue que 0 0 a 0 0 0007,7. Logo, o inteiro mais próximo de a 0 é.
0. [Resposta: 006] Solução: Seja k a quantidade de elementos de um conjunto com mediana 0. Temos k. k k Se k é ímpar, escolhemos elementos do conjunto {,,,0} e elementos do k 0 conjunto {03,0}. Por causa disso, k. om isso, há k k 0 conjuntos nesse caso. Somando, obtemos 0 0. 0 0 Se k é par, então k = ou k =. Se k =, podemos escolher {0,03} ou {00,0}; se k =, devemos ter dois números maiores do que 0, ou seja, ambos 03 e 0, 0, e qualquer um dos números de a 00. ssim, se k é par, o total é + 00 = 0. Somando tudo e vendo módulo 0, temos 0 0 0 0 ( 3) 000 006 (mód0) 0 0 0. [Resposta: 0030] Solução: figura a seguir mostra uma visão superior da caixa com sua sombra. Note que como os raios de luz formam º com o chão, a sombra das arestas laterais têm comprimento igual à altura h da caixa e são paralelas entre si. Essas sombras induzem uma translação da base de um vetor v paralelo à projeção dos raios de luz no chão e de comprimento h: omo a distância entre e é igual à distância entre e, as áreas dos paralelogramos e são iguais. nalogamente, as áreas de EF e EF são iguais também. este modo, a área da sombra é [ ] + [ EF] = [FE] E h. Note que a igualdade ocorre quando v E. ssim, basta calcular E h para cada possibilidade de base do bloco. ase 3 : E 3 e h = 6, área 6 = 30; ase 3 6: E 3 6 3 e h =, área 3 = < 30; ase 6: E 6 3 e h = 3, área 3 3 = 6 3 < 30. ssim, a maior sombra que o bloco pode ter é 30. 06. [Resposta: 008] Solução: Se a < b e a divide b, ou seja, b é múltiplo de a, b é pelo menos a, ou seja, b a. ssim, sendo a < a < < a k < 06 < a k + < < a n < 000000 os elementos de um conjunto completamente divisível, temos nk nk 000000 a a a a 06 n n E v v n nk 000000 n k 9 n k 0 06 lém disso, todos os números a, a,, a k são divisores de 06 = 3 7. omo 06 tem 8 fatores primos não necessariamente distintos, e a i /a i é inteiro maior do que, k 8 e a quantidade n de elementos de um conjunto completamente divisível é n 8 + 0 = 8. O conjunto a seguir é um exemplo de conjunto completamente divisível com 8 elementos: {,,,8,6,3,96,88,06,03,806,68,36,6,90,808,6096,039} k F v v
Soluções Nível 3 Segunda Fase Parte PROLEM : Seja n a quantidade de alunos que eram contra o adiamento da prova e seja n a quantidade de alunos que eram a favor do adiamento da prova. Sejam x o número de alunos que mudaram de a favor para contra o adiamento da prova e 8 x o número de alunos que mudaram de contra para a favor do adiamento da prova. omo /9 dos alunos passaram a ser contra o adiamento da n x ( 8 x) n prova, x. omo x é inteiro, devemos ter n = 3k, k inteiro positivo. 3n 9 3 Logo x = k +. omo x 8, segue que k e sendo o total de alunos 3n = 9k, o número máximo de alunos é 36, que claramente pode ser atingido. RITÉRIO E ORREÇÃO: Obteve uma equação que permite calcular x em função de n ou equivalente: [+ pontos] alculou x: [+ pontos] Provou que a quantidade de alunos é no máximo 36: [+ 3 pontos] s seguintes pontuações não se acumulam com as anteriores nem entre si: Obteve um exemplo com 36 alunos: [ ponto] itou somente o caso particular em que todos os 8 alunos que mudaram de opinião o fizeram de a favor para contra, afirmando que é o pior caso, sem demonstração: [no máximo pontos] Só a resposta: [0 ponto]
PROLEM : Provaremos que S possui pelo menos pontos. Para isso, considere a figura a seguir: M Q P X O R ada circunferência exibida tem raio e, portanto, deve possuir pelo menos um ponto de S em sua borda ou seu interior. Logo S possui pelo menos pontos, um de cada círculo, ou S contém pelo menos um ponto do conjunto {O, P, Q, R} dos pontos de tangência das circunferências. Suponha que esse ponto é Q. lém disso, S deve ter mais um ponto de cada um dos círculos com borda vermelha. Se S não contém O, tem um ponto X no círculo da esquerda e um ponto Y no círculo da direita e, se S tem menos que elementos, S = {Q, X, Y}. Se X é diferente de P, ou seja, ele está abaixo de P, deslocamos o círculo superior esquerdo para baixo, obtendo o círculo tracejado preto que não contém pontos de S. Logo P e, analogamente, R, estão em S. Mas aí S = {P, Q, R} e o círculo de centro O não contém pontos de S, absurdo. Se S contém O, considere os pontos médios M e N dos lados e. Então MN tangencia as quatro circunferências. Note que devemos ter um ponto K em S no interior do retângulo MN; caso contrário, algum círculo que tangencia e MN (como o tracejado na figura) não contém pontos de S. nalogamente, devemos ter mais um ponto L em S no interior do retângulo NM. om isso, S tem pelo menos quatro elementos: O, Q, K e L, nova contradição. Isso mostra que S possui pelo menos pontos. firmamos agora que S = {O, P, Q, R} satisfaz as condições do enunciado. Para isso, veja inicialmente que as circunferências de raio que estão inteiramente contidas no quadrado de lado têm centro na borda ou no interior do quadrado TUVW abaixo, que tem mesmo centro que e lado =. ssim, para mostrar que S = {O, P, Q, R} satisfaz o enunciado, basta mostrar que as circunferências de raio com centro nos pontos de S cobrem inteiramente o quadrado TUVW. Para isso, basta considerar a figura a seguir: N U P Q V R T O W Portanto a quantidade mínima de pontos de S é. Observação: Há vários outros exemplos de conjuntos S com pontos. O critério para verificar se funciona é o mesmo: os círculos com centro em S e raio cobrem TUVW.
RITÉRIO E ORREÇÃO: Parte I: Provar que S tem pelo menos elementos (valor total: 6 pontos) Provou que S tem no mínimo pontos: [+ 6 pontos] seguinte pontuação não se acumula com a anterior, mas se acumula com as demais: Mostrou que S tem pelo menos 3 pontos: [ pontos] Mostrou que S tem pelo menos pontos: [0 ponto] Parte II: Mostrar que S pode ter elementos (valor total: pontos) Exibiu um exemplo com pontos: [+ ponto] Mostrou por que o exemplo com pontos funciona: [+ 3 pontos] Só a resposta: [0 ponto]
PROLEM 3: Uma solução: P x + x R U T S Seja P a interseção dos lados e. Sejam também PU = PS = x + e P. Fazendo a lei dos cossenos nos triângulos P e P, temos x ( x ) 9 ( x ) ( x 6) 36 cos e cos. x( x ) ( x )( x 6) Igualando as duas últimas expressões, segue que x x x 0x 8 6. x x x 0x x x x 0x 6 Logo x x 8 0 x, pois x é positivo. Isso nos dá x x x 0x 9 cos. Voltando ao triângulo PSU, segue pela lei dos cossenos que SU = (x+) + (x+) (x+) 7 6 0 cos = 36 + 36 7cos =. Logo SU. Outra solução: U R r r T Seja I o centro do círculo inscrito no. Inicialmente, veja que os triângulos IU e IR são congruentes pelo caso LL. Logo RS = UT =. Sejam os outros ângulos como marcados na figura e seja também r o raio da circunferência inscrita no quadrilátero. Temos I r r S tg r,
r r tg e tg. Veja que 80 tg tg r r r r r. r r r r gora, no triângulo ISU, temos SU = r sen. Sendo tg 3, 3 0 sen 9cos 9 sen sen. Logo SU = 0 3 0 6 0. 0 RITÉRIO E ORREÇÃO: Encontrou um sistema de equações que permita encontrar o da primeira solução ou o r da segunda solução: [+ pontos] Encontrou o da primeira solução ou o r da segunda solução: [+ 6 pontos] oncluiu: [+ pontos] s seguintes pontuações não se acumulam com as anteriores nem entre si: Prolongou dois lados opostos e marcou a interseção (como P na primeira solução): [ ponto] Mostrou que é cíclico (sim, é cíclico): [0 ponto] alculou RS, ST, TU ou RU: [0 ponto] 6 0 alculou RT = no lugar de SU (a conta é análoga): [0 pontos] Só a resposta: [0 ponto]