XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
Segunda Fase – Nível 1 (5a. ou 6a. séries)
PARTE A
(Cada problema vale 3 pontos)
01.
Quantas vezes aparece o algarismo 9 no resultado da operação 10100 – 2003?
02.
Quantos números inteiros maiores do que 20032 e menores do que 20042 são múltiplos de 100?
03.
Quantos triângulos existem cujos lados estão
sobre alguns dos segmentos traçados na figura ao
lado?
04.
Um estudante, com muito tempo livre e muita curiosidade, resolveu fazer o seguinte: a cada
minuto, ao mudar o horário em seu relógio digital, marcava em seu caderno um X para cada
algarismo que aparecia no visor. Assim, se seu relógio mostrava ele marcava X e
quando seu relógio mostrou ele marcou XX. Começou a fazer isso quando seu relógio
mostrava e parou quase doze horas depois, quando o relógio mostrava .
Calcule a metade da quantidade de X que ele marcou em seu caderno.
05.
A grande atração do OBM Parque é uma roda gigante (a figura mostra uma roda gigante
similar, porém com um número menor de cabines). As cabines são numeradas com 1, 2, 3,…,
no sentido horário. Quando a cabine 25 está na posição mais baixa da roda-gigante, a de
número 8 está na posição mais alta. Quantas cabines tem a roda-gigante?
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1
06.
Anos bissextos são múltiplos de 4, exceto aqueles que são múltiplos de 100 mas não de 400.
Quantos anos bissextos houve desde a Proclamação da República, em 1889, até hoje?
07.
Em um dado comum a soma dos pontos sobre faces opostas é sempre 7. Beatriz construiu uma
torre com 4 dados comuns iguais, colando as faces como mostrado na figura. Qual é o menor
número de pontos que Beatriz pode obter somando todos os pontos das dezoito faces da
superfície da torre?
08.
Na multiplicação a seguir a, b, c e d são algarismos.
45
a3 ×
3bcd
Calcule b + c + d.
09.
A média de cinco inteiros positivos diferentes é 11. Determine o maior valor possível para o
maior dos cinco inteiros.
10.
Nove peças diferentes de dominó estão sobre uma mesa, parcialmente cobertos por um pedaço
de papel. Os dominós se tocam de modo que 1 ponto é vizinho a 1 ponto, 2 pontos são vizinhos
a 2 pontos, etc. Qual o total de pontos escondidos pelo papel?
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2
PARTE B
(Cada problema vale 10 pontos)
PROBLEMA 1
Quais números inteiros positivos menores que 120 podem ser escritos como soma de duas ou
mais potências distintas de base 3 e exponente positivo? Por exemplo, 12 = 32 +31 é um
número deste tipo mas 18 = 32 + 32 não é.
PROBLEMA 2
No desenho ao lado, o quadrado
ABCD tem área de 64 cm2 e o
quadrado FHIJ tem área de 36 cm2.
Os vértices A, D, E, H e I dos três
quadrados pertencem a uma mesma
reta. Calcule a área do quadrado
BEFG.
PROBLEMA 3
Considere o produto de todos os divisores positivos de um número inteiro positivo, diferentes
desse número. Dizemos que o número é poderoso se o produto desses divisores for igual ao
quadrado do número. Por exemplo, o número 12 é poderoso, pois seus divisores positivos
menores do que ele são 1, 2, 3, 4 e 6 e 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 6 = 144 = 122 . Apresente todos os números
poderosos menores do que 100.
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3
XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
Segunda Fase – Nível 2 (7a. ou 8a. séries)
PROBLEMA 1
No desenho ao lado, o quadrado
ABCD tem área de 30 cm2 e o
quadrado FHIJ tem área de 20 cm2.
Os vértices A, D, E, H e I dos três
quadrados pertencem a uma mesma
reta. Calcule a área do quadrado
BEFG.
PROBLEMA 2
Dados os números inteiros de 1 a 26, escolha 13 dentre eles de forma que:
1) O número 4 está entre os números escolhidos.
2) Nenhum número escolhido é divisor de outro número escolhido.
PROBLEMA 3
Uma folha retangular ABCD de área 1000 cm2
foi dobrada ao meio e em seguida desdobrada
(segmento MN); foi dobrada e desdobrada
novamente (segmento MC) e finalmente,
dobrada e desdobrada segundo a diagonal BD.
Calcule a área do pedaço de papel limitado
pelos três vincos (região escura no desenho).
PROBLEMA 4
Considere o produto de todos os divisores positivos de um número inteiro positivo, diferentes
desse número. Dizemos que o número é poderoso se o produto desses divisores for igual ao
quadrado do número. Por exemplo, o número 12 é poderoso, pois seus divisores positivos
menores do que ele são 1, 2, 3, 4 e 6 e 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 6 = 144 = 122 . Apresente todos os números
poderosos menores do que 100.
PROBLEMA 5
Seja f : #*+ → #*+ , uma função tal que f ( x ) f ( y ) − f ( xy ) = x + y , quaisquer que sejam os
y x
reais não nulos x e y .
(a) Calcule f(1)
(b) Encontre uma fórmula para f(x)
PROBLEMA 6
Dizemos que um número N de quatro algarismos é biquadrado quando é igual à soma dos
quadrados de dois números: um é formado pelos dois primeiros algarismos de N, na ordem em
que aparecem em N e o outro, pelos dois últimos algarismos de N, também na ordem em que
aparecem em N.
Por exemplo, 1233 é biquadrado pois 1233 = 122 + 332. Encontre um outro número
biquadrado.
Observação: Lembre-se de que um número de quatro algarismos não pode começar com zero.
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4
XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
Segunda Fase – Nível 3 (Ensino Médio)
PROBLEMA 1
No triângulo ABC, M é o ponto médio do lado AC, D é um ponto sobre o lado BC tal que AD é
bissetriz do ângulo BÂC e P é o ponto de interseção de AD e BM. Sabendo que a área de ABC é
100, AB = 10 e AC = 30, calcule a área do triângulo APB.
PROBLEMA 2
Dizemos que um número N de quatro algarismos é biquadrado quando é igual à soma dos
quadrados de dois números: um é formado pelos dois primeiros algarismos de N, na ordem em
que aparecem em N e o outro, pelos dois últimos algarismos de N, também na ordem em que
aparecem em N.
Por exemplo, 1233 é biquadrado pois 1233 = 122 + 332. Encontre um outro número
biquadrado.
Observação: Lembre-se de que um número de quatro algarismos não pode começar com zero.
PROBLEMA 3
Entre 15 números reais distintos, o menor deles igual a 1, não há três que podem ser lados de
um triângulo. Quais valores o maior dos 15 números pode assumir?
PROBLEMA 4
O triângulo ABC é retângulo em A. Dentre os pontos P pertencentes ao perímetro do triângulo,
encontre aquele que minimiza a soma AP + BP + CP.
PROBLEMA 5
Um quadrado de lado 3 é dividido em 9 quadrados de lado unitário, formando um
quadriculado. Cada quadrado unitário é pintado de azul ou vermelho. Cada cor tem
probabilidade
1
de ser escolhida e a cor de cada quadrado é escolhida independentemente das
2
demais. Qual a probabilidade de obtermos, após colorirmos todos os quadrados unitários, um
quadrado de lado 2 pintado inteiramente de uma mesma cor?
PROBLEMA 6
Calcule a soma
n
2k +1
∑3
k =0
2
k
+1
=
21
22
23
24
+
+
+
+
31 + 1 32 + 1 34 + 1 38 + 1
" + 32 + 1
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5
n +1
n
2
XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
Primeira Fase – Nível Universitário
PROBLEMA 1
Seja X ⊆ 5 3 o poliedro convexo cujos vértices são todos os pontos ( x, y , z) ∈ =3 com
x 2 + y 2 + z 2 = 2. Calcule o volume de X.
PROBLEMA 2
O tenista Berrando Gemigemi tem 30 dias para preparar-se para um torneio. Se ele treina 3
dias seguidos ele tem fadiga muscular. Ele, então, decide que, durante esses 30 dias, irá treinar
20 dias, sem nunca treinar 3 dias seguidos, e descansar nos outros 10 dias. De quantas
maneiras diferentes ele pode escolher os 10 dias de descanso?
PROBLEMA 3
Sejam A e B matrizes reais n × n inversíveis. Mostre que se vale a condição ( AB) k = Ak B k
para três valores inteiros consecutivos de k então AB = BA.
PROBLEMA 4
1 1
1
1
1
π2
+
+
=
...
. Defina f (n) = ∑ 2 = 1 + 2 + ... + 2 .
2
2
2
n
2 3
6
2
0< k ≤ n k
k >0
Prove que existe um número real a > 0 tal que existe o limite:

π2 a 2
+ ⋅n .
lim  f (n ) −
n →∞
6 n

Calcule a e este limite.
Sabemos que
1
∑k
=1+
PROBLEMA 5
Sejam a e n inteiros, n > 1, mdc(a, n) = 1.
Prove que o polinômio (1 n ) (( X + a ) n − X n − a ) tem todos os coeficientes inteiros se e
somente se n é primo.
PROBLEMA 6
Defina a1 = 3, an +1 = an2 − 2.
log log an
= log 2 e calcule lim ( log log an − n log 2).
Prove que lim
n →∞
n →∞
n
(Observação: os logaritmos estão todos na base e).
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6
Soluções Nível 1 – Segunda Fase – Parte A
CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A
Na parte A serão atribuídos 3 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
Resposta
01
98
02
40
03
17
04
66
05
34
06
27
07
58
08
15
09
45
10
22
As soluções a seguir são puramente para fins didáticos.
HJJJJJJJJJG
HJJJJJJJJJJJG
1. 10100 − 2003 = 1000...000− 2003 = 999...97997 . Dos cem algarismos do resultado, dois são
100 zeros
100 algarismos
o 7; portanto o número de algarismos 9 no resultado é 98 .
2.
20032 = 4012009 e 20042 = 4016016 . Os múltiplos de 100 são 4012100 = 40121 × 100,
4012200 = 40122 × 100, 4012300 = 40123 × 100, ..., 4016000 = 40160 × 100. O número
de múltiplos de 100 é, então, 40160 − 40120 = 40 .
3. Podemos contar o número de triângulos segundo o diagrama abaixo:
1 triângulo
2 triângulos
2 triângulos
2 triângulos
3 triângulos
3 triângulos
3 triângulos
1 triângulo
O número total de triângulos é 1 + 2 + 2 + 2 + 3 + 3 + 3 + 1 = 17 .
4. Quando o numerador das horas mostrar 01, 02, ..., 12, o marcador dos minutos apresentará
o algarismo 7 nas seguintes situações: 07, 17, 27, 37, 47 e 57, totalizando 12 × 6 = 72
exibições no marcador de minutos. Ocorre que o algarismo 7 também aparece no marcador
das horas nas situações 07:00, 07:01, etc, ou seja, devem ser contadas mais 60 exibições do
7. O número total de vezes em que aparece o 7 é 72 + 60 = 132 e metade desse número é
66 .
5. Se as cabines de números 8 e 25 estão em pontos diametralmente opostos na
circunferência, então, de cada lado do diâmetro existem 25 – 8 – 1 = 16 cabines. Logo o
número total de cabines da roda gigante é 2 × 16 + 2 = 34 .
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
7
6. Os anos bissextos são 1892, 1896, 1904, ..., 2000 (note que 1900 não é bissexto, pois é
múltiplo de 100 mas não é de 400; por outro lado, 2000 é bissexto, pois é múltiplo de 100 e
2000 − 1904
de 400). De 1904 a 2000 há
+ 1 = 24 + 1 = 25 múltiplos de 4. Portanto, o
4
número de anos bissextos desde 1889 até agora é 25 + 2 = 27 .
7. As faces laterais em cada dado compõem-se de dois pares de faces opostas, logo nelas a
soma é sempre 7 + 7 = 14. Temos liberdade de escolher os números que vão ficar na face
superior e na face inferior, pois há 4 dados na pilha. Para minimizar a soma, escolhemos o
1 para figurar nessas duas faces . Portanto a soma mínima é 2 + 4 × 14 = 58 .
8. No produto 45 × a3 = 3bcd, é imediato concluir que d = 5, isto é, 45 × a3 = 3bc5. Fazendo
uma estimativa de a, vemos que as possibilidades são duas: 45 × 73 = 3285 e 45 × 83 =
3735 de onde se conclui que para a = 7 temos b = 2 e c = 8, e para a = 8 temos b = 7 e c =
3. Portanto, b + c + d = 2 + 8 + 5 = 7 + 3 + 5 = 15 .
a+b+c+d +e
= 11 ⇔ a + b + c + d + e = 55 .
5
Um desses números, digamos a, é o maior possível se, e somente se, a soma dos demais for
a menor possível. Isto ocorre para b + c + d + e = 1 + 2 + 3 + 4 = 10 , de onde vem que a = 55
– 10 = 45 .
9. Sejam a, b, c, d, e os cinco números. Temos
10. Seja x o número de pontos que deve aparecer nas metades das peças do dominó conforme
o desenho abaixo:
x
x x x
Temos x ≠ 0 (pois já foi usada a peça 0:3), x ≠ 1 e x ≠ 4 (já foi usada a peça 4:1), x ≠ 2 (já
foi usada a peça 2:1), x ≠ 5 (já foi usada a peça 5:1) e x ≠ 6 (já foi usada a peça 6:2).
Portanto, x = 3 (verifica-se que este caso é possível) e a soma dos pontos é 3 + 4 + 1 + 2 + 4 ×
3 = 22 .
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8
Soluções Nível 1 – Segunda Fase – Parte B
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:
Temos 31 = 3, 32 = 9, 33 = 27, 34 = 81 mas 35 = 243 (não serve) . Assim, os números obtidos de
acordo com as condições do problema são:
3 + 9 =12, 3 + 27 = 30, 3 + 81 = 84, 9 + 27 = 36, 9 + 81 = 90, 27 + 81 = 108,
3 + 9 + 27 = 39, 3 + 9 + 81 = 93, 3 + 27 + 81 = 111, 9 + 27 + 81 = 117.
Note que o número 3 + 9 + 27 + 81 = 120 não serve.
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
•
Atribuir 1 ponto a cada número encontrado.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:
PRIMEIRA SOLUÇÃO: Os triângulos ABE e EHF são retângulos em A e H, respectivamente; a
medida do ângulo BÊF é de 90o; se a medida do ângulo HÊF é x, então a medida dos ângulos
ˆ e AÊB é 90o – x e, conseqüentemente, a medida do ângulo ABE
ˆ é x; como BE = EF (são
EFH
lados do mesmo quadrado), então os triângulos mencionados são congruentes (pelo caso ALA
de congruência de triângulos). Utilizando o teorema de Pitágoras, podemos escrever
BE 2 = AB 2 + AE 2 , o que mostra que a área do quadrado BEFG é a soma das áreas dos
quadrados ABCD e FHIJ, ou seja, 64 + 36 = 100 cm2.
SEGUNDA SOLUÇÃO: Os triângulos ABE e EHF são retângulos em A e H, respectivamente; a
medida do ângulo BÊF é de 90o; se a medida do ângulo HÊF é x, então a medida dos ângulos
ˆ e AÊB é 90o – x e, conseqüentemente, a medida do ângulo ABE
ˆ é x; como BE = EF (são
EFH
lados do mesmo quadrado), então os triângulos mencionados são congruentes (pelo caso ALA
de congruência de triângulos). Como o quadrado ABCD tem área igual a 64 cm2, concluímos
que seus lados medem 64 = 8 cm; o quadrado FHIJ tem área igual a 36 cm2, logo seus lados
medem 6 cm. Temos então, BA = EH = 8 cm e FH = AE = 6 cm.
Utilizando o teorema de Pitágoras, podemos escrever BE 2 = AB 2 + AE 2 = 82 + 62 = 100 , ou
seja, a área do quadrado BEFG é 100 cm2.
TERCEIRA SOLUÇÃO (sem usar o teorema de Pitágoras): Os triângulos ABE e EHF são
retângulos em A e H, respectivamente; a medida do ângulo BÊF é de 90o; se a medida do
ˆ e AÊB é 90o – x e, conseqüentemente, a
ângulo HÊF é x, então a medida dos ângulos EFH
ˆ é x; como BE = EF (são lados do mesmo quadrado), então os triângulos
medida do ângulo ABE
mencionados são congruentes (pelo caso ALA de congruência de triângulos). Como o
quadrado ABCD tem área igual a 64 cm2, concluímos que seus lados medem 64 = 8 cm; o
quadrado FHIJ tem área igual a 36 cm2, logo seus lados medem 6 cm. Portanto, BA = EH = 8
cm e FH = AE = 6 cm.
8+6
AB + FH
A área do trapézio ABFH é igual a
⋅ AH =
⋅ 14 = 98 cm2 . Como o trapézio é
2
2
composto pelos triângulos ABE, EHF e BEF e a área dos triângulos congruentes ABE e EHF é
6⋅8
= 24 cm 2 , concluímos que a área do triângulo BEF é 98 – 2 × 24 = 50 cm2 e,
2
conseqüentemente, a área do quadrado ABFH é o dobro, ou seja, 100 cm2.
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9
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
•
Para resoluções completas: atribuir 10 pontos para uma solução completa equivalente às
mostradas. Por solução completa se entende:
a) mostrar ou demonstrar a congruência dos triângulos retângulos;
b) usar Pitágoras para calcular a área do quadrado (direta ou indiretamente) ou usar a área
do trapézio para achar a área da metade do quadrado e, em seguida, a área do quadrado.
•
Para resoluções parciais:
a) calculou corretamente os lados dos quadrados: 1 ponto para cada quadrado.
b) explicou de forma convincente que ∆ABE e ∆EHF são congruentes (não é necessária
menção explícita ao caso ALA ou LAAo de congruência): 3 pontos.
c) intuiu que o lado do quadrado mede 10 cm (palpite ou avaliação) sem explicar
corretamente mas calculou a área do quadrado corretamente: 2 pontos.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:
PRIMEIRA SOLUÇÃO: Os divisores positivos de um número inteiro N são d1 , d 2 , d3 ,
!≤ d
!, d , tais
k
= N e podemos observar que 1 ⋅ N = d 2 ⋅ d k −1 = d 3 ⋅ d k − 2 etc.
Por exemplo, os divisores positivos de 12 são 1, 2, 3, 4, 6 e 12, de forma que 1×12 = 2×6 =
3×4. Note que ao excluir os divisores 1 e 12, restam 2, 3, 4 e 6, cujo produto é 2×3×4×6 =
(2×6)×(3×4) = 12×12 = 122. Assim, concluímos que o produto dos divisores positivos de um
inteiro, excluindo 1 e o próprio número, é igual ao quadrado do número se, e somente se, o
que 1 = d1 ≤ d 2 ≤ d 3 ≤
k
2
número tem 6 divisores. Portanto, o número é da forma p5 ou p ⋅ q , onde p e q são números
primos positivos, distintos. Se o número é positivo menor do que 100, temos as 16 seguintes
possibilidades:
25 = 32
22 ⋅ 3 = 12
32 ⋅ 2 = 18
22 ⋅ 5 = 20
22 ⋅ 7 = 28
2 ⋅ 11 = 44
2
32 ⋅ 5 = 45
52 ⋅ 2 = 50
32 ⋅ 7 = 63
52 ⋅ 3 = 75
7 2 ⋅ 2 = 98
32 ⋅11 = 99
22 ⋅ 13 = 52
22 ⋅ 17 = 68
22 ⋅ 19 = 76
22 ⋅ 23 = 92
SEGUNDA SOLUÇÃO: O produto de todos os divisores positivos de um número inteiro N é igual a
N
d (N )
2
, onde d(N) é o número de divisores positivos de N. O produto de todos os divisores
positivos exceto 1 e N é
d(N)
−1
2
N
d (N )
2
N
=N
d (N )
−1
2
.
d (N)
d (N )
−1 = 2 ⇔
= 3 ⇔ d ( N ) = 6 . Portanto, o produto
2
2
dos divisores positivos diferentes de N é o quadrado de N se, e somente se, N tem 6 divisores
Temos, então, N
= N2 ⇔
2
positivos. Logo o número é da forma p5 ou p ⋅ q , onde p e q são números primos positivos,
distintos. Se o número é positivo menor do que 100, temos as 16 seguintes possibilidades:
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
10
25 = 32
22 ⋅ 3 = 12
22 ⋅ 5 = 20
32 ⋅ 2 = 18
22 ⋅ 7 = 28
32 ⋅ 5 = 45
52 ⋅ 2 = 50
22 ⋅ 11 = 44
32 ⋅ 7 = 63
52 ⋅ 3 = 75
22 ⋅ 13 = 52
32 ⋅ 11 = 99
7 2 ⋅ 2 = 98
22 ⋅ 17 = 68
22 ⋅ 19 = 76
22 ⋅ 23 = 92
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
•
•
Para resoluções completas: atribuir 10 pontos para uma solução completa equivalente às
mostradas.
Para resoluções incompletas: apenas achou os números, sem justificar: 1 ponto para cada
dois números corretos.
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
11
Soluções Nível 2 – Segunda Fase
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:
Os triângulos ABE e EHF são retângulos
G
em A e H, respectivamente; a medida do
ˆ é de 90°; se a medida do
ângulo BEF
C
B
ˆ
ângulo HEF
é x, então a medida dos
ˆ
ˆ
ângulos EFH
e AEB
é 90° − x e,
F
J
conseqüentemente, a medida do ângulo
ˆ é x; como BE = EF (são lados do
ABE
mesmo quadrado), então os triângulos
D
I
H
A
E
mencionados são congruentes (pelo caso
ALA de congruência de triângulos).
Utilizando o teorema de Pitágoras, podemos escrever BE 2 = AB 2 + AE 2 , o que mostra que a
área do quadrado BEFG é a soma das áreas dos quadrados ABCD e FHIJ, ou seja, 30 + 20 =
50cm2.
SEGUNDA SOLUÇÃO:
Os triângulos ABE e EHF são retângulos em A e H, respectivamente; a medida do ângulo
ˆ é de 90° ; se a medida do ângulo HEF
ˆ e AEB
ˆ é
ˆ é x, então a medida dos ângulos EFH
BEF
ˆ é x; como BE = EF (são lados do
90° − x e, conseqüentemente, a medida do ângulo ABE
mesmo quadrado), então os triângulos mencionados são congruentes (pelo caso ALA de
congruência de triângulos). Como o quadrado ABCD tem área igual a 30cm2, concluímos que
seus lados medem 30cm ; o quadrado FHIJ tem área igual a 20cm2, logo seus lados medem
20cm . Temos então, BA = EH = 30cm e FH = AE = 20cm . Utilizando o teorema de
Pitágoras, podemos escrever BE 2 = AB 2 + AE 2 , ou seja, a área do quadrado BEFG é 50cm2.
TERCEIRA SOLUÇÃO:
(sem usar o teorema de Pitágoras): Os triângulos ABE e EHF são retângulos em A e H,
ˆ é de 90°; se a medida do ângulo HEF
ˆ é x, então a
respectivamente; a medida do ângulo BEF
ˆ e AEB
ˆ é 90° − x e, conseqüentemente, a medida do ângulo ABE
ˆ é
medida dos ângulos EFH
x; como BE = EF (são lados do mesmo quadrado), então os triângulos mencionados são
congruentes (pelo caso ALA de congruência de triângulos). Como o quadrado ABCD tem área
igual a 30cm2, concluímos que seus lados medem 30cm ; o quadrado FHIJ tem área igual a
20cm2, logo seus lados medem
20cm . Temos então, BA = EH = 30cm e FH = AE =
2
( AB + FH )
20cm . A área do trapézio ABFH é igual a
⋅ AH = 30 + 20 / 2 = 25 + 20 ⋅ 30.
2
Como o trapézio é composto pelos triângulos ABE, EHF e BEF e a área dos triângulos
congruentes ABE e EHF é 20 ⋅ 30 / 2 , concluímos que a área do triângulo BEF é
(
)
50 + 20 ⋅ 30 − 2 × 20 ⋅ 30 / 2 = 25cm 2 .
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
•
Para resoluções completas: atribuir 10 pontos para uma solução completa equivalente às
mostradas. Por solução completa se entende:
(a) mostrar ou demonstrar a congruência dos triângulos retângulos;
(b) usar Pitágoras para calcular a área do quadrado (direta ou indiretamente) ou usar a área do
trapézio para achar a área da metade do quadrado e, em seguida, a área do quadrado.
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
12
•
Para resoluções parciais:
(a) calculou corretamente os lados dos quadrados: 1 ponto para cada quadrado.
(b) Explicou de forma convincente que ABE e EHF são congruentes (não é necessária menção
explícita ao caso ALA ou LAAo de congruência): 3 pontos.
(c) Intuiu que a área do quadrado mede 50cm2 (palpite ou avaliação) sem explicar
corretamente mas calculou a área do quadrado corretamente: 2 pontos.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:
Todo número inteiro positivo n pode ser escrito na forma 2a ⋅ b, a ≥ 0, b > 0 e b ímpar
(chamamos b de parte ímpar de n). Considere dois números com a mesma parte ímpar:
n1 = 2a1 ⋅ b e n2 = 2a2 ⋅ b . Supondo, sem perda da generalidade, que se a1 < a2 , então teremos
que n1 é divisor de n2 .
Assim, como de 1 a 26 temos 13 partes ímpares possíveis, a saber: 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17,
19, 21, 23 e 25, cada um dos números deve ter uma parte ímpar diferente. Mais ainda,
considerando que 1 divide todos os números inteiros, o número com parte ímpar 1 é o que deve
ter maior a.
Porém 4 = 22 ⋅ 1 e está entre os números escolhidos, logo para os demais números escolhidos
devemos ter a = 0 ou a = 1. E podemos determinar todas as escolhas possíveis:
• 3 é divisor de 9; 15 e 21. Logo 2 ⋅ 3 = 6,9,15 e 21 devem estar na nossa escolha.
• 5 é divisor de 15 e 25. Logo 2 ⋅ 5 = 10 e 25 devem estar na nossa escolha.
• 7 é divisor de 21. Logo 2 ⋅ 7 = 14 deve estar na nossa escolha.
• Com parte ímpar 11 podemos escolher 11 ou 22 e com parte ímpar 13, 13 ou 26. As
demais escolhas são 17, 19 e 23.
Portanto as escolhas possíveis são (ordenadas segundo a parte ímpar):
4; 6; 10; 14; 9; 11 ou 22; 13 ou 26; 15; 17; 19; 21; 23; 25.
SEGUNDA SOLUÇÃO:
Se houvesse apenas a condição 2, poderíamos escolher os números 14, 15, 16,…,26. Porém
temos de escolher o 4, o que nos impede de escolher os números 16, 20 e 24.
Olhando os números restantes que não são divisores os múltiplos de 4 (ou seja, 3, 5, 6, 7, 9, 10,
11), observamos que o número 10 pode ser adicionado as nossas escolhas e nenhum mais.
Ficamos, então, com 12 números: 4, 10, 14, 15, 17, 18, 19, 21, 22, 23, 25 e 26. Devemos tirar
um deles, pelo menos, para acrescentar dois.
A retirada do 18 permite que acrescentemos o 6 e o 9, completando a nossa solução: 4, 6, 9, 10,
14, 15, 17, 19, 21, 22, 23, 25 e 26 (de fato, podemos colocar 11 no lugar de 22 ou 13 no lugar
do 26).
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
Primeira Solução:
• Observar que os números escolhidos devem ter partes ímpares distintas (o estudante não
[4 pontos]
precisa usar essa terminologia).
[1 ponto]
• Observar que a = 0 ou a = 1, isto é, nenhum múltiplo de 4 pode ser escolhido
- 6 deve ser escolhido [1 ponto]
- 10 deve ser escolhido [1 ponto]
- 14 deve ser escolhido [1 ponto]
- Conclusão [2 pontos]
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
13
Segunda Solução:
•
•
•
•
Considerar os números maiores do que 13 que não são múltiplos de 4.
10 pode ser escolhido
6 e 9 podem ser escolhidos
Conclusão
[2 pontos]
[2 pontos]
[4 pontos]
[2 pontos]
Caso o estudante apresente simplesmente a resposta, sem indicação de como a obteve:
•
•
•
•
Resposta correta, ou seja, uma escolha correta de 13 números.
12 números corretos.
11 números corretos.
Menos de 11 números corretos.
[8 pontos]
[4 pontos]
[2 pontos]
[0 pontos]
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:
Vamos usar a notação [X] para denotar a área do polígono X.
A
M
E
B
F
P
D
N
C
Sejam E e F os pontos de interseção como mostrados na figura. Sejam AB = 2a e BC = 2b.
Então AM = MB = DN = NC = a e ME = EN = b. Trace AN e seja P o ponto de interseção dos
segmentos AN e BD. Os segmentos AN e MC são paralelos (pois AM = NC e AM || NC).
Como M é ponto médio de AB e MF || AP, temos que F é o ponto médio do segmento PB.
Analogamente P é o ponto médio do segmento DF. Segue então que DP = PF = FB.
Por simetria verificamos que PE = EF e então EF/FB = 1/2. Portanto, podemos escrever:
[ MEF ]
= 1/ 2.
[ MBF ]
1
1
125 2
Mas, por outro lado, [ MBE ] = [ ABD] = 125 , donde [ MEF ] = 125 =
cm
e
4
3
3
2
250 2
[ MBF ] = 125 =
cm .
3
3
A
M
E
D
N
B
F
C
SEGUNDA SOLUÇÃO:
Observe que ME || BC e MB || DC. Assim, temos as semelhanças de triângulo:
• ∆MEF ∆BCF (na razão de 1 : 2).
• ∆MBF ∆CFD (na razão de 1 : 2).
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
14
Lembrando que a razão entre as áreas de duas figuras semelhantes é igual ao quadrado da razào
de semelhança, temos: [ BCF ] = 4[ MEF ] e [CDF ] = 4[ MBF ].
Também, [ BCD] = 500 (metade da área do retângulo) e área do [ MCB] = 250 (metade da área
do retângulo MNCB, que é a metade da área do retângulo). Portanto,
[CFD] + [ BCF ] = [ BCD] = 500 ⇒ 4[ MBF ] + 4[ MEF ] = 500 ⇒ [ MBF ] + [ MEF ] = 125 (1)
e
[ MBF ] + [ BCF ] = [ MCB] = 250 ⇒ [ MBF ] + 4[ MEF ] = 250.
Subtraindo (1) de (2), obtemos 3[ MEF ] = 125 ⇒ [ MEF ] = 125 / 3.
(2)
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
•
•
•
[ MEF ]
= 1/ 2
[ MBF ]
Calcula [ MBE ] = 125
Conclui corretamente [ MEF ] = 125 / 3
[6 pontos]
Mostra que
[2 pontos]
[2 pontos]
Segunda Solução:
•
•
•
Mostra que [ BCF ] = 4[ MEF ]
Mostra que [CDF ] = 4[ MBF ]
Conclui corretamente
[3 pontos]
[3 pontos]
[4 pontos]
Outras Soluções:
•
Demonstra corretamente que [ MEF ] = 125 / 3
[10 pontos]
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:
Veja a solução e o critério de correção do Problema 3 da Parte B do Nível 1.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5:
(a) Fazendo x = y = 1, obtemos [ f (1)]2 − f (1) = 2, donde, resolvendo a equação, obtemos
f(1) = 2 ou f(1) = – 1. Este último valor não serve, pois o contra-domínio da função é o
conjunto dos números reais estritamente positivos. Portanto, f(1) = 2.
1
(b) Fazendo y = 1 na identidade do problema obtemos f ( x ) f (1) − f ( x) = x + . Substituindo
x
1
o valor de f(1), obtemos a fórmula para f(x): f ( x ) = x + .
x
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
•
•
•
Substitui x = y = 1
Chega a f(1) = 2 ou f(1) = –1
Descarta a solução f(1) = – 1
•
Substitui y = 1 e obtém f ( x ) = x +
[2 pontos]
[2 pontos]
[2 pontos]
1
x
[4 pontos]
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
15
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:
Vamos separar o número de quatro dígitos em duas partes: os dois primeiros dígitos, da
esquerda para a direita, formam o número x e os dois restantes formam o número y.
Então a propriedade significa que 100x + y = x 2 + y 2 . Esta igualdade pode ser considerada uma
equação do segundo grau em x: x 2 − 100 x + y 2 − y = 0.
(3)
Resolvendo encontramos x = 50 ± 2500 − ( y − y ).
Com o exemplo do enunciado, y = 33 resulta em x = 12 com o sinal (–) na expressão:
x = 50 − 1444 = 50 − 38 = 12.
Naturalmente outra solução aparece quando colocamos o sinal (+) na mesma expressão:
x1 = 50 + 1444 = 50 + 38 = 88.
Então outro número com a mesma propriedade é 8833 = 882 + 332.
(4)
2
Comentários:
A equação x 2 − 100 x + y 2 − y = 0 é equivalente a (2 x − 100) 2 + (2 y − 1) 2 = 10.001. Outra
maneira de resolver o problema é então determinar todas as soluções inteiras (m, n) de m2 + n2
= 10.001, com m par e n ímpar Se dois números podem ser escritos como soma de dois
quadrados, então o produto dos mesmos também pode, pois escrevendo p = r2 + s2 e q = t2 + u2,
temos
pq = (r 2 + s 2 )(t 2 + u 2 ) = (rt + ts )2 + ( ru − st ) 2 .
Observando que 10.001 = 73 × 137 = (82 + 32 ) × (112 + 42 ), obtemos
(82 + 32 ) × (112 + 42 ) = (8 × 11 + 3 × 4) 2 + (8 × 4 − 3 × 11) 2 = 1002 + 12
(82 + 32 ) × (4 2 + 112 ) = (8 × 4 + 11× 3) 2 + (8 × 11 − 3 × 4) 2 = 652 + 76 2
é possível mostrar que todas as maneiras de escrever 10001 como soma de dois quadrados são
as do tipo (m, n) = (±100, ±1) ou (m, n) = (±65, ±76) e suas permutações.
A primeira solução nos dá 2x – 100 = ±100, resultado em x = 0 ou x = 100, que não servem
para o problema.
A segunda solução resulta em 2y – 1 = 65 e 2x – 100 = ±76, donde obtemos (x, y) = (88, 33) ou
(x, y) = (12, 33).
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
•
Obtém outro número biquadrado (usando a equação ou de qualquer outro modo) [10 pontos]
CRITÉRIO PARA SOLUÇÕES PARCIAIS:
•
•
Arma e equação x 2 − 100 x + y 2 − y = 0
Reduz explicitamente o problema
a
encontrar
quais 2500 − ( y − y ) é
ou
a
2
inteiro
os
valores
encontraras
(2 x − 100) 2 + (2 y − 1) 2 = 10001
de
y
[1 ponto]
para os
soluções
de
[3 pontos]
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16
Soluções Nível 3 – Primeira Fase
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:
A
αα
M
P
B
C
D
As alturas que passam por B dos triângulos ABC e ABM são iguais a distância d de B à reta AC,
AM ⋅ d
área ABM
1
1
AM 1
2
=
=
= ⇒ área ABM = área ABC = ⋅ 100 = 50.
logo
AC ⋅ d
área ABC
2
2
AC 2
2
área ABP
BP
=
. Pelo Teorema das bissetrizes,
Analogamente,
área ABM BM
3
BP
AB 10 10 2
=
=
= = ⇒ PM = BP
2
PM AM 30 15 3
Logo
área ABP
2
2
2
BP
BP
BP
BP
=
=
=
=
= ⇒ área ABP = área ABM = ⋅ 50 = 20.
3
5
área ABM BM BP + PM
5
5
5
BP + BP
BP
2
2
SEGUNDA SOLUÇÃO:
Seja 2α = ∠BAC. Temos
10 ⋅ 30 ⋅ sen2α
AB ⋅ AC ⋅ sen2α
= área ABC ⇔
= 100
2
2
2
⇔ sen2α =
3
Além disso,
área ABP + área PAM = área ABM
AB ⋅ AP ⋅ senα AP ⋅ AM ⋅ senα AB ⋅ AM ⋅ sen2α
⇔
+
=
2
2
2
⇔ AP ⋅ senα ( AB + AM ) = AB ⋅ AM ⋅ sen2α
30 
30 2

⇔ AP ⋅ senα 10 +  = 10 ⋅ ⋅
2 
2 3

⇔ AP ⋅ senα = 4
10 ⋅ 4
= 20.
Logo área área ABP =
2
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
17
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
Primeira Solução:
•
•
•
Calcular a área de ABM
BP 2
PM
BM
 BP

ou
ou
, etc 
Obteve
= ou equivalente 
BM 5
BP
BP
 PM

Concluiu:
[4 pontos]
[3 pontos]
[3 pontos]
Segunda Solução:
• Calculou sen2α
• Obteve AP ⋅ senα
• Concluiu
Atenção: não somar as pontuações dos dois critérios!
[3 pontos]
[5 pontos]
[2 pontos]
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:
Veja a solução e o critério de correção do problema 6 do Nível 2.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:
Sejam a, b, c reais positivos tais que a ≤ b ≤ c . Esses números são medidas dos lados de um
triângulo se, e somente se, c < a + b . Ou seja, não são se, e somente se, c ≥ a + b.
Assim, sendo 1 = x1 < x2 < x3 < x4 < ... < x15 os números dados, devemos ter:
x3 ≥ x2 + x1
x4 ≥ x3 + x2
#
x15 ≥ x14 + x13
De fato, esse sistema de desigualdade equivale a não haver três que podem ser lado de um
triângulo. Observe que se, i < j < k , xk < x j + xi , então xk < xk −1 + xk − 2 .
Considere a seqüência de Fibonacci ( F0 = 0, F1 = 1 e Fn +2 = Fn +1 + Fn , n ≥ 0),
x3 ≥ x2 + x1 ;
x4 ≥ x3 + x2 ≥ x2 + x1 + x2 = 2 x2 + x1 ;
x5 ≥ x4 + x3 ≥ 2 x2 + x1 + x2 + x1 = 3 x2 + 2 x1 ;
x6 ≥ x5 + x4 ≥ 3x2 + 2 x1 + 2 x2 + x1 = 5 x2 + 3x1 ;
parece que xn ≥ Fn −1 x2 + Fn −2 x1 e, com efeito,
xk + 2 ≥ xk +1 + xk ≥ Fk ⋅ x2 + Fk −1 ⋅ x1 + Fk −1 ⋅ x2 + Fk −2 ⋅ x1 =
Fk +1 ⋅ x2 + Fk ⋅ x1
Portanto, sendo x2 = 1 + ξ , ξ > 0,
x15 ≥ F14 ⋅ x2 + F13 ⋅ x1 = 377 ⋅ (1 + ξ ) + 233 ⋅ 1 = 610 + 377ξ .
Como podemos tornar ξ tão pequeno quanto queiramos, o maior dos 15 números pode assumir
qualquer valor real maior do que 610.
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
18
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
•
Escrever que as medidas a < b < c não podem ser lados de um triângulo se, e somente se,
2 pontos.
c≥a+b.
•
Escrever o sistema de desigualdades:
x3 ≥ x2 + x1
x4 ≥ x3 + x2
#
x15 ≥ x14 + x13
•
•
•
1 ponto.
Observar que esse sistema equivale às condições dadas no problema, ou seja, não é
2 pontos.
necessário considerar outras desigualdades.
A partir de xn ≥ Fn −1 ⋅ x2 + Fn − 2 ⋅ x1 ou xn > Fn ou estimando os termos até x15 , provar que
3 pontos.
x15 > 610.
Verificar que, realmente, para todo x15 > 610 é possível construir tal seqüência de números.
2 pontos.
C
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:
Sejam a, b, c as medidas dos segmentos BC, AC e AB,
respectivamente.
Consideraremos separadamente os casos em que P está em AC,
em AB e em BC.
Se P está em AC, então AP + CP = b. Então, minimizar AP +
BP + CP reduz-se a minimizar BP. Isso ocorre quando P
coincide com A, pois a menor distância entre um ponto e uma
reta é determinada pelo pé da perpendicular traçada a partir
desse ponto.
Nesse caso o valor mínimo de AP + BP + CP é b + c.
O caso em que P está em AB é inteiramente análogo.
Suponha, agora, que P está em BC. Etão BP + CP = a, ou seja,
minimizar AP + BP + CP reduz-se a minimizar AP.
Isso ocorre quando AP é perpendicular a BC.
Essa medida está representada por d no diagrama ao lado. Nesse
caso, o mínimo de AP + BP + CP é a + d.
Assim, para completar a resolução da questão, basta comparar
a + d e b + c.
Temos, então, várias maneiras de concluir a resolução.
Uma maneira:
b⋅c a⋅d
Observe que
=
⇔ bc = ad e a 2 = b2 + c 2 .
2
2
Logo
(a + d )2 = a 2 + 2ad + d 2 = b 2 + c 2 + 2bc + d 2 = (b + c )2 + d 2
e, como d 2 > 0,( a + d ) 2 > (b + c ) 2 ⇔ a + d > b + c.
Outra maneira: d = c ⋅ senθ ; b = a ⋅ senθ .
a
b
A
c
B
C
a
b
d
θ
A
c
B
Logo (a + d ) − (b + c ) = a + c ⋅ senθ − a ⋅ senθ − c = (a − c )(1 − senθ ) > 0, isto é, a + d > b + c.
Resposta: O ponto que minimiza AP + BP + CP é P = A (nesse caso AP + BP + CP = b + c).
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
19
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
•
•
•
Provar que se P está sobre AC ou AB, então devemos ter P = A.
Provar que se P está sobre BC, então P deve ser a projeção de A sobre BC
Demonstrar que a + d > b + c.
[2 pontos]
[2 pontos]
[Até 6 pontos]
Obs.: Caso o estudante considere pelo menos um dos seguintes fatos:
c = ad ; d = c ⋅ senθ ; b = a ⋅ senθ , ele deve receber pelo menos 2 pontos.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5:
O quadrado de lado 2 pode ser
ou
ou
ou
A probabilidade de cada um desses quadrados de lado 2 ser inteiramente de uma mesma cor é
4
1
2 ⋅   . Observe que todos os quatro quadrados unitários devem ser da mesma cor azul ou
2
vermelho. Os demais quadradinhos podem ser de qualquer cor.
Algumas configurações são consideradas pelo menos 2 vezes:
7
ou
ou
1
Probabilidade 2 ⋅  
2
1
Probabilidade 2 ⋅  
2
ou
6
ou
Algumas configurações são consideradas pelo menos 3 vezes:
ou
ou
1
Probabilidade 2 ⋅  
2
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
20
8
ou
E as configurações com todos azuis ou todos vermelhos são contadas 4 vezes (probabilidade:
9
1
  ).
2
Pelo Princípio da Inclusão-Exclusão, a probabilidade pedida é:
4
7
6
8
9
1
1
1
1
 1  190 95
4⋅ 2⋅  − 2⋅ 2⋅  − 4⋅ 2⋅  + 4⋅ 2⋅  − 2⋅  =
.
=
2
 2
2
2
 2  512 256
Outras soluções podem envolver a seguinte divisão em casos: representando as cores possíveis
por
e
, deixando em branco os quadradinhos em que as duas cores são permitidas.
Assim os casos favoráveis são:
1) Com um único quadrado de lado 2 monocromático.
2⋅
(
= azul e
⋅ 23
(3 brancos)
= vermelho
ou vice-versa)
⋅4
(giro do
tabuleiro)
2 ⋅ 22 ⋅ 4 = 32
2 ⋅ 22 ⋅ 4 = 32
2⋅4=8
64 + 32 + 32 + 8 = 136 ao todo
2) Com exatamente dois quadrados de lado 2 monocromáticos.
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
21
= 64
2 ⋅ 22 ⋅ 4 = 32
2⋅4=8
2 ⋅ 2 = 4 só dois giros
2 + 8 + 4 = 44 ao todo
3) Com exatamente três quadrados de lado 2 monocromáticos.
2⋅4=8
4) Com exatamente quatro quadrados de lado 2 monocromáticos.
2
O total de casos favoráveis é, portanto,
136 + 44 + 8 + 2 = 190
190 95
.
e a probabilidade é 9 =
2
256
Contando os casos não favoráveis:
2
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
22
2 ⋅ 22 ⋅ 4 = 32
2 ⋅ 24 ⋅ 2 = 64
2 ⋅ 23 ⋅ 4 = 64
2 ⋅ 24 ⋅ 4 = 128
2 ⋅ 24 = 32
O total de casos não fatoráveis é, portanto, 2 + 32 + 64 + 64 + 128 + 32 = 322
322 95
E a probabilidade pedida é 1 − 9 =
.
2
256
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
Solução via inclusão-exclusão (ou alguma idéia equivalente)
[2 pontos]
• Considerar configurações que tem pelo menos um quadrado
• Subtrair aquelas que têm pelo menos 2 quadrados e, portanto, foram contadas pelo menos
[3 pontos]
duas vezes.
• Somar aqueles que têm pelo menos 3 quadrados e, portanto, foram contadas pelo menos 3
[3 pontos]
vezes.
[2 pontos]
• Concluir
Solução via obtenção direta dos casos favoráveis.
Atenção: caso o estudante tente essa abordagem e não chegue a resposta correta, sua nota não
deve ultrapassar 6 pontos.
•
•
•
Mostrar que existem 136 configurações com exatamente um quadrado monocromático.
[4 pontos]
Mostrar que existem 44 configurações com exatamente 2 quadrados monocromáticos.
[2 pontos]
Contar as configurações com exatamente 3 e com exatamente 4 quadrados
[0 (zero) pontos]
monocromáticos.
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
23
•
[4 pontos]
Concluir
Solução via obtenção direta dos casos não favoráveis.
Atenção: caso o estudante tente essa abordagem e não chegue a resposta correta, sua nota não
deve ultrapassar 6 pontos.
•
Dividir um subcasos, levando em conta que os únicos quadrados monocromáticos
[3 pontos]
possíveis têm a mesma cor da casa central.
[1 ponto]
Obter entre 200 e 250 configurações (sem repetições!)
[0 (zero) pontos]
Obter menos de 200 configurações
[3 pontos]
Obter pelo menos 250 configurações (sem repetições!)
•
•
•
Atenção: nos três últimos critérios, os pontos não se acumulam.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:
Analisando casos pequenos:
21
2
2
21
1
1
=
=
−
=
−
31 + 1 4
4
31 + 1
21
22
36
4
22
+
=
=
−
=
−
1
1
31 + 1 32 + 1 40
40
(31 + 1) ⋅ (32 + 1)
21
22
23
3272
8
23
1
1
+
+
=
=
−
=
−
31 + 1 32 + 1 34 + 1 3280
3280
(31 + 1) ⋅ (32 + 1) ⋅ (34 + 1)
(Observe que não compensaria simplificar as frações. Isso é comum quando queremos
descobrir um padrão.)
Parece então, que podemos conjecturar que
n
2k +1
2n+1
1
=
−
n
∑
2k
+1
(31 + 1) ⋅ (32 + 1)(34 + 1)...(32 + 1)
k =0 3
Simplificando um pouco essa expressão antes de tentar demonstrá-la.
n
(31 − 1)(31 + 1)(32 + 1)(34 + 1)...(32 + 1)
(3 + 1)(3 + 1)(3 + 1)...(3 + 1) =
=
31 − 1
n
n
n+1
(32 − 1)(32 + 1)(34 + 1)...(32 + 1) (34 − 1)(34 + 1)...(32 + 1)
32 − 1
.
=
= ... =
2
2
2
n
2k +1
2n+1
2 n+ 2
1
1
Ou seja, ∑ 2 k
= − 2n+1
= − 2n+1
+1
3 −1
3 −1
k =0 3
1
2
4
2n
2
Podemos agora demonstrar nossa conjuectura pelo uso direto do Princípio da Indução Finita ou
considerando que, se descobrirmos f(k) tal que
2k +1
= f (k + 1) − f (k ),
k
32 + 1
n
n
2k +1
[ f (k + 1) − f ( k ) =
=
k
∑
∑
2
k =0 3
+ 1 k =0
f (1) − f (0) + f (2) − f (1) + ... + f (n + 1) − f (n) = f (n + 1) − f (0)
(f é a "integral discreta" de
2k +1
.)
k
32 + 1
Levando em conta novamente nossa conjectura, podemos inferir que
2k +1
f (k ) = − k
e, de fato,
32 − 1
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
24
f (k + 1) − f (k ) = −
Portanto
n
2k +1
2k +2
2k +1
+
k +1
k
32 − 1 32 − 1
−2k +2 + 2k +1 (32 + 1)
k
=
k
k
(32 + 1)(32 − 1)
2k +1 (32 + 1 − 2)
2k +1
k
=
k
k
(32 + 1)(32 − 1)
=
k
32 + 1
n
 −21 
2k +1
2n +2
1
.
−
⇔
=
−
n+1
n+1
∑
 0
 ∑ 2k
2k
+1
+1
32 − 1  32 − 1 
32 − 1
k =0 3
k =0 3
Outra maneira de concluir a resolução:
Como escrevemos anteriormente, uma vez conjecturada a expressão correta, podemos
demonstrá-la pelo P.I.F.
Base de indução: Para n = 0.
0
2k +1
21
2 1
=
= = ;
k
∑
0
2
2
+1 3 +1 4 2
k =0 3
22
−2n + 2
= f (n + 1) − f (0) =
4 1
= .
8 2
3 −1
Passo indutivo: Supondo que
n
2k +1
2n + 2
=
−
1
.
k
n+1
∑
2
+1
32 − 1
k =0 3
1−
= 1−
21
n +1
Temos ∑
2k +1
k
=1−
2 n+ 2
+
n+1
n+1
2n +2
n+1
32 + 1
32 − 1 32 + 1
Isso completa a nossa demonstração.
=1− 2
n+2
⋅
k =0
n+1
(32 + 1) − (32 − 1)
(32
n +1
n+1
− 1) ⋅ (32 + 1)
=1−
2n +3
32
n+2
−1
.
CRITÉRIO DE CORREÇÃO:
•
n
Conjecturar que
k =0
•
n
Conjecturar que
2k +1
∑3
2
k
+1
2k +1
∑3
=1−
2n +1
n
(31 + 1)(32 + 1)(34 + 1)...(32 + 1)
=1−
2n + 2
.
n +1
+1
32 − 1
Atenção: nos dois critérios acima, os pontos não se acumulam.
k =0
•
2k
n
Concluir, ou seja, demonstrar que
k
=1−
2n + 2
n +1
+1
32 − 1
Tentativas que não levam a alguma conjectura correta
k =0
•
2k +1
∑3
2
.
XXV Olimpíada Brasileira de Matemática
25
.
[3 pontos]
[6 pontos]
[4 pontos]
[0 (zero) pontos]
Soluções Nível Universitário – Primeira Fase
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:
Os vértices de X são os doze pontos (±1, ±1,0),(±1,0, ±1),(0, ±1, ±1), [1 ponto]
que são os pontos médios das arestas do cubo (±1, ±1, ±1) , donde X é obtido a partir do cubo
tirando fora uma pirâmide (ou tetraedro) em cada vértice.
[+3 pontos; até um total de 4 pontos
por descrever ou desenhar o poliedro sem
calcular o seu volume].
O volume do cubo é 23 = 8.
Cada pirâmide tem base de área 1/2 e altura 1 logo tem volume igual a 1/6.
8 20
[+6 pontos]
Assim o volume do sólido é igual a 8 − =
6 3
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:
Podemos dividir os 30 dias em 10 blocos de três dias.
É claro que ele deverá descansar em exatamente um dia por bloco. [1 ponto]
Se alguma vez ele descansa no dia central de um bloco depois disso ele não poderá descansar
no último dia de um bloco; analogamente, se alguma vez ele descansa no primeiro dia de um
bloco ele deverá descansar no primeiro dia de todos os blocos que vierem depois. Assim, ele
deve descansar no último dia nos primeiros z blocos, depois descansar no dia central durante y
blocos e finalmente descansar no primeiro dia nos últimos z blocos, onde x + y + z = 10,
x, y, z ≥ 0, x, y, z ∈ =. [+6 pontos]
12 
O número de soluções é   = 66. [+3 pontos]
2 
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:
Suponha
k +1
A B
k +1
que
= ( AB)
( AB) k = Ak B k , ( AB) k +1 = Ak +1 B k +1
k +1
e
( AB) k +2 = Ak +2 B k +2 .
Temos
então
−1
= ( AB )( AB) = AB A B , e logo (multiplicando à esquerda por A
−k
k
k
k
e à
direita por B ) obtemos A B = BA . [3 pontos]
Analogamente, usando a segunda e a terceira igualdades, obtemos Ak +1 B = BAk +1 [+2 pontos]
Assim temos BAk +1 = Ak +1 B = A ⋅ Ak B = A ⋅ BAk , donde, multiplicando à direita por
A−k , obtemos BA = AB. [+5 pontos]
k
k
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:
Temos
1
1
1
π2
− f (n ) =
+
+
+ ...
2
2
6
(n + 1)
(n + 2)
(n + 3) 2
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26
Podemos obter uma boa estimativa para esta soma estimando a área sob o gráfico de
1
y = 2 , x ≥ n , pela regra dos trapézios:
x
y
n+1
n
n+2
n+3
x
1
1
dt = .
2
t
n
A área obtida pela aproximação, que é ligeiramente maior, é
1 1
1  1 1
1 
 2+
+ 
 + ... =
+
2
2
2
2  n
( n + 1)  2  ( n + 1) (n + 2) 
1 1
1
1
1
1 π2
...
=
+
+
+
+
=
+
− f (n )
2 n 2 ( n + 1)2 ( n + 2 )2 ( n + 3)2
2n 2 6
A área exata é
∫
∞
n

π2 1 2 1
Donde  f ( n) −
+ n <
6 n
2

Assim a = 1 e, se acreditarmos que esta aproximação é boa, teremos que o limite é igual a 1/2.
[+7 pontos]
Para demonstrarmos que o erro é realmente pequeno, devemos estimar a diferença entre as
áreas:
1  1
1  n +1 1 1  1
1 
1
1
1
dt  2 +
⋅ 2 +
−∫
−
= 2
< 4
2 
2
2 
2
n
2 n
(n + 1) 
2 n
(n + 1)  n( n + 1) 2n (n + 1)
2n
t
Assim

1
1
1 1
1
π2
0<
− f (n ) − + 2 <  4 +
+ ... 
4
6
2
2
(
1)
n
n
n+
n

∞
1
1
1 1
< ∫ 4 dt =
2 n −1 t
6 (n − 1)3
e com isso

1 1
n2
π2 1 2 1
(
)
f
n
− ⋅
<
−
+ n < ,

2 6 ( n − 1) 3 
6 n
2
o que confirma que o limite é igual a 1/2. [+3 pontos]
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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5:
n
n −1 n
n
 
Temos ( X + a)n = ∑  an−k X k . Assim ( X + a)n − X n − a = ∑   a n− k X k + (a n − a). [1 ponto]
k =0  k 
k =1  k 
 n  n(n − 1)...(n − k + 1)
Se n é primo e 1 ≤ k ≤ n −1,   =
é múltiplo de n, pois o numerador é
k!
k
múltiplo de n mas o numerador não, e, pelo pequeno Teorema de Fermat, a n − a é múltiplo de
1
n. Assim, nesse caso, o polinômio   (( X + a)n − X n − a ) tem todos os coeficientes inteiros.
 n
[+3 pontos]
 n  n(n − 1)...(n − q + 1)
Se n é composto, seja q um fator primo de n. Temos então que   =
não é
q!
q
múltiplo de n. De fato, se q k é a maior potência de q que divide n, a maior potência de q que
n
divide   é q n−1 , pois o único fator múltiplo de q no numerador é n e o único fator múltiplo
q
de q em q! = q(q – 1)… . 2 . 1 é q. Assim, nesse caso, o coeficiente de X q em
1
n
n
  (( X + a) − X − a ) não é inteiro. [+6 pontos]
n
 
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:
A recursão é satisfeita por an = α 2 + α −2 para qualquer número real α , de fato, por indução
n
(
an +1 = an2 − 2 = α 2 + α −2
n+1
n
n
n
) −2
2
n+1
n+1
n+1
= α 2 + 2 + α −2 − 2 = α 2 + α −2 .
Para a seqüência do problema, basta resolver α 2 + α −2 = 3 que tem raiz α =
2n
1+ 5
. Assim
2
2n
 1 + 5   −1 + 5 
an = 
 + 
 . [5 pontos]
 2   2 
Assim,
2n
1+ 5 
 1+ 5 
an = 
ε (n) = 0 donde log an = 2n ⋅ log 
ε1 (n) = 0 e
 + ε1 ( n), lim
 + ε (n), onde lim
n →∞
n →∞
 2 
 2 
 1+ 5 
loglog an = n log 2 + loglog 
ε 2 (n) = 0
 + ε 2 (n), lim
n →∞
 2 
 1+ 5 
loglog an
Assim lim
= log2 e lim (log log an − n log 2 ) = log log 
 . [+5 pontos]
n →∞
n →∞
n
 2 
loglog an
= log2 vale 4 pontos (isto pode
Observação: Uma demonstração correta de que lim =
n →∞
n
ser feito sem a fórmula para an ).
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