OBMEP Nível 3 Simulado 01 Solução

OBMEP Nível 3 Simulado Solução

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Problema 1 

a) Para verificar que nenhum número “daora” que possui os quatro algarismos iguais pode ser quadrado perfeito basta fazer sua decomposição na base $10$, para isso vamos utilizar como referência o número no seguinte formato: "AAAA".

A decomposição do número será: $A \times 10^3 + A \times 10^2 + A \times 10 + A$.

Colocando o algarismo $A$ em evidência: $A \times (10^3 + 10^2 + 10 + 1) = A \times 1111$

Para terminar a prova basta verificar que $1111=11 \times 101$ e $101$, assim como $11$, é primo e vai aparecer uma única vez na decomposição em primos de $AAAA$, já que $A$ é algarismo e menor que $10$, logo é impossível um número “daora” que possui os quatro algarismos iguais ser quadrado perfeito.

Observação: se $p$ é primo e $p$ divide um quadrado perfeito, então $p$ aparece pelo menos duas vezes na decomposição em primos de um quadrado perfeito.

b) Para provar que qualquer número “daora” é divisível por $11$, basta utilizar um raciocínio análogo ao item anterior. Considerando a definição de um número "daora" podemos escrevê-lo no seguinte formato: $AABB$.

Fazendo sua decomposição na base $10$ temos: $A \times 10^3 + A \times 10^2 + B \times 10 + B$.

Por fim, colocando em evidência $A$ e $B$: $A \times (10^3 + 10^2) + B \times (10 + 1) = A \times (1100) + B \times 11$.

Note que $11$ divide $1100$ então podemos colocar $11$ em evidência: $A \times (1100) + B \times 11 = 11 \times (A \times (100) + B \times 1) = \\ 11 \times (100 \times A + B)$.

Assim, provamos que todo número “daora” é divisível por $11$.

c) Para encontrar todos números “daora” que são quadrados perfeitos vamos utilizar como auxílio a fórmula do item anterior. Todo número "daora" pode ser escrito na forma $11 \times (100 \times A + B)$ com $A$ e $B$ desconhecidos, mas que só podem tomar valores de $0$ a $9$. Já vimos que como $11$ é primo se ele divide um quadrado perfeito, então ele precisa aparecer pelo menos mais uma vez na decomposição em primos desse quadrado. Suponha que um tal número "daora" é quadrado perfeito, então $11$ precisa dividir $(100 \times A + B)$ e isto só ocorre quando $A=2$ e $B=9$, $A=3$ e $B=8$, $A=4$ e $B=7$, $A=5$ e $B=6$, $A=6$ e $B=5$, $A=7$ e $B=4$, $A=8$ e $B=3$, $A=9$ e $B=2$ e analisando cada um dos $8$ casos vemos que o número "daora" só é quadrado perfeito quando esse é igual a $7744$.

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Problema 2

a) Segue abaixo uma figura que satisfaz:

b) Para formar uma figura de perímetro $2016$ vamos analisar o encaixe das peças: cada peça tem perímetro $10$ e um encaixe consiste em agregar perímetro na figura, mas diminuir o perímetro útil de cada peça. Defina perímetro útil como o perímetro de cada peça que conta para o da figura, mas é possível possuirmos perímetro "inútil" em cada peça? Sim e há duas maneiras para isso: perdermos perímetro útil para decorrentes buracos nas figuras ou perdermos perímetro útil nos encaixes. Como não é possível formar buracos na montagem, então se há perda de perímetro útil ela só pode acontecer nos encaixes. A partir disso há várias formas de montar uma figura de perímetro $2016$, segue abaixo apenas uma delas:

Considere o seguinte encaixe como encaixe $1$:

Note que nesse encaixe perdemos $1$ no perímetro útil de cada peça, ou seja, esse encaixe toma $2$ do perímetro da figura. Entretanto, ele é simples e vamos utilizá-lo $250$ vezes para juntarmos $251$ peças em sentido vertical, semelhante ao da figura. Após fazermos isso teremos um perímetro da figura igual a $251\times 10 - 250 \times 2 = 2010$ e para finalizar basta colocar a última peça (destacada na figura) no seguinte formato:

c) Não é possível formar uma figura de perímetro ímpar. Suponha que seja. Já sabemos que o perímetro de cada peça é $10$ e que um encaixe retira perímetro útil de ambas as peças, ou seja, a cada encaixe teremos uma perda de $2 \times t$ do perímetro total da figura, sendo $t$ a largura do encaixe. Porém, também já vimos que essa é a única maneira de perder perímetro útil o que nos informa que o perímetro da figura pode ser dado pela fórmula:  $10 \times P - 2 \times L$, onde $P$ é o número de peças, $L$ a largura somada dos encaixes e a propriedade mais importante: o número em questão é par e impossível de se tornar ímpar.

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Problema 3

a) Apenas por constatação da figura já sabemos que $f(0)=0$. Para os dois outros valores vamos utilizar suas propriedades: $f(10)$ é a medida de $BE$, ou seja, $f(10)=7$ e $f(5)$ está na paralela que corta os pontos médios de $AB$, $CD$ e $AE$, além do próprio vértice da parábola. A partir disso, podemos afirmar que $f(5)$ vai ser $10 - 3,5 = 6,5$, já que $3,5$ é a medida da base média do triângulo $ABE$ e $10$ o lado do quadrado. Formalizando: $f(5)=6,5$.

b) O primeiro valor que zera a função $f$ já foi visto no item anterior, $f(0)=0$ e nos resta saber se existe outro $x$ que satisfaz e olhando a figura e a própria definição é fácil perceber que isso só ocorre quando $x$ toma o valor da abscissa de $P$, entretanto esse valor não é dado no enunciado. Para encontrarmos vamos utilizar o fato que $P$ representa o cruzamento de $AE$ com a parábola. Considere $A$ como origem do plano cartesiano e por definição, já sabemos que $0$ e $10$ são raízes de uma parábola $g(x)$ com coordenadas do vértice igual a $(5,10)$. O primeiro fato nos diz que $g(x) = ax(x-10)$, com $a$ ainda desconhecido e o segundo nos dá o valor de $a=-\dfrac{2}{5}$, já que $10=a5(5-10)$. Descoberta a função que define a parábola, basta ver que no cruzamento com $AE$ as coordenadas de $P$ precisam obedecer a semelhança com o triângulo $ABE$, a partir disso: $\dfrac{y_p}{x_p} = \dfrac{7}{10}$.

Logo: $g(x_p) = y_p = \dfrac{7 x_p}{10} = -\dfrac{2}{5}x(x-10)$

Da última igualdade e tomando $x=x_p$: $-\dfrac{2}{5}x^2 + \dfrac{33}{40}x = 0$

Assim, $x_p=0$ ou $x_p= \dfrac{33}{4}$.

O último valor é o que satisfaz e portanto $f(x)=0$ para $x=0$ e $x=\dfrac{33}{4}$.

c) Por raciocínio análogo ao item anterior, podemos estender a definição de semelhança para quaisquer pontos residentes em $AE$ e a partir disso, temos que a equação $y= \dfrac{7}{10}x$ define este segmento. Agora, para finalizar a questão basta ver que antes de $P$ o valor que $f(x)$ assume é a abscissa da parábola menos a do ponto no segmento $AE$, enquanto após $P$ é o contrário, assim:

$f(x) = -\dfrac{2}{5}x^2 + \dfrac{33}{10}x = 0$ para $0 \le x \le \dfrac{33}{4}$.

$f(x) = \dfrac{2}{5}x^2 - \dfrac{33}{10}x = 0$ para $\dfrac{33}{4} \le x \le 10$.

Uma maneira mais prática seria escrevermos a função acima com módulo para evitarmos as restrições do $x$, mas a resposta acima também é válida.

Observação: Consideramos a parábola com a função já vista no item anterior.

d) Gráfico de $f(x)$:

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Problema 4

a) Olhando para figura, note que os triângulos $MXX_1$ e $MYY_2$ são semelhantes pelo critério (A.A) e disso concluímos que:

$\dfrac{MX}{MY} = \dfrac{XX_1}{YY_2}$

Analogamente, os triângulos $MXX_2$ e $MYY_1$ são semelhantes pelo critério (A.A) e disso concluímos que:

$\dfrac{MX}{MY} = \dfrac{XX_2}{YY_1}$

Logo: $\dfrac{MX}{MY} = \dfrac{XX_1}{YY_2} = \dfrac{XX_2}{YY_1}$.

b) Multiplicando as duas igualdades obtidas no item anterior devido às semelhanças temos que:

$\dfrac{MX^2}{MY^2} = \dfrac{XX_1 \cdot XX_2}{YY_1 \cdot YY_2}$

Entretanto, a igualdade acima não acaba a prova. Para terminar vamos precisar de mais duas semelhanças, ambas pelo critério (A.A) e que utilizam como artifício para igualdade de ângulos os arcos naturais do quadrilátero inscritível $ACBD$:

$\triangle{AXX_1}$ e $\triangle{CYY_1}$: $\dfrac{AX}{CY} = \dfrac{XX_1}{YY_1}$

$\triangle{DXX_2}$ e $\triangle{BYY_2}$: $\dfrac{DX}{BY} = \dfrac{XX_2}{YY_2}$

Multiplicando as duas igualdades temos:

$\dfrac{AX \cdot DX}{CY \cdot BY} = \dfrac{XX_1 \cdot XX_2}{YY_1 \cdot YY_2}$

Ou seja,

$\dfrac{MX^2}{MY^2} = \dfrac{AX \cdot DX}{BY \cdot CY}$.

c) Para provarmos a potência de ponto basta ver que o quadrilátero $ACBD$ é inscritível (ângulos iguais olhando para um mesmo arco) e isso nos dá a semelhança entre os triângulos $ADP$ e $CBP$ pelo critério (A.A), logo:

 $\dfrac{AP \cdot DP}{BP \cdot CP}$ e consequentemente: $AP \cdot BP = CP \cdot DP$.

d) Para terminar a prova do teorema da Borboleta basta ver que: $AX \cdot DX = PX \cdot QX$ e $BY \cdot CY = PY \cdot QY$, assim: $\dfrac{MX^2}{MY^2} = \dfrac{AX \cdot DX}{BY \cdot CY} = \dfrac{PX \cdot QX}{PY \cdot QY}$ e para terminar basta desenvolver:

 $\dfrac{MX^2}{MY^2} =\dfrac{PX \cdot QX}{PY \cdot QY}$

 $\dfrac{MX^2}{MY^2} =\dfrac{(MP-MX) \cdot (MQ+MX)}{(MP+MY) \cdot (MQ-MY)}$

 $\dfrac{MX^2}{MY^2} =\dfrac{(MP-MX) \cdot (MP+MX)}{(MP+MY) \cdot (MP-MY)}$

 $\dfrac{MX^2}{MY^2} =\dfrac{(MP^2-MX^2)}{(MP^2-MY^2)}$

 $MX^2 \cdot (MP^2-MY^2) = MY^2 \cdot (MP^2-MX^2)$

$MX^2 \cdot MP^2= MY^2 \cdot MP^2$

$MX^2 = MY^2$

$MX= MY$

Observação: por definição $MP=MQ$.

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Problema 5

a) Sabemos que o raio da circunferência maior é $4$ (devido a equação dada) e ao mesmo tempo que o raio da menor é $1$, logo o lugar geométrico de $O'$ é uma circunferência de raio $3$. A partir disso pela própria definição de seno e cosseno podemos obter suas coordenadas: $O' = (3\cos \theta, 3\sin \theta)$

b) Colocando a origem do plano em $O'$ e sabendo que a circunferência menor tem um raio quatro vezes menor que o da maior, assim como os respectivos comprimentos, temos que se $O'$ varia $\theta$ em relação a circunferência maior, então $P$ varia $4 \theta$ sobre a menor, entretanto o eixo de referência de $\gamma$ está deslocado em $\theta$ graus, assim como $O'$, logo $P$ varia $3 \theta$ graus na circunferência menor tomando agora como referência os eixos do plano, mas centrados em $O'$. Fazendo um raciocínio análogo ao do item anterior as coordenadas do ponto $P$ tomando $O'$ como origem do plano serão $(\cos (-3\theta), \sin (-3 \theta))$, já que o raio de $\gamma$ é $1$ e $P$ gira em sentido horário, diferente de $O'$. Para terminar a questão basta acrescentar o deslocamento da origem do plano, ou seja, somar as respectivas coordenadas de $O'$ e $P$: $P = (3\cos \theta +\cos (-3\theta), 3\sin \theta +\sin (-3 \theta)) = (3\cos \theta +\cos (3\theta), 3\sin \theta -\sin (3 \theta))$

c) Utilizando os dados do enunciado vamos calcular o $\sin (3\theta)$ e o $\cos (3\theta)$, o que é basicamente manipulação algébrica e vamos chegar às seguintes igualdades: $\sin (3\theta) = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta$ e $\cos (3\theta) = 4 \cos^3 \theta - 3 \cos \theta$. Substituindo na resposta do item anterior obtemos o que queríamos: $P = (4 \cos^3 \theta, 4 \sin^3 \theta)$

d)  Para encontrarmos a equação em coordenadas cartesianas do lugar geométrico do ponto $P$ quando $\theta$ varia no intervalo $[0, 2\pi)$ basta considerarmos a ordenada de $P$ como $y$ e sua abscissa como $x$, a partir disso, pelo teorema fundamental da trigonometria é possível concluir que: $y^{\frac{2}{3}} = 4^{\frac{2}{3}} - x^{\frac{2}{3}}$.

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Problema 6

a) Duim não consegue voltar ao marco inicial após uma quantidade ímpar de passos. Suponha que sim e vamos separar o problema em duas direções: $N-S$ e $L-O$, como ele deu uma quantidade ímpar de passos ele deu uma quantidade ímpar de passos em alguma dessas direções, já que se ambas fossem pares ele daria uma quantidade par, logo Duim não pode ter voltado ao marco inicial, pois se isto acontecesse ele teria dado o mesmo número de passos em sentidos opostos e o resultante de passes numa determinada direção seria par e não ímpar.

b) Duim volta ao marco inicial após exatamente $4$ passos em $36$ caminhos e são eles:

$SSNN, NNSS, NSNS, SNSN, SNNS, NSSN, OOLL, LLOO, LOLO, OLOL, LOOL, OLLO, NSOL, NSLO, SNOL, SNLO, LOSN, LONS, OLNS, OLSN, NOLS, NLOS, SOLN, SLON, LSNO, LNSO, OSNL, ONSL, NOSL, NLSO, SONL, SLNO, LNOS, LSON, ONLS, OSLN$.

Sendo a ordem das letra a ordem do sorteio das bolinhas.

c) Para calcular a probabilidade de Duim voltar ao marco inicial após exatamente $n$ passos vamos contar a quantidade de caminhos que Duim volta ao marco inicial e dividir pela quantidade de caminhos totais, nesse caso $4^n$ já que sempre há $4$ possibilidades a cada passo.

Para calcular a quantidade total de caminhos vamos utilizar a ideia de que a sequência de passos na verdade é uma palavra de $n$ letras em que só podemos usar $S, N, O, L$. Como Duim precisa voltar ao marco inicial a quantidade de passos em cada sentido nas respectivas direções precisa ser igual, suponha que Duim caminhou $K$ passos para o sul, a partir disso podemos afirmar que Duim caminhou $k$ passos para o norte e $\dfrac{n}{2} - k$ passos para o leste e para o oeste, ou seja, essa vai ser a quantidade de vezes que as letras aparecerão na palavra referencial. Sabendo disso, após é só contar anagramas: considerando $k$ o número de passos que Duim deu para o sul, a quantidade de diferentes palavras será $\dfrac{n!}{k! \cdot k! \cdot (\frac{n}{2}-k)! \cdot (\frac{n}{2}-k)!}$. Entretanto $k$ pode variar de $0$ a $n$, então caímos num somatório (já que os eventos não são dependentes):

$\sum_{k=0}^{n} \dfrac{n!}{k! \cdot k! \cdot (\frac{n}{2}-k)! \cdot (\frac{n}{2}-k)!}$

$\sum_{k=0}^{n} \dfrac{n!}{k! \cdot k! \cdot (\frac{n}{2}-k)! \cdot (\frac{n}{2}-k)!} \cdot \dfrac{(\frac{n}{2})! \cdot (\frac{n}{2})!}{(\frac{n}{2})! \cdot (\frac{n}{2})!}$

$\sum_{k=0}^{n} {\frac{n}{2} \choose k} {\frac{n}{2} \choose k} {n \choose \frac{n}{2}}$

${n \choose \frac{n}{2}} \sum_{k=0}^{n} {\frac{n}{2} \choose k} ^2$

Pela identidade de Vandermonde: $\sum_{k=0}^{n} {\frac{n}{2} \choose k} ^2 = \sum_{k=0}^{n} {\frac{n}{2} \choose k}{\frac{n}{2} \choose \frac{n}{2}-k} = {n \choose \frac{n}{2}}$

Assim, a quantidade total de caminhos será: ${n \choose \frac{n}{2}}^2$ e a probabilidade de Duim voltar ao marco inicial será: $\dfrac{ {n \choose \frac{n}{2}}^2 }{4^n}$.