OBMEP Nível 3 Simulado 02 Solução

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OBMEP Nível 3 Simulado Solução


Problema 1 

a) Sabemos que João possui dois tipos de peças:

Um paralelepípedo azul de volume 2\times 1\times 1 = 2 \ cm^3 e um cubo amarelo de de volume 1\times 1\times 1 = 1 \ cm^3

João usa 4 peças azuis e 2 amarelas em seu objeto, logo o volume do objeto de João é 4\times 2 + 2\times 1 = 10 \ cm^3.

b) Tanto na parte de cima quanto na parte de baixo possuímos exatamente uma face. Agora basta contar o número de faces na lateral do objeto. A parte visível do objeto possui 6 faces laterais, como o mesmo é simétrico, podemos ter certeza de que há mais 6 faces na parte da lateral não-visível na figura e portanto temos um total de 14 faces.

c) Como há 12 faces na parte lateral então sabemos que há 12 arestas na parte lateral do objeto e resta contar a parte de cima. Na parte de cima do objeto de João possuímos exatamente 12 arestas também pois há 12 arestas na parte lateral ou simplesmente basta contar. Como o objeto é simétrico sabemos que existem também 12 arestas na face debaixo do objeto totalizando 12\times 3 = 36 arestas.

d) Novamente sabemos que a área superficial da face de cima é a mesma da face debaixo por simetria, como há 4 peças azuis e 2 amarelas então a área superficial de cima e debaixo é igual a 4\times 2 + 2\times 1= 10 \ cm^2. Resta a parte lateral, onde contando vemos que a parte visível possui área superficial 1+3+1+2+1+1=9 \ cm^2 e portanto a área superficial total da parte lateral é de 9 \times 2 = 18 \ cm^2 já que o objeto é simétrico. E no total possuímos 10+10+18=38 \ cm^2.


Problema 2

a) Substituindo na fórmula, sabemos que o número do visor será \dfrac{7}{7-1}=\dfrac{7}{6}.

b) Possuímos dois jeitos de fazer este item:

  1. Simplesmente olhe o item c e o item d, se os memos forem verdade então o número do visor não se altera e aparecerá o número 3.
  2. Substituindo na fórmula, vemos 3 \rightarrow -\dfrac{1}{2} \rightarrow \dfrac{2}{3} \rightarrow -2 \rightarrow \dfrac{2}{3} \rightarrow 3, logo aparecerá o número 3.

c) Vejamos que ao aplicarmos a operação duas vezes temos:

x \rightarrow \dfrac{x}{x-1} \rightarrow \dfrac{\dfrac{x}{x-1}}{\dfrac{x}{x-1}-1}=\dfrac{\dfrac{x}{x-1}}{\dfrac{x}{x-1}-\dfrac{x-1}{x-1}}=\dfrac{\dfrac{x}{x-1}}{\dfrac{1}{x-1}}=x

Logo o número do visor permanece o mesmo.

d) Vejamos que ao aplicarmos a operação três vezes temos:

x \rightarrow \dfrac{1}{1-x} \rightarrow \dfrac{1}{1-\dfrac{1}{1-x}}=\dfrac{1}{\dfrac{-x}{1-x}}=\dfrac{x-1}{x} \rightarrow \dfrac{1}{1-\dfrac{x-1}{x}}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x}}=x

Logo o número do visor permanece o mesmo.


Problema 3

a) A letra L está dividida em 2 regiões e como as regiões não podem ter cores iguais, a quantidade de maneiras de Mustache pintar a letra L é 4\times 3 = 12, pois com uma região pintada, não podemos pintar a outra região com a cor dessa.

b) A letra E possui 4 regiões, ao pintarmos primeiramente a região à esquerda, sabemos que as demais regiões não podem ter a mesma cor desta e ao mesmo tempo como não possuem intersecção com mais nenhuma região, temos a liberdade de escolher qualquer cor menos a da região à esquerda, logo a quantidade de maneiras de pintar a letra E é 4 \times 3 \times 3 \times 3 = 108 maneiras.

c) A letra P possui 4 regiões, suponha que a primeira região que pintamos foi a da esquerda embaixo, a maior, portanto ainda nos resta pintar três regiões, sendo duas destas vizinhas à região já pintada, chame essas duas regiões de X e Y. Iremos dividir este item em dois casos:

Caso 1: As regiões X e Y possuem cores iguais

Portanto, a última região pode ser colorida com 3 cores e o número total de maneiras de colorir P tal que X e Y possuem cores iguais é 4\times 3\times 1\times 3 = 36.

Caso 2: As regiões X e Y possuem cores distintas

Portanto, a última região pode ser colorida com 2 cores (as que não foram usadas em X e Y) e o número total de maneiras de colorir P tal que X e Y possuem cores diferentes é 4\times 3\times 2\times 2 = 48.

Logo, podemos usar do Princípio Aditivo para afirmar que o número total de maneiras de colorir a letra P é 36+48=84.

d) A quantidade maneiras de pintar a palavra HELP pelo Princípio Multiplicativo é a multiplicação das quantidades de maneiras de pintar cada letra, ou seja:

36 \times 12 \times 108 \times 84 = 3919104 maneiras.


Problema 4

a) É suficiente calcular:

J_6=J_5+J_4=23+14=37

J_7=J_6+J_5=37+23=60

J_8=J_7+J_6=60+37=97

Logo o oitavo termo é 97.

b) Analisaremos a sequência módulo 3. Vejamos que J_1 = 4 \equiv 1 (mod \ 3) e que J_2 = 5 \equiv 2 (mod \ 3). Observemos que:

J_{n+2} \equiv J_{n+1}+J_{n} (mod \ 3)

Agora, calculando vemos que:

J_3=J_2+J_1 \equiv 2+1 \equiv 0 (mod \ 3)

J_4=J_3+J_2 \equiv 0+2 \equiv 2 (mod \ 3)

J_5=J_4+J_3 \equiv 2+0 \equiv 2 (mod \ 3)

J_6=J_5+J_4 \equiv 2+2 \equiv 1 (mod \ 3)

J_7=J_6+J_5 \equiv 1+2 \equiv 0 (mod \ 3)

J_8=J_7+J_6 \equiv 0+1 \equiv 1 (mod \ 3)

J_9=J_8+J_7 \equiv 1+0 \equiv 1 (mod \ 3)

J_{10}=J_9+J_8 \equiv 1+1 \equiv 2 (mod \ 3)

J_{11}=J_{10}+J_9 \equiv 2+1 \equiv 0 (mod \ 3)

Podíamos simplesmente ter calculado J_{11} a partir do item a e de qualquer jeito segue que J_{11} de fato é múltiplo de 3.

Observação: Na hora da prova bastaria escrever a sequência, sem apresentar as contas uma por uma, mas por fim didáticos as mesmas foram apresentadas aqui.

c) Vejamos que a partir do item c temos que J_1 \equiv J_9 (mod \ 3) e J_2 \equiv J_{10} (mod \ 3), logo a sequência Juliano faz ciclos de tamanho oito módulo 3, pois uma vez que J_{n+2} \equiv J_{n+1}+J_{n} (mod \ 3), vale que J_3 \equiv J_{10} (mod \ 3) e assim sucessivamente. Então vejamos que:

J_3 \equiv J_{8+3} \equiv J_{8\cdot 2+3} \equiv ... \equiv J_{8k+3} (mod \ 3)

Porém J_3\equiv 0(mod \ 3), logo J_{8k+3}\equiv 0 (mod \ 3) para todo k.

d) Este item possui uma técnica bem peculiar. Nós iremos fazer a sequência Juliano do lado contrário, usando termos negativos, ou seja, defina J_0 como aquele tal que J_0+J_1=J_2 e podemos definir que para todo k, temos que J_{-k} é tal que J_{-k}+J_{-k+1}=J_{-k+2} e indutivamente conseguimos todos os termos negativos. Assim temos que:

J_0=J_2-J_1=5-4=1

J_{-1}=J_1-J_0=4-1=3

J_{-2}=J_0-J_{-1}=1-3=-2

J_{-3}=J_{-1}-J_{-2}=3-(-2)=5

J_{-4}=J_{-2}-J_{-3}=(-2)-5=-7

J_{-5}=J_{-3}-J_{-4}=5-(-7)=12

J_{-6}=J_{-4}-J_{-5}=-7-12=-19

Portanto sabemos que J_{-6} = -19 \equiv 0 (mod \ 19), coincidência? Creio que não. Na verdade isto cria um passo essencial na questão, pois sabemos que existe um termo da sequência Juliano negativa múltiplo de 19, e mesmo que este termo seja artificial, ele nos fará provar que exitem infinitos termos da sequência Juliano múltiplos de 19. Agora provaremos que a sequência módulo 19 possui um ciclo. Considere todos os pares da forma:

(J_{i}, J_{i+1}) (mod \ 19)

Sabemos que existem infinitos pares desta forma, visto que existem infinitos valores possíveis para i, porém vejamos que somente existem 19^2 pares possíveis módulo 19, ou seja, existem r e s tais que:

(J_{r}, J_{r+1}) \equiv (J_{s}, J_{s+1}) (mod \ 19)

E portanto teremos J_{r} \equiv J_{s} (mod \ 19)J_{r+1} \equiv J_{s+1} (mod \ 19), como vale que:

J_{n+2} \equiv J_{n}+J_{n+1} (mod \ 19)

Então J_{r+2} \equiv J_{s+2} (mod \ 19)J_{r+3} \equiv J_{s+3} (mod \ 19) e assim sucessivamente, e portanto se r > s, então teremos um ciclo de tamanho r-s=k módulo 19, e portanto:

J_{-6} \equiv J_{k-6} \equiv ... \equiv J_{tk-6} \equiv 0 (mod \ 19)

Para todo t e então para um t>6 claramente vemos que o termos J_{tk+6} possui índice positivo e então pertence definitivamente à sequência Juliano e logo 19 divide algum termo dessa sequência. (na verdade infinitos termos)


Problema 5

a) Suponha que estejamos trabalhando com um ângulo interno \theta. Seu ângulo externo mede 180-\theta. Como cada bissetriz divide o ângulo pela metade, então o ângulo entre as bissetrizes será:

 \dfrac{\theta}{2}+(90-\dfrac{\theta}{2})=90

Ou seja, as bissetrizes são perpendiculares como queríamos demonstrar.

b) Sabemos que \angle{BCI_a} é metade do ângulo externo de \angle{C}, logo temos que:

\angle{BCI_a}=\dfrac{180-C}{2}=90-\dfrac{C}{2}

Sabemos que \angle{CBI_a} é metade do ângulo externo de \angle{B}, logo temos que:

\angle{CBI_a}=\dfrac{180-B}{2}=90-\dfrac{B}{2}

Portanto temos que \angle{CBI_a}=90-\dfrac{B}{2}\angle{BCI_a}=90-\dfrac{C}{2}.

c) Sabemos que \angle{BI_aC}=180-(\angle{CBI_a}+\angle{BCI_a}), logo:

\angle{BI_aC}=180-(90-\dfrac{C}{2}+90-\dfrac{B}{2}

\angle{BI_aC}=180-180+\dfrac{C}{2}+\dfrac{B}{2}

\angle{BI_aC}=\dfrac{B+C}{2}

\angle{BI_aC}=\dfrac{180-A}{2}=90-\dfrac{A}{2}

d) Sabemos portanto dois fatos sobre o ex-incentro:

  1. O ex-incentro relativo à um vértice de um triângulo sempre está na bissetriz interna do ângulo deste vértice.
  2. O ex-incentro sempre está no arco capaz que possui o ângulo mostrado no item c.

A intersecção de uma reta e um arco capaz é um único ponto. Agora olhemos o triângulo BAD, iremos provar que C é o ex-incentro relativo ao vértice A. Vejamos que:

  1. AC é bissetriz interna de \angle{A}.
  2. \angle{BCD}=90-\dfrac{110}{2}=35 e portanto C está no arco capaz demonstrado pelo item c.

Logo como este ponto é único, vale que C é ex-incentro e portanto BC é bissetriz externa do ângulo \angle{B}, logo \angle{B}=180-2\cdot(180-110)=40. Portanto \angle{ABD}=40.


Problema 6

a) Um baralho possui 52 cartas, porém 6 cartas já estão na mesa, logo há 46 possíveis cartas para serem a fechada. Mas veja que Samuel só conseguirá uma sequência se vier a carta 5 ou 10 e portanto a probabilidade é de \dfrac{8}{46}.

b) Pelo mesmo raciocínio, restam 46 opções para a carta fechada. Um flush só é concretizado se tivermos 5 cartas do mesmo naipe, observe que há 13 cartas do naipe copas (coração), porém 4 destas cartas já estão na mesa, logo a probabilidade da carta fechada ser de copas e Brendon obter um flush é de \dfrac{9}{46}.

c) Observe que agora, diferente dos itens anteriores, possuímos 8 cartas abertas na mesa, restando 44 cartas possíveis para ser a fechada. Vejamos que Brendon ganha com qualquer carta do naipe de copas, pois o flush é a jogada mais alta possível com as cartas já dispostas, além disso veja que Brendon já possui um par alto na mão, no caso um par de reis e portanto a única forma de Samuel ganhar seria conseguindo uma sequência. Logo, como a carta fechada não pode ser de copas, então Samuel ganha se for um 5 ou um 10 de qualquer naipe exceto copas, e portanto a probabilidade de Samuel ganhar é de \dfrac{6}{44} e a probabilidade de Brendon ganhar é de \dfrac{38}{44}.

d) Agora vejamos que temos 2 cartas fechadas e portanto um total de 45 cartas possíveis para as 2 que restam. Portanto existem \dfrac{45\cdot44}{2}=990 pares possíveis. Vejamos pelo item c que Brendon possuía muito mais chance de ganhar com uma carta fechada e provavelmente neste item o mesmo ocorra, logo é mais fácil analisar as possíveis cartas em que Samuel ganharia.

Vejamos que Samuel não pode obter somente uma dupla, pois Brendon já possui um par de reis e ganharia dele já que um rei é mais alto que um 8 ou um 9, logo Samuel deve possuir no mínimo dois pares.

Agora observemos que as três cartas abertas possuem naipes diferentes e portanto não há possibilidade de Samuel conseguir um flush e nem uma quadra, pois não há duas cartas iguais já dispostas, logo a jogada mais alta que Samuel pode conseguir é uma sequência.

Portanto Samuel para ganhar precisa conseguir dois pares ou uma trinca ou uma sequência. Dividiremos em casos:

Caso 1: Dois pares

Como o par não pode estar na mesa, se não Brendon ganha, então as duas cartas fechadas são exatamente um 8 e um 9, porém estas não podem ser de copas simultaneamente se não Brendon possui um flush. Logo Samuel só ganha em 3\times 3 -1=8 pares possíveis.

Caso 2: Trinca

Uma trinca pode ser possível com o número 8 ou 9, e vejamos que numa trinca só pode existir no máximo um naipe de copas, pois não existem dois 8 ou 9 do mesmo naipe, logo Brendon não tem possibilidade de conseguir um flush e sempre perde por uma trinca. Logo Samuel ganha em 3+3=6 pares possíveis.

Caso 3: Sequência

A sequência pode ser dada tanto por uma carta 5 quanto por uma carta 10.

Caso 3.1 Basicamente vamos analisar o caso em que o 5 e o 10 aparecem simultaneamente, então como as duas cartas não podem ser de copas juntas, então Samuel ganha em 4\cdot 4 -1=15 pares.

Caso 3.2 A carta 5 aparece e a carta 10 não aparece. Então se o 5 não é de copas, temos 3\times 40=120 pares possíveis. E se o 5 é de copas temos que ter o cuidado de que a última carta não seja um 10 (pois cairíamos no caso 3.1) e nem seja de copas, logo há 35 pares possíveis. Um total de 120+35=155 pares possíveis em que Samuel ganha.

Caso 3.3 A carta 10 aparece e a carta 5 não aparece. Então por simetria do caso 3.2 possuímos 155 pares possíveis.

Logo Samuel ganha em 155+155+6+8=324 pares e sua probabilidade de vencer é de \dfrac{324}{990}, enquanto a probabilidade de Brendon vencer é de \dfrac{666}{990}.

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