OBMEP Nível 3 Simulado 02 Solução

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:

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 $3$ .
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 $J_{r} \equiv J_{s} (mod \ 19)$ e $J_{r+1} \equiv J_{s+1} (mod \ 19)$ , 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 $\angle{CBI_a}=90-\dfrac{B}{2}$ e $\angle{BCI_a}=90-\dfrac{C}{2}$ .

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:

O ex-incentro relativo à um vértice de um triângulo sempre está na bissetriz interna do ângulo deste vértice.
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:

$AC$ é bissetriz interna de $\angle{A}$ .
$\angle{BCD}=90-\dfrac{110}{2}=35$ 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 $\dfrac{666}{990}$ .