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 $$\dfrac{666}{990}$$.