XL OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA
Prova da Primeira Fase (13 de agosto de 2016)
Nível
(6
oe 7
oanos do Ensino Fundamental)
www.opm.mat.br
Gabaritos
PROBLEMA 1a) O custo dos metais utilizados por medalha de ouro é
6 ⋅ 142,33 + 494 ⋅ 2,13 = R$1906,20 .
b) Para calcular o custo da medalha devemos calcular a massa de ouro e multiplicar pelo valor atual do ouro. 500
21,3⋅ 142,33 ≅ 23,5 ⋅ 142,33 ≅ R$3344,76
c) Como são 306 medalhas de ouro com 6 g de ouro cada, no total são 306 ⋅ 6 = 1836 g de ouro para a produção das medalhas. A porcentagem do ouro da taça necessária é
1836
3800≅ 0,483 = 48,3 % .
PROBLEMA 2
a) Como são necessários 12 meses para atingir nível 40, para atingir nível 30, que é 10 unidades a menos, são necessários
12
4 = 3 meses.
b) Vamos observar o crescimento do nível e do tempo através da tabela a seguir. Veja que a cada 10 unidades multiplicamos o tempo por 4.
Nível Tempo (anos)
40 1 50 4 60 16 70 64 80 256 90 1024 100 4096
Então, segundo esse modelo, seriam necessários, em média, 4096 anos, que é mais que 4 milênios, para atingir nível 100. c) No caso do Porquenão Vou, para aumentar 10 unidades o tempo é multiplicado por 9. Em 7 anos temos 7 ⋅ 12 = 84 meses que é aproximadamente 9 ⋅ 9, elevando o nível em 10 unidades a partir do nível 50. Concluímos que em 7 anos o usuário atingirá, em média, nível 60, aproximadamente.
PROBLEMA 3
a) Veja que
2 + 7 + 1 + 8 + 2 + 8 = 28 Se trocarmos 8 + 2 por 82 a soma cresce em 72 chegando a 100. Logo
271828 → 2 + 7 + 1 + 82 + 8 = 100 → 1 + 0 + 0 = 1 .
(Pode-se mostrar que essa é a única maneira de se fazer essas duas operações.)
b) É dado no enunciado que não importa como apliquemos a operação o dígito final é sempre o mesmo. Então podemos aplicar de qualquer forma para descobrir que dígito é esse
2000089 → 2 + 0 + 0 + 0 + 0 + 8 + 9 = 19 → 1 + 9 = 10 → 1 + 0 = 1 .
c) Para fazer menos que três operações, teríamos que conseguir com apenas uma ou com apenas duas operações. Para usar apenas uma operação teríamos que ir direto para 1, o que não é possível. Para fazer com duas operações, teríamos que ir na primeira operação para 100 … 00. Para provar que isto não é possível, basta observar que o dígito das unidades do resultado não pode ser 0.
Se deixarmos 8 e 9 juntos, os dígitos das unidades possíveis são 9, com os primeiros 5 dígitos contribuindo com 0, ou 1, com os primeiros 5 dígitos contribuindo com 2.
Se os dois dígitos estivessem separados, então eles contribuiriam com 8 + 9 = 17 e os dígitos das unidades possíveis são 7, com os 5 primeiros dígitos contribuindo com 0, ou 9, com os 5 primeiros dígitos contribuindo com 2.
Logo precisamos de pelo menos 3 operações para conseguir.
Outro modo de resolver esse problema é listar as possibilidades de maneira organizada e verificar que não é possível obter p único dígito final de 2000089 em duas operações “inserir e somar”.
Observação: o dígito final é único, pois a operação inserir e somar não altera o resto na divisão por 9 e o dígito final é justamente esse resto na divisão por 9 e no caso do resto 0 o dígito final é 9.
PROBLEMA 4
Veja que podemos sobrepor os dois quadrados e o círculo, na primeira figura a seguir, e poderemos separá-los formando um retângulo, um círculo e um quadrado.
a) Podemos cortar o quadrado inscrito em 4 triângulos retângulos e posicioná-los formando um retângulo de base 2 e altura 1, então a área desse quadrado é 2 ⋅ 1 = 2.
Solução alternativa: se chamarmos de 𝐿 o lado do quadrado maior, sua área é 𝐿2 e, pelo Teorema de Pitágoras, 𝐿2= 12+ 12=
2, portanto sua área é 2.
b) Marcando os comprimentos dos segmentos nas laterais do quadrado maior, percebemos que seu lado é 2 implicando que sua área é 22= 4.
c) Se uma figura A está no interior de outra figura B, então podemos afirmar que a área da figura A é menor que a área da figura B. Usando este fato para quadrado inscrito em relação ao círculo de raio 1 e do círculo em relação ao quadrado maior podemos concluir que
(á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑖𝑛𝑠𝑐𝑟𝑖𝑡𝑜) < (á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝑐í𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑖𝑜 1) < (á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟) ⇒ 2 < 𝜋 < 4 .
PROBLEMA 5
a) As seis maneiras são mostradas na figura a seguir.
b) As outra quatro dicas bacanas são (3 1), (1 3), (2 2) e (1 1 1).
c) Comecemos olhando a segunda linha que possui a dica bacana (5). Observando a última coluna para que a dica (1 2) seja atendida, devemos deixar a primeira e a terceira casas vazias. Isso nos permite preencher corretamente a primeira e a quarta linhas. Chegamos na seguinte configuração.
Note que as duas últimas colunas estão concluídas, por isso a terceira linha deve ter as três primeiras casas pintadas. Observando a terceira coluna, o único modo de atender essa dica terminada em 1 é pintar a última casa dessa coluna. Veja que isso também resolve a quinta linha fechando todo o tabuleiro.
XL OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA
Prova da Primeira Fase (13 de agosto de 2016)
Nível
(8
oe 9
oanos do Ensino Fundamental)
www.opm.mat.br
Gabaritos
PROBLEMA 1a) O custo dos metais utilizados por medalha de ouro é
6 ⋅ 142,33 + 494 ⋅ 2,13 = R$1906,20 .
b) Para calcular o custo da medalha devemos calcular a massa de ouro e multiplicar pelo valor atual do ouro. 500
21,3⋅ 142,33 ≅ 23,5 ⋅ 142,33 ≅ R$3344,76
c) Como são 306 medalhas de ouro com 6 g de ouro cada, no total são 306 ⋅ 6 = 1836 g de ouro para a produção das medalhas. A porcentagem do ouro da taça necessária é
1836
3800≅ 0,483 = 48,3 % .
PROBLEMA 2
a) Veja que
2 + 7 + 1 + 8 + 2 + 8 = 28 Se trocarmos 8 + 2 por 82 a soma cresce em 72 chegando a 100. Logo
271828 → 2 + 7 + 1 + 82 + 8 = 100 → 1 + 0 + 0 = 1 .
(Pode-se mostrar que essa é a única maneira de se fazer essas duas operações.)
b) É dado no enunciado que não importa como apliquemos a operação o dígito final é sempre o mesmo. Então podemos aplicar de qualquer forma para descobrir que dígito é esse
2000089 → 2 + 0 + 0 + 0 + 0 + 8 + 9 = 19 → 1 + 9 = 10 → 1 + 0 = 1 .
Então para fazer menos que três operações seriam apenas uma ou apenas duas operações. Para usar apenas uma operação teríamos que ir direto para 1 o que não é possível. Para usar duas operações teríamos que ir na primeira operação para 100 … 00. Para provar que isto não é possível basta observar que o dígito das unidades do resultado não pode ser 0.
Se deixarmos 8 e 9 juntos, os dígitos das unidades possíveis são 9, com os primeiros 5 dígitos contribuindo com 0, ou 1, com os primeiros 5 dígitos contribuindo com 2.
Se os dois dígitos estivessem separados, então eles contribuiriam com 8 + 9 = 17 e os dígitos das unidades possíveis são 7, com os 5 primeiros dígitos contribuindo com 0, ou 9, com os 5 primeiros dígitos contribuindo com 2. Outro modo de resolver esse problema é listar as possibilidades de maneira organizada e verificar que não é possível obter p único dígito final de 2000089 em duas operações “inserir e somar”.
Observação: o dígito final é único, pois a operação inserir e somar não altera o resto na divisão por 9 e o dígito final é justamente esse resto na divisão por 9 e no caso do resto 0 o dígito final é 9.
PROBLEMA 3
a) Veja que se colocássemos o carro da primeira coluna saindo de cima o carro da primeira linha e dessa coluna passariam no canto superior esquerdo simultaneamente, logo essa disposição não seria segura. Então o carro da primeira coluna deve ser colocado saindo de baixo.
Se o carro da última coluna fosse colocado saindo de baixo, este e o carro da primeira linha passariam no canto superior direito ao mesmo tempo, impedindo esta configuração de ser segura. Logo o carro da última coluna deve sair de cima. Agora observe que os dois carros das colunas que já sabemos onde devem ser colocados limitam o carro da última linha. Se colocarmos o carro da última linha saindo da esquerda para a direita, ele vai encontrar os dois carros da primeira coluna e da última coluna nos cantos inferior esquerdo e inferior direito, respectivamente. Então para ter uma disposição segura o carro da última linha deve ser colocado da direita para a esquerda.
b) Não, pois os carros da quarta linha e da quarta coluna passam no ponto central da figura simultaneamente. Veja que isso acontece mesmo se colocarmos esses dois carros partindo de qualquer direção.
c) Considerando o raciocínio que fizemos no item a, podemos observar que a posição do carro da primeira linha define a sexta linha, a primeira coluna e a sexta coluna. Isso também pode ser feito para a o carro da segunda linha, definindo segunda coluna, quinta linha e quinta coluna, e para a terceira linha, definindo terceira coluna, quarta coluna e quarta linha. Por exemplo, os seguintes carros já definem toda a disposição segura.
Então temos 2 opções para o carro da primeira linha, 2 opções para o carro da segunda linha e 2 opções para o carro da terceira linha. Usando o princípio multiplicativo, são 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 8 disposições seguras.
PROBLEMA 4
a) Veja que a volta completa de 360∘ está dividida em 12 pedaços iguais, logo 𝑚(𝐴𝑂̂𝐵) =360∘ 12 = 30
∘.
b) Já sabemos que 𝑚(𝐴𝑂̂𝐵) = 30∘ e 𝑂𝐴 = 𝑂𝐵, logo 𝑚(𝑂𝐴̂𝐵) = 𝑚(𝑂𝐵̂𝐴) =180∘−30∘ 2 = 75
∘. Como o triângulo 𝐴𝐵𝑋 é
equilátero, temos 𝐴𝑋 = 𝐵𝑋 e 𝑚(𝑋𝐵̂𝐴) = 𝑚(𝑋𝐴̂𝐵) = 60∘ implicando 𝑚(𝑂𝐴̂𝑋) = 𝑚(𝑂𝐵̂𝑋) = 75∘− 60∘= 15∘. A partir dessas
informações, temos a congruência Δ𝑂𝐴𝑋 ≅ Δ𝑂𝐵𝑋 (𝐿. 𝐴. 𝐿. ). Dessa forma, 𝑂𝑋 divide 𝐴𝑂̂𝐵 em dois pedaços iguais, logo 𝑚(𝐴𝑂̂𝑋) =302∘= 15∘. Usando a soma dos ângulos internos determinamos o ângulo que faltava 𝑚(𝑂𝑋̂𝐴) = 150∘. Como
c) A partir do item anterior não apenas esses pares de lados são iguais, mas os seis segmentos são todos iguais ao lado do dodecágono. Pois
𝐽𝐾 = 𝐴𝐵 = 𝑂𝑋 = 𝑃𝑀 ; 𝐾𝐿 = 𝐴𝐵 = 𝑈𝑉 ; 𝑉𝑍 = 𝐴𝐵 = 𝐴𝑋 = 𝑃𝑁 . d) Usando a simetria do dodecágono, as medidas dos ângulos são
𝑚(𝐾̂) = 2 ∠𝑂𝐴𝐵 = 150∘ ;
𝑚(𝑃̂) = ∠𝑂𝑋𝐴 = 150∘ ;
𝑚(𝑉̂) = ∠𝐴𝑋𝐵 = 60∘ .
Então a soma é
𝑚(𝐾̂) + 𝑚(𝑃̂) + 𝑚(𝑉̂) = 150∘+ 150∘+ 60∘= 360∘ .
e) A partir da ideia desenvolvida nos itens anteriores, podemos concluir que usando 4 fatias do dodecágono regular podemos montar um quadrado de lado 𝑂𝐽 = 𝑀𝑁 = 1, então 4 fatias possuem área 1. Portanto a área do dodecágono é 3. Veja que o dodecágono está no interior do círculo de raio 1, logo
área do círculo de raio 1 > área do dodecágono ⇒ 𝜋 > 3 .
PROBLEMA 5
a) Seguindo as instruções dadas no enunciado em relação ao número de doces, temos
3 ⋅ 100 − 12𝑥 + 𝑥 + (100 − 𝑥) ≥ 1 ⇔ 400 − 12𝑥 ≥ 1 ⇔ 𝑥 ≤399 12 .
Como 𝑥 é inteiro, podemos afirmar que 𝑥 ≤ 33. Logo a maior quantidade de pontos de experiência que você pode ganhar com 100 Pruprus é
500 + (100 − 1)100 + 500 ⋅ 33 = 26900.
b) Novamente, podemos seguir as instruções do enunciado, mas devemos trocar 13 por 3𝑦. Pela quantidade de doces temos 3 ⋅ 3𝑦 − 12𝑥 + 𝑥 + (3𝑦 − 𝑥) ≥ 1 ⇔ 12𝑦 − 12𝑥 ≥ 1 ⇔ 12𝑥 ≤ 12𝑦 − 1 ⇔ 𝑥 ≤12𝑦 − 1
12 = 𝑦 −
1 12 . Como 𝑥 e 𝑦 são número inteiros, podemos concluir que 𝑥 ≤ 𝑦 − 1. Desse modo, podemos ganhar
500 + (3𝑦 − 1)100 + 500(𝑦 − 1) = 500 + 300𝑦 − 100 + 500𝑦 − 500 = 800𝑦 − 100 . c) Usando o item b, podemos estimar o número de Pruprus através da inequação
800𝑦 − 100 ≥ 45000 ⇔ 8𝑦 − 1 ≥ 450 ⇔ 𝑦 ≥451
8 = 56 +
3 8 .
Como 𝑦 deve ser inteiro, temos 𝑦 ≥ 57 e podemos atingir 45000 pontos usando 3 ⋅ 57 = 171 Pruprus.
Através do raciocínio desenvolvido vemos que com 3 ⋅ 56 = 168 Pruprus não é possível atingir 45000 pontos de experiência. Porém para 169 e 170 não podemos afirmar diretamente, pois não são múltiplos de 3. De fato, para 169 Pruprus, temos 𝑥 ≤4⋅169−112 ⟺ 𝑥 ≤ 56 e podemos obter até 500 + 168 ⋅ 100 + 56 ⋅ 500 = 45300 pontos. Assim, a resposta é 169.
Observação: considerando a continuação do item b, as respostas 170 e 171 perderão apenas um décimo deste item.
Pode-se mostrar que a quantidade de Pruprus para serem evoluídos é ⌈𝑁3⌉ − 1, em que 𝑁 é a quantidade total de Pruprus e ⌈𝑁3⌉ é
XL OLIMPÍADA PAULISTA DE MATEMÁTICA
Prova da Primeira Fase (13 de agosto de 2016)
Nível
(1
oe 2
oséries do Ensino Médio)
www.opm.mat.br
Gabaritos
PROBLEMA 1a) Para o ano de 2016 temos 𝑡 = 2016 − 1998 = 18. Então o modelo nos diz que hoje o número de pessoas na Austrália que fazem compras pela internet é
𝑓(18) = 12,5 ⋅ 0,010,818≅ 12,5 ⋅ 0,010,02= 12,5 ⋅ (10−2)0,02= 12,5 ⋅ (100,02)−2
⇒ 𝑓(18) ≅(1012,50,02)2≅(1,05)12,52 ⇒ 𝑓(18) ≅ 11,34 milhões. b) Veja que 𝟓% de 𝟐𝟓 milhões é 𝟏𝟎𝟎𝟓 ⋅ 𝟐𝟓 = 𝟏, 𝟐𝟓. Desejamos descobrir o 𝒕 tal que
𝑓(𝑡) = 1,25 ⇒ 12,5 ⋅ 0,01(0,8𝑡)
= 1,25 ⟺ 10(−2⋅0,8𝑡)
= 10−1⟺ −2 ⋅ 0,8𝑡= −1 ⟺ 2 ⋅ 0,8𝑡= 1 .
Usando o logaritmo na base 10 dos dois lados, temos
log(2 ⋅ 0,8𝑡) = log 1 ⟺ log 2 + log 0,8𝑡= 0 ⟺ log 2 + 𝑡 ⋅ log 8
10= 0 ⟺ log 2 + 𝑡(log 23− log 10) = 0 ⟺ log 2 + 𝑡(3 log 2 − 1) = 0 ⟺ 0,3 + 𝑡(3 ⋅ 0,3 − 1) = 0 ⟺ 0,3 = 0,1 ⋅ 𝑡 ⟺ 𝑡 = 3 .
Então o modelo prevê essa quantidade de usuários de compras pela internet no ano 1998 + 3 = 2001.
PROBLEMA 2
a) Seguindo as instruções dadas no enunciado em relação ao número de doces, temos
3 ⋅ 100 − 12𝑥 + 𝑥 + (100 − 𝑥) ≥ 1 ⇔ 400 − 12𝑥 ≥ 1 ⇔ 𝑥 ≤399 12 .
Como 𝑥 é inteiro, podemos afirmar que 𝑥 ≤ 33. Logo a maior quantidade de pontos de experiência que você pode ganhar com 100 Pruprus é
500 + (100 − 1)100 + 500 ⋅ 33 = 26900.
b) Novamente, podemos seguir as instruções do enunciado, mas devemos trocar 13 por 3𝑦. Pela quantidade de doces temos 3 ⋅ 3𝑦 − 12𝑥 + 𝑥 + (3𝑦 − 𝑥) ≥ 1 ⇔ 12𝑦 − 12𝑥 ≥ 1 ⇔ 12𝑥 ≤ 12𝑦 − 1 ⇔ 𝑥 ≤12𝑦 − 1
12 = 𝑦 −
1 12 . Como 𝑥 e 𝑦 são número inteiros, podemos concluir que 𝑥 ≤ 𝑦 − 1. Desse modo, podemos ganhar
500 + (3𝑦 − 1)100 + 500(𝑦 − 1) = 500 + 300𝑦 − 100 + 500𝑦 − 500 = 800𝑦 − 100 . c) Usando o item b, podemos estimar o número de Pruprus através da inequação
800𝑦 − 100 ≥ 45000 ⇔ 8𝑦 − 1 ≥ 450 ⇔ 𝑦 ≥451
8 = 56 +
3 8 .
Como 𝑦 deve ser inteiro, temos 𝑦 ≥ 57 e podemos atingir 45000 pontos usando 3 ⋅ 57 = 171 Pruprus.
Através do raciocínio desenvolvido vemos que com 3 ⋅ 56 = 168 Pruprus não é possível atingir 45000 pontos de experiência. Porém para 169 e 170 não podemos afirmar diretamente, pois não são múltiplos de 3. De fato, para 169 Pruprus, temos 𝑥 ≤4⋅169−112 ⟺ 𝑥 ≤ 56 e podemos obter até 500 + 168 ⋅ 100 + 56 ⋅ 500 = 45300 pontos. Assim, a resposta é 169.
Observação: considerando a continuação do item b, as respostas 170 e 171 perderão apenas um décimo deste item.
Pode-se mostrar que a quantidade de Pruprus para serem evoluídos é ⌈𝑁3⌉ − 1, em que 𝑁 é a quantidade total de Pruprus e ⌈𝑁3⌉ é
obtido dividindo 𝑁 por 3 e arredondando para cima.
PROBLEMA 3
a) Note que 𝑂𝑋0𝑃 e 𝑂𝑌0𝑃 são triângulos retângulos, logo
𝑂𝑋0
𝑂𝑃 = cos 𝛽 ⟺ 𝑂𝑋0= 𝑂𝑃 cos 𝛽 ⟺ 𝑋0= 𝑟 cos 𝛽 . De modo análogo, temos 𝑌0= 𝑟 sen 𝛽.
|
𝑥0= 𝑟 cos(𝛼 + 𝛽) = 𝑟 cos 𝛼 cos 𝛽 − 𝑟 sen 𝛼 sen 𝛽
𝑦0= 𝑟 sen(𝛼 + 𝛽) = 𝑟 sen 𝛼 cos 𝛽 + 𝑟 cos 𝛼 sen 𝛽
⟺ |
𝑥0= 𝑋0cos 𝛼 − 𝑌0sen 𝛼
𝑦0= 𝑋0sen 𝛼 + 𝑌0cos 𝛼
b) Temos
𝐴𝑥2+ 𝐵𝑥𝑦 + 𝐶𝑦2+ 𝐷𝑥 + 𝐸𝑦 + 𝐹 = 0
⇔ 𝐴(𝑥′cos 𝛼 − 𝑦′sen 𝛼)2+ 𝐵(𝑥′cos 𝛼 − 𝑦′sen 𝛼)(𝑥′sen 𝛼 + 𝑦′cos 𝛼) + 𝐶(𝑥′sen 𝛼 + 𝑦′cos 𝛼)2+ 𝐷(𝑥′cos 𝛼 − 𝑦′sen 𝛼)
+ 𝐸 (𝑥′sen 𝛼 + 𝑦′cos 𝛼) + 𝐹 = 0
⇔ (𝑥′)2(𝐴 cos2𝛼 + 𝐵 cos 𝛼 sen 𝛼 + 𝐶 sen2𝛼 ) + (𝑥′)(𝑦′)(−2𝐴 cos 𝛼 sen 𝛼 + 𝐵(cos2𝛼 − sen2𝛼) + 2𝐶 sen 𝛼 cos 𝛼)
+ (𝑦′)2(𝐴 sen2𝛼 − 𝐵 sen 𝛼 cos 𝛼 + 𝐶 cos2𝛼) + (𝑥′)(𝐷 cos 𝛼 + 𝐸 sen 𝛼) + (𝑦′)(−𝐷 sen 𝛼 + 𝐸 cos 𝛼) + 𝐹 = 0
Com isso, temos
𝐴′= 𝐴 cos2𝛼 + 𝐵 cos 𝛼 sen 𝛼 + 𝐶 sen2𝛼
e
𝐶′= 𝐴 sen2𝛼 − 𝐵 sen 𝛼 cos 𝛼 + 𝐶 cos2𝛼 .
Concluímos que
𝐴′+ 𝐶′= 𝐴(cos2𝛼 + sen2𝛼) + 𝐶(sen2𝛼 + cos2𝛼) = 𝐴 + 𝐶 .
c) Vamos estudar a equação 𝐵′= 0 para determinar 𝛼.
𝐵′= 0 ⇔ −2𝐴 cos 𝛼 sen 𝛼 + 𝐵(cos2𝛼 − sen2𝛼) + 2𝐶 sen 𝛼 cos 𝛼 = 0
⇔ (𝐶 − 𝐴) sen 2𝛼 + 𝐵 cos 2𝛼 = 0 .
Substituindo os valores da equação dada 𝑥2+ 2𝑥𝑦 + 𝑦2− 3𝑥 − 𝑦 = 0, ou seja, 𝐴 = 𝐶 = 1 e 𝐵 = 2 teremos
𝐵′= 0 ⇔ 0 sen 2𝛼 + 2 cos 2𝛼 = 0 ⇔ cos 2𝛼 = 0 ⇔ 2𝛼 = 𝑘𝜋 +𝜋
2, 𝑘 ∈ ℤ ⇔ 𝛼 = 𝑘𝜋
2 +
𝜋 4, 𝑘 ∈ ℤ Então podemos tomar qualquer 𝑘 inteiro nessa equação. Em particular, para 𝑘 = 0 temos 𝛼 =𝜋4 .
Os valores de 𝛼 entre 0 e 2𝜋 são 𝜋4, 3𝜋4, 5𝜋4 e 7𝜋4.
PROBLEMA 4
a) Usando as fórmulas para o ponto médio podemos determinar as coordenadas de 𝑀. Como 𝑀𝐶 é um segmento vertical e 𝐶 está sobre a parábola, temos 𝑥𝐶 = 𝑥𝑀 e 𝑦𝐶 = 𝑥𝐶2= 𝑥𝑀2. Concluímos que 𝑥𝑀=𝑎+𝑏2 , 𝑦𝑀=𝑎
2+𝑏2 2 , 𝑥𝐶 = 𝑎+𝑏 2 e 𝑦𝐶 = ( 𝑎+𝑏 2 ) 2 .
Como 𝑀𝐶 é vertical, temos 𝑀𝐶 =𝑎2+𝑏2 2− (𝑎+𝑏2 )2=2𝑎2+2𝑏2−𝑎42−2𝑎𝑏−𝑏2⟺ 𝑀𝐶 = (𝑏−𝑎2 )2.
b) O segmento 𝑁𝐷 foi gerado em relação aos pontos 𝐴 e 𝐶 da mesma forma que o segmento 𝑀𝐶 em relação aos pontos 𝐴 e 𝐵, logo podemos concluir que
𝑁𝐷 = (( 𝑎 + 𝑏 2 ) − 𝑎 2 ) 2 = (𝑎 + 𝑏 − 2𝑎 4 ) 2 ⟺ 𝑁𝐷 = (𝑏 − 𝑎 4 ) 2 . c) Sejam 𝑋 e 𝑌 os pés das alturas relativas ao ponto 𝐴 nos triângulos 𝐴𝑁𝐷 e 𝐴𝑀𝐶, respectivamente.
Veja que 𝑋𝑁 é base média do segmento 𝑌𝐶 no triângulo 𝐴𝑌𝐶, logo 𝑋 é ponto médio de 𝐴𝑌, então a razão entre as alturas é
𝐴𝑋 𝐴𝑌=
1
2 . Seja ℎ𝐷 a altura relativa a 𝐷 no triângulo 𝐴𝐶𝐷 temos a relação entre áreas [𝐴𝐶𝐷] = 𝐴𝐶⋅ℎ𝐷
2 = 2⋅𝐴𝑁⋅ℎ𝐷
2 = 2 ⋅ [𝐴𝑁𝐷]. De
modo análogo, podemos mostrar a relação [𝐴𝐵𝐶] = 2 ⋅ [𝐴𝑀𝐶]. Desse modo, a razão das áreas [𝐴𝐶𝐷] e [𝐴𝐵𝐶] é [𝐴𝐶𝐷] [𝐴𝐵𝐶]= 2 ⋅ [𝐴𝑁𝐷] 2 ⋅ [𝐴𝑀𝐶]= [𝐴𝑁𝐷] [𝐴𝑀𝐶]= 𝐴𝑋 ⋅ 𝑁𝐷 2 𝐴𝑌 ⋅ 𝑀𝐶 2 =𝐴𝑋 𝐴𝑌⋅ 𝑁𝐷 𝑀𝐶= 1 2⋅ (𝑏 − 𝑎4 )2 (𝑏 − 𝑎2 )2 ⟺[𝐴𝐶𝐷] [𝐴𝐵𝐶]= 1 8 . d) Comecemos calculando a área do 𝐴𝐵𝐶
[𝐴𝐵𝐶] = 2 ⋅ [𝐴𝑀𝐶] = 2 ⋅𝐴𝑌 ⋅ 𝑀𝐶 2 = (𝑥𝐶− 𝑥𝐴) ⋅ ( 𝑏 − 𝑎 2 ) 2 = ((𝑎 + 𝑏 2 ) − 𝑎) ( 𝑏 − 𝑎 2 ) 2 ⟺ [𝐴𝐵𝐶] =(𝑏 − 𝑎) 3 8 .
Note que, no primeiro passo temos apenas o [𝐴𝐵𝐶]. No segundo, construímos 2 triângulos com área [𝐴𝐵𝐶]8 adicionando
2[𝐴𝐵𝐶] 8 =
[𝐴𝐵𝐶]
4 na área. No terceiro, construímos 2
2 triângulos com área 1 8⋅ [𝐴𝐵𝐶] 8 = [𝐴𝐵𝐶] 82 adicionando 4[𝐴𝐵𝐶] 82 = [𝐴𝐵𝐶] 42 na área. De
modo geral, no passo 𝑛 vamos adicionar 2𝑛 triângulos com área [𝐴𝐵𝐶]
8𝑛 resultando num acréscimo de
[𝐴𝐵𝐶] 4𝑛 na área. Então a área da região 𝑅 é [𝐴𝐵𝐶] +[𝐴𝐵𝐶] 4 + [𝐴𝐵𝐶] 42 + ⋯ + [𝐴𝐵𝐶] 4𝑛 + ⋯ = [𝐴𝐵𝐶] (1 + 1 4+ 1 42+ ⋯ ) = (𝑏 − 𝑎)3 8 ⋅ 1 1 −14= (𝑏 − 𝑎)3 6 . PROBLEMA 5
a) Como cada uma das partições ordenadas de 𝑛 gera duas partições ordenadas do 𝑛 + 1, o número de partições dobra cada vez que acrescentamos 1 em 𝑛. Se para 𝑛 temos 2𝑛−1 partições, então para 𝑛 + 1 temos 2 ⋅ 2𝑛−1= 2(𝑛+1)−1. Por indução,
podemos concluir que para cada inteiro positivo 𝑛 o número de partições ordenadas de 𝑛 é 2𝑛−1.
b) Seja 𝑥𝑛 o número de partições ordenadas de 𝑛 com todas as parcelas maiores que 1. Veja que 𝑥4= 2 = 𝐹3, 𝑥5= 3 = 𝐹4 e
𝑥6= 5 = 𝐹5. Vamos provar por indução que 𝑥𝑛= 𝐹𝑛−1 para todo 𝑛 inteiro positivo.
Suponha que 𝑥𝑛−1= 𝐹𝑛−2 e 𝑥𝑛−2= 𝐹𝑛−3. Podemos separar as partições ordenadas de 𝑛 com todas as parcelas maiores que 1
em dois tipos: aquelas em que a última parcela é 2 e aquelas em que a última parcela é maior que 2.
No primeiro caso, se tirarmos essa parcela 2 observamos uma bijeção entre as partições deste tipo e as partições que atendem essas condições para 𝑛 − 2, logo são 𝑥𝑛−2 partições neste caso.
No segundo caso, podemos subtrair 1 da última parcela para chegar a uma bijeção entre essas partições e as partições que atendem as condições para 𝑛 − 1, portanto temos mais 𝑥𝑛−1 partições.
Dessa forma, 𝑥𝑛= 𝑥𝑛−1+ 𝑥𝑛−2= 𝐹𝑛−2+ 𝐹𝑛−3⟺ 𝑥𝑛= 𝐹𝑛−1.
c) Considere uma solução inteira não negativa da equação 𝑡1+ 2𝑡2+ ⋯ + 𝑛𝑡𝑛= 𝑛, podemos interpretar isso como a união
de 𝑡𝑖 bloquinhos de tamanho 1 × 𝑖, para cada 𝑖 = 1,2, … , 𝑛, usados para formar um bloco de tamanho 1 × 𝑛. O número de
partições ordenadas de 𝑛 nas quais o número 𝑖 aparece 𝑡𝑖 vezes é igual ao número de maneiras de ordenar esses
(𝑡1+ 𝑡2+ ⋯ + 𝑡𝑛) bloquinhos. Usando a fórmula de anagramas, há
(𝑡1𝑡+ 𝑡2+ ⋯ 𝑡𝑛
1, 𝑡2, … , 𝑡𝑛 ) =
(𝑡1+ 𝑡2+ ⋯ 𝑡𝑛)!
𝑡1! 𝑡2! ⋯ 𝑡𝑛!
d) Podemos interpretar
(1 + 𝑡1+ 𝑡2+ ⋯ 𝑡𝑛)!
(1 + 𝑡1)! 𝑡2! ⋯ 𝑡𝑛!
como o número de maneiras de ordenar 𝑡1+ 1 bloquinhos 1 × 1 e 𝑡𝑖 bloquinhos 1 × 𝑖 para 𝑖 = 2,3, … , 𝑛 para formar um
bloco 1 × (𝑛 + 1), pois (1 + 𝑡1) + 2𝑡2+ ⋯ + 𝑛𝑡𝑛= 1 + (𝑡1+ 2𝑡2+ ⋯ + 𝑛𝑡𝑛) = 1 + 𝑛. Lembrando que 𝑡1≥ 0 ⇔ 1 + 𝑡1≥ 1,
podemos concluir que essas ordenações dos bloquinhos estão relacionadas por uma bijeção com as partições ordenadas de 𝑛 + 1 nas quais o número 1 aparece 𝑡1+ 1 ≥ 1 vezes e cada 𝑖, com 2 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛, aparece 𝑡𝑖 vezes.
Somando esses coeficientes multinomiais sobre todas as soluções não negativas de 𝑡1+ 2𝑡2+ ⋯ + 𝑛𝑡𝑛= 𝑛 teremos o
número
𝑆 = ∑(1 + 𝑡1+ 𝑡2+ ⋯ 𝑡𝑛)! (1 + 𝑡1)! 𝑡2! ⋯ 𝑡𝑛!
de partições ordenadas de 𝑛 + 1 em que pelo menos uma parcela é 1.
e) Usando os itens 𝑎 e 𝑏, sabemos que o número de partições ordenadas de 𝑛 + 1 com pelo menos uma parcela 1 é igual ao total menos as partições em que todas as parcelas são maiores que 1, portanto são 2(𝑛+1)−1− 𝐹
(𝑛+1)−1= 2𝑛− 𝐹𝑛 partições.
Usando o item d, temos
𝑆 = ∑(1 + 𝑡(1 + 𝑡1+ 𝑡2+ ⋯ 𝑡𝑛)!
1)! 𝑡2! ⋯ 𝑡𝑛! = 2 𝑛− 𝐹
