OBM - Nível 3

por **Molina** » Qui Jun 11, 2009 22:03

Semana passada, ocorreu em vários estados brasileiros a Olimpíada Brasileira de Matemática. Pra quem nunca teve contato com esse tipo de prova, no primeiro momento vai parecer um pouco difícil. Mas a idéias da organização é fazer questões que podem ser resolvidas realmente por um modo mais trabalhoso mas também podem ser resolvida por através de um pensamento diferenciado.

Vou colocar aqui duas questões do nível 3.

Espero que gostem, :y:

por **Cleyson007** » Sex Jun 12, 2009 08:41

Bom dia Molina!

Essas questões da OBM são muito bem elaboradas :-O

Vou dar o meu palpite (talvez esteja errado) quanto a questão 01.

Acho que a alternativa a é falsa, pois o enunciado diz que Agilulfo não foi colocado de castigo ontem.

Acho que a alternativa b não é certamente verdadeira, uma vez que não sabemos se a mãe do Agilulfo encontrava-se em casa na hora de sua chegada.

Acho que a alternativa c é falsa, pois o enunciado diz que Agilulfo não foi colocado de castigo (é sinal que voltou para casa sem advertência), portanto não sabemos se sua mãe estava em casa. (Esse pensamento acaba explicando a alternativa d que também parece ser falsa).

Acho que a alternativa correta é a e.

Bom... essa é minha opinião.. vamos ver o que os usuários do fórum acham :-O

--> Qual é a sua opinião Molina?

Até mais.

Um abraço.

por **Neperiano** » Sex Jun 12, 2009 20:03

Ola

Eu fiz essa prova no meu Colégio, e considerei ela parelha com um vestibular, mas um pouco mais complexo.

Quantos as questões Cleyson é sim E a questão que voçe resolveu.

Abraços

por **Molina** » Sex Jun 12, 2009 20:13

Boa noite, Cleyson e Maligno.

Eu também colocaria alternativa e, justamente do modo que provavelmente vocês dois fizeram: através de eliminação.

Alguém se habilita a fazer a segunda questão? Entenderam o enunciado ou precisam de alguma ajuda?
Maligno, você conseguiu fazer esta na prova?

Abraços e to gostando de ver dos forenses.. :y:

por **Cleyson007** » Sex Jun 12, 2009 20:34

Boa noite Diego Molina.

Essa questão nº 02 é mais difícil :-P

Vou explicar o meu raciocínio:

${S}_{1}=1+2+3+4+5+6+7....+10=55$

${S}_{2}=2+4+6+8+10+12+14+16....+20 --> (2{S}_{1})$

A sequência segue... $3({S}_{1})$ --> $4({S}_{1})$ --> $5({S}_{1})$ ..... $10({S}_{1})$

${S}_{1}+{S}_{2}.........+{S}_{10}={55}^{2}$

Estou encontrando Alternativa B, está correto?

Até mais.

Um abraço.

por **Neperiano** » Sex Jun 12, 2009 20:35

Ola

Consegui sim

Vo espera se ninguem conseguir responder

Eu respondo e explico

Abraços

por **Molina** » Sex Jun 12, 2009 21:09

Boa noite, Cleyson e Maligno.

Obrigado pela rápida resposta.

Vou colocar aqui um método que eu faria (Usando Soma de PA):

${S}_{1}=1 + 2 + ... + 9 + 10 \Rightarrow {S}_{1}=\frac{10}{2}(1+10)=55$
${S}_{2}=2 + 4 + ... + 18 + 20 \Rightarrow {S}_{2}=\frac{10}{2}(2+20)=110$
${S}_{3}=3 + 6 + ... + 27 + 30 \Rightarrow {S}_{3}=\frac{10}{2}(3+30)=165$
.
.
.
${S}_{10}=10 + 20 + ... + 90 + 100 \Rightarrow {S}_{10}=\frac{10}{2}(10+100)=550$

Como bem observado pelo Cleyson, podemos escrever ${S}_{1} + ... + {S}_{10}$ como:

$55*(1+2+3+ ...+8+9+10) \Rightarrow 55 * {S}_{1} \Rightarrow 55*55 \Rightarrow 55^2 \Rightarrow 3025$

Amanha disponibilizo mais duas questões que considero interessante.

Abraços, :y:

por **Neperiano** » Sex Jun 12, 2009 22:44

Ola

Poise é esse o jeito que eu fiz, e iria explicar mas voçe ja colocou entaum tah tudo ok

A resposta é para estar certa

Abraços

por **Molina** » Dom Jun 14, 2009 14:40

Como foi dito anteriormente, segue em anexo mais 2 questões do Nível 3.

:idea:

por **figueroa** » Seg Set 07, 2009 22:06

na primeira questão dessas 2 do nivel 3 que vc postiou eu enconrei 1 como resposta, mas ta no gabarito do site da OBM que a resposta é 2.

olha como eu fiz :

f(7) = f(21+7) = f(21+21+7) = ...= f(7+(n-1)21) , como f(95*21+7) = f(2009) então f(2009) = f(7+(n-1)21)

f(1) = f(1+12) = f(1+12+12) =...= f(1+(n-1)12) = 1

agora repare: se 7+(x-1)21 = 1+(y-1)12 então f(7+(x-1)21) = f(1+(y-1)12)

7+(x-1)21 = 1+(y-1)12 tem solução, por exemplo, x=3 e y=5 daí f(7+(x-1)21) = f(1+(y-1)12) = f(49) = 1

como f(2009) = f(7+(n-1)21) e f(7+(x-1)21) = 1 então f(2009) = 1

não vejo erro em meu raciocínio, acho que estou certo tb.

Edit: encontrei o erro infantil que cometi 95*21+7= 2002 e não 2009

por **Molina** » Qua Set 09, 2009 00:36

Dificilmente eles erram no gabarito, Figueroa.

Mas acontece, né?

Porém, não foi desta vez...

:lol:

por **BlackFoxes** » Sáb Dez 26, 2009 06:38

Olá, boa madrugada para todos. Vamos dar uma olhada nessas funções..
É dado que f(x+12)=f(x+21)=f(x)

, isso implica dizer que 12 = 21?
NÃO!!!
Vamos aproveitar essa propriedade dada no enunciado para mostrar que podemos ir "cortando" os múltiplos de 12 e 21 até chegar a um dos valores da variável x para os quais temos a imagem...
Por exemplo: f(49)=f(37+12)

e pela propriedade da função, $f(37+12)=f(37)\Rightarrow f(37)=f(25+12)=f(25)=f(13+12)=f(13)$ e por aí vai....
Arrancando os múltiplos de 12 e 21 do valor 2009 até sobrar um resultado notável resolveremos a questão.

Partiu então: $f(2009)=f(14+95.21)\Rightarrow f(2009)=f(14)=f(2+12)=f(2)=2$
Resposta letra C.
Qualquer incongruência lógica na minha resolução, por favor apontem.
Abraços

Obs.: Eu fiz as contas com calculadora, e por isso peço desculpas. Tenho certeza que com aritmética modular sai mais fácil, mas a preguiça falou mais alto...

por **BlackFoxes** » Sáb Dez 26, 2009 07:44

Ok, agora não dá mais pra escapar da aritmetica modular...

Partiu: N é um número da forma: ${a}_{n}{10}^{n}+{a}_{n-1}{10}^{n-1}+...+{a}_{1}{10}^{1}+{a}_{0}{10}^{0}=\sum_{k=0}^{n}{a}_{k}{10}^{k}$
Sendo ${a}_{n}\in {Z}^{+} n\in {Z}^{+}$

Ok, e temos que, pela congruência, ${{8}^{8}}^{8...} \equiv {(-1)}^{8...}(mod 9)$ (1)

A forma do número N (a qual todos os números inteiros assumem) vai nos ajudar a ver que, sendo N congruente à 1 módulo 9 (-1 elevado a par, elevado a par, elevado a par... etc... é igual a 1) a soma dos seus algarismos também é.
Vejamos bem: pegando uma potência de 10 e seu coeficiente, vemos que dividido por 9, o resto é 1xcoeficiente. Correto? (pois o resto da divisão de uma potencia de 10 por 9 é sempre 1 e o resto da divisão de um coeficiente qualquer por 9 supomos que seja ele mesmo, para efeito de desembaraço).
Temos então que a soma dos algarismos de N (no caso, os coeficiente acima citados) é também congruente a 1 módulo 9.
Pois: ${a}_{n}{10}^{n}\equiv {a}_{n} (mod 9)$
Então: $\sum_{k=0}^{n}{a}_{k}{10}^{k}\equiv \sum_{k=0}^{n}{a}_{k} (mod9)$
E, pela definição dada em (1), temos: $\sum_{k=0}^{n}{a}_{k} \equiv 1 (mod9)$

Vemos que a soma dos algarismos resulta em M, que comprovadamente (penso eu) é congruente a 1 módulo 9.
O numero M, não diferentemente de N, tem a forma: ${b}_{m}{10}^{m}+{b}_{m-1}{10}^{m-1}+...+{b}_{1}{10}^{1}+{b}_{0}{10}^{0}=\sum_{k=0}^{m}{b}_{k}{10}^{k}$

Rapaziada, fazendo um raciocínio análogo, vamos ficar pra sempre nessa recorrência, até que sobre apenas um coeficiente, que pela congruência, dá 1.

Ufa! Espero que seja isso aí. heheheh
Qualquer coisa, comentem.
Abraços