1. XXIX OPM - 1a Eliminatoria - 10.11.2010 - Categoria B - 10o /12o
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Cada questao vale 10 pontos
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Sugestoes para a resolucao dos problemas
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S
1. Seja n o numero de conjuntos de 2 canetas comprados pela Patr´cia. Se n ≥ 3, a Patr´cia pode substituir
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trˆ s conjuntos de duas canetas, que custam 3 × 4 = 12e, por dois conjuntos de trˆ s canetas, que custam
e e
2 × 5 = 10e, gastando assim uma quantia menor. Portanto, basta analisar os casos em que n = 0, 1, 2.
Se n = 0, a Patr´cia tem que comprar 14 conjuntos de 3 canetas, gastando 14 × 5 = 70e.
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E
Se n = 1, a Patr´cia tem que comprar 13 conjuntos de 3 canetas, gastando 13 × 5 + 1 × 4 = 69e.
ı
Se n = 2, a Patr´cia tem que comprar 12 conjuntos de 3 canetas, gastando 12 × 5 + 2 × 4 = 68e.
ı
Portanto a quantia m´nima que a Patr´cia tem de gastar e 68 euros.
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CO
2. Como todos os mostradores indicam um numero diferente de componentes com carga completa, entao no
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as componentes com carga vazia esta correcto. Portanto pelo menos
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mostradores errados, ou seja, pelo menos 2008 componentes tˆ m carga vazia.
´
˜ ´
´
´
e
Assim, ha exactamente uma componente C que indica o numero correcto de componentes com carga
˜
maximo um destes mostradores esta correcto. Do mesmo modo, no maximo um dos mostradores que indicam
2008 componentes tˆ m ambos os
vazia. A componente C ou tem carga completa ou tem meia carga. Como C indica o mesmo numero de
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2010 mostradores. Assim,
componentes com carga completa, esse numero esta errado pois apenas existem
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C tem meia carga e nao ha nenhuma componente com carga completa. Logo todos os mostradores que
e
indicam as componentes com carga completa estao errados, ou seja, nao ha mais nenhuma componente
˜ ˜ ´
com meia carga. Portanto ha uma componente com meia carga e 2009 componentes com carga vazia.
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I o centro da circunferˆ ncia inscrita no triˆ ngulo. Uma vez que IA e a bissectriz de ∡BAC , entao os
3. Seja e a ´ ˜
triˆ ngulos rectˆ ngulos
a a [AIC ′ ] e [AIB ′ ] sao congruentes, logo B ′ IC ′ = 2AIC ′ . Usando a relacao entre as
˜ ¸˜
amplitudes de angulos inscritos e angulos ao centro e o facto de que triˆ ngulo [AIC ′ ] e rectˆ ngulo em C ′ ,
ˆ ˆ a ´ a
tem-se B ′ A′ C ′ = 1 B ′ IC ′ = AIC ′ = 180 − AC ′ I − I AC ′ = 180 − 90 − 10 = 80◦ .
2
LU
B
C′
′
A
I•
C A
B′
4. Pretende-se saber qual o menor inteiro positivo n tal que o numero Sn
´ = 9 + 99 + 999 + · · · + 99 · · · 99 tem
n 9′ s
exactamente 9999 algarismos 1. Note-se que
SO
Sn = (10 − 1) + (100 − 1) + (1000 − 1) + · · · + (10n − 1) = 11 · · · 10 − n
n 1′ s
tem n + 1 algarismos. Entao, para que Sn tenha 9999 algarismos 1, tem-se necessariamente n
˜ ≥ 9998. Ora,
• S9998 = 11 · · · 110 − 9998 = 11 · · · 1101112 tem exactamente 9997 algarismos 1;
9998 1′ s 9994 1′ s
• S9999 = 11 · · · 110 − 9999 = 11 · · · 1101111 tem exactamente 9999 algarismos 1.
9999 1′ s 9995 1′ s
Portanto, para que a soma resultante da adicao 9+99+999+9999+· · · tenha exactamente 9999 algarismos
¸˜
1, sao necessarias 9999 parcelas.
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spm