OBM - 2011 3 fase Nível 2

Vamos tentar resolver essa prova. Segue o link abaixo:

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Obrigado!

1) Soma = 45 ----> 45/3 = 15 ---> 15/3 = 5

É impossível nenhuma linha, coluna ou diagonal não ser múltipla de 3

Olá mestre Elcioschin. Não compreendi a sua solução. Poderia me explicar?

Obrigado!

3)

Existe uma propriedade:
mdc(x, y) * mmc(x, y) = x * y

Assim, perguntamos o mdc e o mmc do 1º e 2011º, depois do 2º e 2010º, depois do 3º e 2009º e assim por diante...

Multiplicamos os resultados obtidos em cada pergunta e depois multiplicamos os resultados dessas multiplicações, obtendo a multiplicações dos 2010 números escolhidos.

Mas podemos perceber, que por 2011 ser um número ímpar, faltou nessa multiplicação o 1006º número.
Então, deveríamos incluir às seguintes perguntas:
mmc do 1º e 1006º
mmc do 2º e 1006º
...
mmc do 2011º e 1006º

Após obter as últimas respostas fazemos o mdc desses mmc's e obteremos o 1006º número. Para obter o produto final, multiplicamos o número obtido no primeiro processo com o 1006º número.



O que acham? Por favor, vejam se tem algum erro

Werill, creio que sua resposta esteja certa, porém apenas pode usar as operações fundamentais.

Seja x a multiplicação de todos os números com exceção do 1006º.

Após multiplicar todos os mmc's e mdc's obtidos em:

1 e 1006
2 e 1006
.
.
.
1006 e 1006
1007 e 1006
.
.
.
2011 e 1006

Você encontra [Tens de ter uma conta e sessão iniciada para poderes visualizar esta imagem], divide por x e agora encontra [Tens de ter uma conta e sessão iniciada para poderes visualizar esta imagem]. Chegamos a um empasse. Como você vai encontrar o 1006 sem extrair a raiz?

Por causa do número que não sabemos, acho que não vai dar para fazer por esse método, talvez seja melhor começar de novo

Mas não entendi o que você fez, talvez eu me expressei mal.

• Na primeira parte, encontramos a multiplicação de todos os números.
(OBS: Não precisamos necessariamente fazer com
1º e 2011º
2º e 2010º
...
Podemos mudar a sequencia.
Ex:
1º e 2º
3º e 4º
...)


• Na segunda parte, queríamos encontrar o 1006º número (mas percebi que ela está errada, nem sempre dá certo).
O que eu tinha dito:
mmc (1º, 1006º)
mmc (2º, 1006º)
mmc (3º, 1006º)
...
mmc (1005º, 1006º)
mmc (1007º, 1006º)
...
mmc (2011º, 1006º)

Depois com o resultado desses mmc's fazemos o mdc deles.

________________________

Agora explicando porque está errado (como eu disse anteriormente): não é sempre que encontraremos o número em si. Se todos os números exceto o 1006º tiver um fator comum, encontraremos o 1006º multiplicado por esse fator comum.

Ex:
Supondo que ela tenha escolhido 5 números {2, 4, 5, 8, 16}
Queremos encontrar o 5.
Pelo que eu disse:
mmc (2, 5) = 10
mmc (4, 5) = 20
mmc (8, 5) = 40
mmc (16, 5)=80

mdc (10, 20, 40, 80) = 10 ---> Eu esperava o 5 neste resultado...

Pegamos o exemplo que você deu dos números {2, 4, 5, 8, 16}. Conseguimos achar a multiplicação entre 2 números quaisquer. Seja x a multiplicação entre todos os números do conjunto. Então:

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mmc entre eles = 5120

[Tens de ter uma conta e sessão iniciada para poderes visualizar esta imagem]

Logo,

[Tens de ter uma conta e sessão iniciada para poderes visualizar esta imagem]

Questão 1) [Tens de ter uma conta e sessão iniciada para poderes visualizar este link]

Questão 2) [Tens de ter uma conta e sessão iniciada para poderes visualizar este link]

Questão 5)

Esse é um problema que envolve o PCP (princípio da casa dos pombos). Consideramos um retângulo com dimensões maiores do que 16. Se a propriedade valer para ele então vai valer para o quadrado de lado 16. Esse retângulo tem lados 18 e [Tens de ter uma conta e sessão iniciada para poderes visualizar esta imagem]. Podemos o dividir da seguinte maneira:

[Tens de ter uma conta e sessão iniciada para poderes visualizar este link]

Onde são 54 triângulos de lado [Tens de ter uma conta e sessão iniciada para poderes visualizar esta imagem] e 12 metades desse triângulo. Logo, dividimos o retângulo em 66 partes e cada uma pode estar contida em um triângulo de lado [Tens de ter uma conta e sessão iniciada para poderes visualizar esta imagem]. Assim, na pior das hipóteses, todas partes vão ter 15 pontos cada uma ,totalizando 15 x 66 = 990 pontos. O próximo ponto completará um total de 16 pontos em uma determinada parte. C.Q.D

4) Vamos aos possíveis restos por 4:

1
2
3

Não pode ter 4 ou mais números com resto 1 por 4, senão vai ter uma soma divisível por 4 (que é um quadrado perfeito). Então, há apenas 3 números com resto 1 por 4. De modo análogo, concluímos que há apenas um número com resto 2 por 4 e 3 com resto 3 por 4.

1, 1, 1
2
3, 3, 3

Não podemos ter números com resto 1 e 3 ao mesmo tempo, por isso excluímos um dos grupos. Vamos dividir em casos:

* Excluímos o grupo que deixa resto 1

2
3, 3, 3

2 + 3 = 5; 2 + 3 + 3 = 8; 2 + 3 + 3 + 3 = 11; 3 + 3 = 6; 3 + 3 + 3= 9

2 + 3 + 3 é divisível por 4, então tiramos o grupo do 2 ou 2 integrantes do grupo do 3. De qualquer maneira, temos no máximo 3 números na lista.

*Tira o grupo do 3:

1, 1, 1
2

1 + 1 + 2 = 4, então tiramos o grupo do 2 e fica:

1, 1, 1 (Esses já são possíveis números da lista);

Concluímos que tem no máximo 3 números na lista. =P