Xxix 1bs

303 views

Published on

0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total views
303
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
2
Actions
Shares
0
Downloads
1
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Xxix 1bs

  1. 1. XXIX OPM - 1a Eliminatoria - 10.11.2010 - Categoria B - 10o /12o ´ Cada questao vale 10 pontos ˜Sugestoes para a resolucao dos problemas ˜ ¸˜ S1. Seja n o numero de conjuntos de 2 canetas comprados pela Patr´cia. Se n ≥ 3, a Patr´cia pode substituir ´ ı ı 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. ı 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. ı ı ´ ´ ´ CO2. Como todos os mostradores indicam um numero diferente de componentes com carga completa, entao no ´ ¸ ˜ ´ as componentes com carga vazia esta correcto. Portanto pelo menos ´ 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 ´ 2010 mostradores. Assim, componentes com carga completa, esse numero esta errado pois apenas existem ´ 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. ´ I o centro da circunferˆ ncia inscrita no triˆ ngulo. Uma vez que IA e a bissectriz de ∡BAC , entao os3. 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. ˜ ´ spm

×