OBMEP 2005 · Nível 3 (ensino médio): prova com gabarito

As figuras mostram que o tanque de gasolina do carro continha 3/4 de sua capacidade no momento de partida e 1/4 no momento de chegada. Deste modo, João gastou 3/4 − 1/4 = 1/2 do tanque na viagem. Como o tanque tem capacidade para 50 litros, isto quer dizer que João gastou 50 × 1/2 = 25 litros de gasolina na viagem. Note que esta última conta pode ser pensada como “João gastou meio tanque de gasolina e a metade de 50 é 25”.

A folha dupla consiste de dois retângulos de 12 cm por 10 cm, que têm a dobra como um lado comum de 10 cm. Ao cortar a folha dupla, obtemos três retângulos, dois deles de medida 6 cm por 10 cm e um maior formado de 12 cm por 10 cm. A área de cada um dos retângulos de medida 6 cm por 10 cm é 6 × 10 = 60 cm² e a do retângulo de 12 cm por 10 cm é 12 × 10 = 120 cm². Logo a área do maior pedaço é 120 cm².

Como uma hora tem 60 minutos, em um minuto os amigos percorrem 6 ÷ 60 = 0,1 km, que é o mesmo que 100 m. Se A e B indicam a posição dos dois amigos um minuto após a partida, então no triângulo PAB temos PA = PB = 100 m. Isto quer dizer que o triângulo PAB é isósceles, logo os ângulos  e B̂ são iguais. Como a soma dos ângulos de um triângulo qualquer é 180° e P̂ = 60°, segue que  + B̂ = 180° − 60° = 120°. Como estes dois ângulos são iguais, cada um deles mede 120° ÷ 2 = 60°. Logo o triângulo PAB tem todos seus ângulos iguais a 60°, ou seja, ele é equilátero. Assim temos AB = PA = PB = 100 m.

As amostras cujo percentual de álcool é maior que o de gasolina são aquelas que contêm mais de 50% de álcool. No gráfico, estas amostras correspondem àquelas cuja barra horizontal ultrapassa a marca de 50%, que são as amostras 1, 2 e 3.

No quadro temos a equação 2_x_² − bx + 60 = 0, onde b denota o número apagado. Como x = 6 é uma das raízes desta equação, segue que 2 × 6² − 6_b_ + 60 = 0, donde 132 − 6_b_ = 0, ou seja, b = 132/6 = 22.

Os múltiplos de 3 maiores do que 1 e menores do que 2005 são os números 3 × 1, 3 × 2, 3 × 3,..., 3 × n onde 3 × n é o maior múltiplo de 3 menor do que 2005. Usando o algoritmo da divisão, podemos escrever 2005 = 3 × 668 + 1 e segue que n = 668.

Como a quantidade de cálcio consumida é diretamente proporcional à quantidade de leite ingerida, podemos montar a seguinte regra de três:

e segue que 800/296 = 100/x, donde x = (296 × 100)/800 = 37.

Para calcular os possíveis comprimentos dos caminhos que a formiga pode percorrer, é necessário saber o comprimento da diagonal dos retângulos da malha. Para isto usa-se o Teorema de Pitágoras, que diz que em um triângulo retângulo de hipotenusa a e catetos b e c temos a² = b² + c². Se d é a diagonal que queremos calcular então d² = 3² + 4² = 25, donde d = 5.

Note agora que existem apenas quatro opções de caminhos que a formiga pode escolher para ir de A a B:

(i) Caminhos que não passam pelas diagonais: Qualquer caminho deste tipo passa por pelo menos três lados de comprimento 4cm e dois lados de comprimento 3 cm. Neste caso, o menor caminho tem comprimento 3 × 4 + 2 × 3 = 12 + 6 = 18 cm.

(ii) Caminhos que passam por apenas uma diagonal: Todo caminho deste tipo passará no mínimo por um lado de comprimento 3 cm e dois de comprimento 4 cm. Portanto, neste caso, o menor caminho será de 5 + 3 + 2 × 4 = 16 cm.

(iii) Caminhos que passam por exatamente duas diagonais: Note que existe um caminho que passa apenas por duas diagonais e por um lado de comprimento 4; o comprimento deste caminho é 5 × 2 + 4 = 14 cm. Por outro lado, qualquer caminho que passe por duas diagonais terá que passar por um lado de comprimento 4 cm, logo seu comprimento será no mínimo igual a 14 cm. Logo, neste caso, o menor caminho tem comprimento 14 cm.

(iv) Caminhos que passam por mais de duas diagonais: Qualquer caminho deste tipo terá comprimento no mínimo 15 cm. Portanto a resposta é 14 cm.

Os números nos bilhetes comprados por Marcelo são da forma 777_X_, 77_X_7, 7_X_77 ou _X_777, onde X representa algum dos oito algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8 e 9. Em cada um desses casos, há 8 possibilidades para os números dos bilhetes. Por exemplo, no primeiro caso, temos os seguintes oito números: 7771, 7772, 7773, 7774, 7775, 7776, 7778 e 7779. Portanto, o número de bilhetes comprados por Marcelo é 8 × 4 = 32.

De acordo com o enunciado, a expressão que fornece a temperatura Celsius (C) em função da temperatura Fahrenheit (F) é C = 5/9 (F − 32) (*). Essa expressão é da forma C = aF + b, onde a = 5/9 e b = −160/9. Logo, seu gráfico é uma reta, excluindo assim as opções (D) e (E). Esta reta corta o eixo °F no ponto de ordenada C = 0, o que acontece quando F = 32, de acordo com a expressão (*). Isto elimina a opção (C). Além disso, como a = 5/9 > 0, a inclinação da reta é positiva, o que elimina a opção (B).

Temos 12 kg de farinha = 12 × 1 kg de farinha, 54 ovos = 9 × 6 ovos e 3,6 kg de manteiga = 3600 g de manteiga = 18 × 200 gramas de manteiga. Portanto, a quantidade de farinha foi multiplicada por 12, a de manteiga por 18 e a de ovos apenas por 9. Logo, o padeiro poderá fazer no máximo 24 × 9 = 216 pães.

O padrão usado para cobrir a parede é formado por mosaicos constituídos de nove azulejos, como na figura.

Em cada mosaico, a área preta corresponde à metade de quatro quadrados, ou seja, a dois quadrados. Deste modo, a área preta é 2/9 da área do mosaico e a área branca é 1 − 2/9 = 7/9 da área do mosaico. A parede tem 9 m = 900 cm de comprimento e 3 m = 300 cm de altura. Como 900 ÷ 30 = 30 e 300 ÷ 30 = 10, a parede pode ser coberta por 30 × 10 = 300 mosaicos, cada um com área 30 × 30 = 900 cm². Deste modo, a área da parede coberta com a cor branca é 7/9 × 900 × 300 = 210000 cm² = 21 × 10000 cm² = 21 m².

Denotemos por c o comprimento e por l a largura do terreno. Então o perímetro do terreno é 2 × (c + l) e sua área é c × l. Já sabemos a área do terreno, que é 60 m², donde c × l = 60. O enunciado nos diz que foram usados 64 m de arame para uma cerca de dois fios, e assim o perímetro do terreno é 64 ÷ 2 = 32 m. Logo 2 × (c + l) = 32 e concluímos que c + l = 16. Segue que c e l são dois números cuja soma é 16 e o produto é 60. É fácil ver que esses números são 6 e 10. Assim, a diferença pedida é 10 − 6 = 4 m.

Mais geralmente, sabemos que o problema de determinar dois números reais dos quais se conhece a soma s e o produto p equivale a achar as soluções da equação x² − sx + p = 0. As raízes reais desta equação (caso existam) serão os números procurados. No nosso caso, temos que c e l são raízes de x² − 16_x_ + 60 = 0. Usando a fórmula habitual

obtemos as raízes 6 e 10.

Lembre que o comprimento de uma circunferência de raio r é 2π_r_. Logo, o comprimento de cada trecho circular é 10π metros, e como são dois trechos circulares, a parte circular da pista tem comprimento igual a 2 × 10π = 20π metros. A soma dos comprimentos dos dois trechos retos é 2_c_. Para satisfazer as condições da questão, devemos ter 2_c_ o mais próximo possível de 20π, o que é o mesmo que dizer que devemos ter c o mais próximo possível de 10π. Como 3,14 < π < 3,15 segue 31,4 < 10π < 31,5. Dentre as alternativas, a melhor aproximação para 10π é então c = 30.

Para que Manoel vá ao rio o menor número de vezes possível, ele deve sempre encher totalmente a lata. Conforme mostra a figura, a lata tem a forma de um paralelepípedo reto de base quadrada. Logo o volume da lata é (área da base) × (altura) = 30 × 30 × 40 = 36000 cm³, ou seja, 0,036 m³. A caixa d’água tem 2 m³, logo nela cabem 2/0,036 = (2 × 10³)/36 = 55,555... latas d’água. Como a cada lata cheia corresponde uma ida ao rio, concluímos que Manoel precisará ir no mínimo 56 vezes ao rio para encher a sua caixa d’água.

Se v é a velocidade desenvolvida por Ana, então a velocidade desenvolvida por Beatriz é v + 10. No momento em que as duas se cruzam, a distância percorrida por Ana é 150 − 30 = 120 km e a percorrida por Beatriz é 150 + 30 = 180 km.

Como tempo = distância/velocidade e o tempo gasto pelas duas até o momento do encontro é o mesmo, temos 120/v = 180/(v + 10). Logo 120(v + 10) = 180_v_, donde v = 20 km/h.

Considere o triângulo retângulo cuja hipotenusa é a escada que mede 25 m, um dos catetos é o segmento ligando o pé da escada à base do edifício, que mede 7 m, e o outro cateto é o segmento da parede do edifício que une o topo da escada ao solo. O comprimento x deste último cateto pode ser calculado imediatamente a partir do Teorema de Pitágoras: temos 25² = 7² + x² e obtemos x = 24 m. Quando o topo da escada escorrega 4 m para baixo, obtemos um novo triângulo retângulo, cuja hipotenusa mede 25 m e um dos catetos mede 24 − 4 = 20 m. O outro cateto y deste triângulo é determinado, outra vez, pelo Teorema de Pitágoras: temos 25² = 20² + y² e segue que y = 15 m. Logo, o deslocamento do pé da escada será de 15 − 7 = 8 m.

O perímetro p é dado por p = AB + BC + CG + AG. Como já conhecemos AB e BC, o problema é calcular CG e AG. Para isto, precisamos determinar a medida de outros segmentos na figura, e começamos calculando a medida de CD, DE e AE. Prolongando DE até o ponto H, obtemos os retângulos AHEF e BCDH.

Como num retângulo os lados opostos são iguais, temos EH = AF = 4, AH = EF = 3 e DH = BC = 6. Logo CD = BH = AB − AH = 8 − 3 = 5 e DE = DH − EH = BC − AF = 6 − 4 = 2. Para determinar AE, note que o triângulo AEF é retângulo de catetos AF = 4, EF = 3 e hipotenusa AE; do Teorema de Pitágoras segue que AE = √(3² + 4²) = 5. Vamos agora calcular EG e DG. Note que os triângulos AEF e DEG são ambos retângulos e os seus ângulos em  e Ê são iguais, pois os lados AF e DE são paralelos. Logo estes triângulos são semelhantes. Temos então AE/EG = AF/DE = EF/DG, ou seja, 5/EG = 4/2 = 3/DG. Assim EG = 2,5 e DG = 1,5, donde CG = CD − DG = 5 − 1,5 = 3,5. Agora podemos calcular o perímetro pedido:

p = AB + BC + CG + GA = AB + BC + CG + GE + EA = 8 + 6 + 3,5 + 2,5 + 5 = 25 cm.

Como há 7 possíveis adversários para o Brasil, todos com a mesma chance de serem escolhidos, a probabilidade do adversário do Brasil na primeira rodada ser a Argentina é 1/7.

Acompanhe a solução com a ajuda da figura a seguir, que ilustra as afirmativas de Regina, Paulo e Iracema.

(i) Se Regina está certa, então Paulo e Iracema estão errados. Os números que satisfazem a afirmação de Regina mas não satisfazem a afirmação de Paulo são 101, 102, 103, 104 e 105; note que estes números também não satisfazem a afirmação de Iracema. Neste caso temos 5 possibilidades para o número de bolas na caixa.

(ii) Se Paulo está certo, então Regina e Iracema estão erradas. O único número que satisfaz as opções de Paulo e não satisfaz as de Regina e Iracema é 120. Aqui, temos apenas uma possibilidade para o número de bolas na caixa.

(iii) Se Iracema está certa, então Paulo e Regina estão errados. Os números que satisfazem a afirmação de Iracema mas não satisfazem a afirmação de Paulo são 130, 131, 132, 133, 134, 135, 136, 137, 138 e 139; note que estes números também não satisfazem a afirmação de Regina. Neste caso, temos 10 possibilidades para o número de bolas na caixa. Finalmente, o número total de possibilidades é a soma do número de possibilidades nos casos (i), (ii) e (iii), que é 5 + 1 + 10 = 16.