OBMEP 2006 · Nível 3 (ensino médio): prova com gabarito

Como A, B e C são pontos médios, os quatro triângulos rotulados com I na figura ao lado são congruentes, bem como os dois indicados por II. Logo

área branca = 2 triângulos I + 1 triângulo II

área sombreada = 2 triângulos I + 1 triângulo II

o que mostra que a área sombreada é igual à área em branco. Logo cada uma delas corresponde à metade da área do retângulo.

Como 1/10 < 1/5 < 1/2 temos 1 + 1/10 < 1 + 1/5 < 1 + 1/2, e como 1/8 < 1/3 temos 1 − 1/3 < 1 − 1/8. Logo estes números estão dispostos na reta como indica a figura:

Como 1/10 < 1/8 segue que o número mais próximo de 1 é 1 + 1/10.

Lemos na régua que x é maior que 1,5 e menor que 2, isto é, 1,5 < x < 2. Como 2 é positivo, podemos multiplicar todos os membros das duas desigualdades por 2 sem alterar os sinais, obtendo 3 < 2_x_ < 4. Somando −2 a cada membro obtemos 1 < 2_x_ − 2 < 2, ou seja, 2_x_ − 2 está entre 1 e 2. Os números entre 1 e 2 assinalados na régua são U e o próprio x. Não é possível 2_x_ − 2 = x pois neste caso x = 2, o que contradiz o fato x < 2. Logo só podemos ter 2_x_ − 2 = U.

Observando a figura da fita dobrada vemos que x + 50° + 50° = 180°, donde x = 80°.

Solução 1: Sejam a, b e c os comprimentos dos lados do triângulo. Logo a × b = 60, b × c = 140 e a × c = 84. Segue que

• a é divisor comum de 60 e 84, ou seja, as possibilidades para a são 1, 2, 3, 4, 6 e 12
• b é divisor comum de 60 e 140, ou seja, as possibilidades para b são 1, 2, 3, 5, 10, 20
• c é divisor comum de 84 e 140, ou seja, as possibilidades para c são 1, 2, 4, 7, 14, 28

Escolhemos agora as possibilidades que satisfazem a × b = 60, b × c = 140 e a × c = 84:

A linha sombreada na tabela é a única em que os valores de a, b e c coincidem nas três colunas. Logo a = 6, b = 10 e c = 14 e o perímetro do triângulo é 6 + 10 + 14 = 30.

Solução 2: Como ab = 60 e ac = 84 segue que a²bc = 60 × 84 = 5040. Temos também bc = 140, donde a² × 140 = 5040. Segue que a² = 36 e portanto a = 6. Logo b = 10 e c = 14.

As informações do gráfico são dadas nas três primeiras colunas da tabela abaixo:

Como 20/30 é maior que 50/100 e 10/120. Concluímos que o maior aumento percentual de população entre 1990 e 2000 ocorreu na cidade I.

Na forma percentual, 20/30 ≈ 67%, 50/100 = 50% e 10/120 ≈ 8,3%.

Se n é um natural maior que 0, então 10ⁿ é um número da forma 100…00 (1 seguido de n zeros). Logo

1 + 10 + 10² + 10³ + ⋯ + 10²⁰⁰⁴ + 10²⁰⁰⁵ + 10²⁰⁰⁶ = 111……111 (2007 algarismos)

donde a soma dos algarismos desse número é 2007.

Como os quatro triângulos são equiláteros, cada um de seus ângulos mede 60°. Logo a soma dos ângulos x, y, z e w na figura é

x + y + z + w + 360° − 4 × 60° = 360° − 240° = 120°.

Como 360° ÷ 120° = 3 a área cinza representa 1/3 da área do círculo, ou seja, ela mede 36 ÷ 3 = 12 cm².

e agora fica fácil completar a tabela

Logo a soma pedida é 4 + 3 + 4 + 2 = 13

O número de questões de Aritmética que Júlia acertou foi 70% de 30 = 70/100 × 30 = 21. Por outro lado o total de questões que ela acertou foi 80% de (30 + 50) = 80/100 × 30 = 64. Assim, Júlia acertou 64 − 21 = 43 das 50 questões de Geometria. Logo o percentual de acertos em Geometria foi de

43/50 = 86/100 = 86%.

Ao montar o cubo, a face branca e a face cinza ficam opostas; logo as alternativas (A) e (B) estão excluídas. As alternativas (D) e (E) estão excluídas pois no cubo não podem aparecer um retângulo branco e outro cinza com um lado menor em comum.

A linha é composta de dois arcos de π/2 radianos e dois arcos de 3π/2 radianos. Como o raio das circunferências é 2 cm, segue que o comprimento da linha é (2 × π/2 + 2 × 3π/2) × 2 = 8π cm.

O termo da seqüência com 8001 algarismos é formado por 1000 agrupamentos de 8 algarismos da forma 12345432 seguidos do algarismo 1, como no diagrama abaixo:

Em cada um dos 1000 agrupamentos o algarismo 4 aparece duas vezes, logo ele aparece 2000 vezes no total.

Por tentativa e erro vemos que há apenas duas maneiras de cobrir a figura com quatro peças, conforme mostrado abaixo. Em ambas, a casa com o X é coberta pela peça I.

Para que o produto seja 100, cada algarismo deve ser um divisor de 100. Os algarismos divisores de 100 são 1, 2, 4 e 5. Não é possível obter o produto 100 com números que tenham apenas 1 ou 2 algarismos, logo os números procurados têm 3 ou 4 algarismos, por serem menores que 10 000. Vejamos como obter o produto 100 com 3 ou 4 desses algarismos. Para facilitar a listagem observamos que 8 não é divisor de 100, donde os algarismos 2 e 4 não podem aparecer num mesmo número. Logo os números procurados são:

• números de 3 algarismos: 455, 545, 554
• números de 4 algarismos: 1455, 1545, 1554, 4155, 4515, 4551, 5145, 5154, 5415, 5451, 5514, 5541, 2255, 2525, 2552, 5522, 5252, 5225.

em um total de 21 números.

O número de maneiras de retirarmos duas bolas da caixa é 10, o que podemos ver listando as possibilidades: {1,2}, {1,3}, {1,4}, {1,5}, {2,3}, {2,4}, {2,5}, {3,4}, {3,5} e {4,5}. O 4 é o maior número escolhido em {1,4}, {2,4} e {3,4}, ou seja, em 3 casos. Logo a probabilidade pedida é 3/10.

A formiguinha (i) primeiro se afasta do centro, depois (ii) fica algum tempo à distância constante do centro, enquanto anda sobre a circunferência e finalmente (iii) retorna ao centro. A observação (ii) elimina as alternativas (C), (D) e (E) e a observação (iii) elimina a alternativa (A).

O que o avô de Júlia disse pode ser escrito como

ou seja, x = 1980 − x². Logo x² + x − 1980 = 0; esta equação tem as raízes

Segue que, em 1980 o avô de Júlia tinha 44 anos e assim, em 2006, ele completa 44 + (2006 − 1980) = 44 + 26 = 70 anos.

Comentário: Um modo rápido de calcular √7921 é notar que 90² = 8100. Daí segue que √7921 é um número próximo de e menor que 90 terminado em 1 ou 9. Os candidatos naturais são 81 e 89, e verifica-se imediatamente que 89² = 7921.

Colocando AB = x temos BC = x + 1 e AC = x + 2. Seja AH = h a altura relativa a BC. Aplicando o Teorema de Pitágoras aos triângulos ABH e AHC obtemos n² + h² = x² e (x + 2)² = m² + h². Segue que h² = x² − n² e h² = (x + 2)² − m², donde (x + 2)² − m² = x² − n², ou seja, (x + 2)² − x² = m² − n².

Usando a identidade a² − b² = (a − b) (a − b) obtemos então

(x + 2 − x) (x + 2 + x) = (m − n) (m + n)

Como m + n = x + 1 segue que 2(2x + 2) = (m − n) (m + n), segue que, donde 4(x + 1) = (m − n) (x + 1). Como x + 1 ≠ 0 podemos dividir ambos os membros desta última expressão por x + 1 e obtemos finalmente m − n = 4.

A multiplicação pode ser esquematizada como

A solução é baseada nas seguintes observações:

• a só pode ser 1 ou 2 porque se a ≥ 3 então 4a é um número de 2 algarismos e portanto o número edcba teria 6 algarismos. Mas a não pode ser 1 pois edcba, sendo múltiplo de 4, é par, donde seu último algarismo é par. Logo a = 2.

• e só pode ser 8 ou 9 porque 2 × 4 = 8 e edcba tem apenas 5 algarismos. No entanto, e não pode ser 9 porque 9 × 4 termina em 6 e não em 2. Logo e = 8.

• b só pode ser 1 ou 2 porque 4 × b tem que ser um número de apenas 1 algarismo. Como a = 2 e os cinco algarismos de abcde são distintos, só podemos ter b = 1.

• d só pode ser 2 ou 7 porque 4 × d + 3 é um número terminado em 1. Como a = 2 e os cinco algarismos de abcde são distintos só podemos ter d = 7.

• c só pode ser 9 porque 4c + 3 é um número terminado em c.

Logo, a resposta é 8 + 7 + 9 + 1 + 2 = 27