OBMEP 2007 · Nível 1 (6º e 7º anos): prova com gabarito

Os números 0,013 e 0,119 são menores que 0,12. Por outro lado, 0,31 e 0,7 são maiores que 0,3. Finalmente, 0,29 é maior que 0,12 e menor que 0,3, donde a alternativa correta. A figura mostra esses números na reta numérica.

Vamos calcular todos os valores, lembrando que:

• devemos calcular primeiro os valores das expressões dentro dos parênteses;
• as operações devem ser realizadas efetuando primeiro as multiplicações e divisões, depois as somas e subtrações;
• o resultado de uma multiplicação é 0 se um dos fatores é 0.

a) (6 + 3)×0 = 9×0 = 0

b) 6×3×0 = 0

c) 6 + 3×0 = 6 + 0 = 6

d) 6×(3 + 0) = 6×3 = 18

e) 6 + 3 + 0 = 9 + 0 = 9

Logo o maior resultado é 18.

No diagrama ao lado cada quadradinho tem 1 km de lado e o ponto C indica a casa de Carlos. Representando o trajeto descrito no enunciado pelas flechas em traço fino, vemos que a escola de Carlos está localizada no ponto E. Desse modo a flecha CE, mais grossa, representa o caminho que o Carlos tem que fazer para ir à escola em linha reta. Logo a escola fica 2 km a leste da casa de Carlos.

Foram efetuadas mais de 1200 consultas nos meses cujas colunas no gráfico ultrapassam a marca de 1200. Esses meses são fevereiro, março, abril, maio, junho, setembro, novembro e dezembro, totalizando 8 meses.

Como as flechas partem da irmã mais nova para a mais velha, a irmã mais velha é aquela que tem o nome do qual não partem (ou só chegam) flechas. Essa irmã é a Celina.

Como Sueli quer dar uma volta completa, os pontos B e D correspondem, respectivamente, a 1/2 e 3/4 do percurso. Como 3/5 é maior do que 1/2, vemos que Sueli percorreu mais da metade do caminho,

e portanto ultrapassou o ponto B. Por outro lado, como 3/5 é menor do que 3/4, vemos que Sueli não chegou ao ponto D. Concluímos que ela caiu entre os pontos B e D, ou seja no ponto C.

Podemos também resolver esse problema como segue. O trajeto da Sueli consiste dos 4 lados do quadrado, logo ela caiu quando chegou a (3/5)×4 = 12/5 de um lado. Como 12/5 = 10/5 + 2/5 = 2 + 2/5, vemos que Sueli caiu depois de percorrer 2 lados completos e mais 2/5 de um lado. Com os 2 lados ela chegou ao ponto B, mas como 2/5 é menor que 1 ela não chegou ao ponto D. Como antes, vemos que ela caiu no ponto C.

Juliana pode enfileirar os cartões juntando-os pelo comprimento ou pela largura, como mostrado nas figuras.

A primeira figura mostra que 8×largura = 96 cm, donde a largura é 96 ÷ 8 = 12 cm; a segunda figura mostra que 8×comprimento = 176 cm, donde o comprimento é 176 ÷ 8 = 22 cm. Portanto, o perímetro de cada cartão é 22 + 12 + 22 + 12 = 68 cm.

Estamos procurando um número natural que tenha exatamente sete múltiplos menores ou iguais a 36. É fácil ver que apenas o 5 satisfaz essa condição; ele tem exatamente 7 múltiplos menores do que 36, que são 5, 10, 15, 20, 25, 30 e 35.

É importante notar que apenas o 5 satisfaz a condição do enunciado. Números menores que 5 têm mais que sete múltiplos menores que 36; por exemplo, 4 tem oito múltiplos entre 1 e 36, que são 4, 8, 12, 16, 20, 24, 28, 32. Por outro lado o 6 tem apenas cinco múltiplos entre 1 e 35, que são 6, 12, 18, 24 e 30.

A maior soma possível de dez algarismos é 10×9 = 90, que ocorre quando temos 10 algarismos 9. Para que a soma seja 89, basta diminuir uma unidade de algum dos algarismos, ou seja, substituir um 9 por um 8. Logo o número tem nove algarismos 9 e um algarismo 8. Como ele é par, seu algarismo das unidades só pode ser o 8, ou seja, o número é 9 999 999 998.

A figura ilustra a seqüência de dobras e as medidas dos segmentos determinados por elas. Após a 1ª dobra, a parte branca visível é um retângulo de 20 cm por 8 cm. Após dobrar a 2ª vez, a parte branca visível é um retângulo de 4 cm por 8 cm. A área desse retângulo é 4×8 = 32 cm².

A área de cada quadrado é 10×10 = 100 cm².

Na figura ao lado podemos ver que a área da parte sombreada é 3/4 da área do quadrado, ou seja, é igual a (3/4)×100 = 75 cm². A figura II do enunciado é formada por cinco figuras iguais a essa parte sombreada e mais um quadrado, logo sua área é 5×75 + 100 = 475 cm².

Em primeiro lugar, notamos que o relógio quadrado não pode estar atrasado, pois nesse caso a hora correta seria 7h13min e portanto o relógio redondo também estaria atrasado. Logo, o relógio que está atrasado é o redondo e a hora correta é 6h53min. Concluímos que o relógio quadrado está adiantado em 7h10min − 6h53min = 17min.

Vamos pensar que os nomes dos amigos são todos diferentes e que um deles fez uma lista onde anotou, noite por noite, os nomes dos vigias. Como o acampamento durou 6 noites e a cada noite 2 amigos ficaram de guarda, a lista teve um total de 12 nomes. Mas cada nome apareceu na lista exatamente 3 vezes, e então o número de nomes diferentes é 12 ÷ 3 = 4. Logo havia 4 amigos no acampamento.

Devemos notar que com esses quatro amigos a situação descrita no enunciado é possível. Mostramos isso a seguir, chamando os amigos de A, B, C e D e fazendo uma possível lista dos turnos de vigia:

1ª noite: A e B

2ª noite: A e C

3ª noite: A e D

4ª noite: B e C

5ª noite: B e D

6ª noite: C e D

Observamos que nas linhas ímpares só aparece a sigla OBMEP, que se repete de 5 em 5 colunas. Assim, em qualquer dessas linhas aparece um P na 1005ª posição, e logo aparece um B na 1007ª posição. Como 507 é ímpar, vemos que no cruzamento da 507ª linha com a 1007ª coluna aparece a letra B.

O método direto aqui é simplesmente substituir todos os sinais das alternativas e decidir se a afirmativa obtida é verdadeira ou falsa. Vamos fazer isso:

a) substituindo ? por ÷ obtemos (3/7) ÷ (6/5) = (3/7)×(5/6) = (1/7)×(5/2) = 5/14, afirmativa verdadeira

b) substituindo ? por × obtemos (3/7)×(6/5) = 5/14, afirmativa falsa

c) substituindo ? por + obtemos 3/7 + 6/5 = 5/14, afirmativa falsa

d) substituindo ? por = obtemos 3/7 = 6/5 = 5/14, afirmativa falsa

e) substituindo ? por − obtemos 3/7 − 6/5 = 5/14, afirmativa falsa pois ao subtrair um número maior de um número menor não é possível obter um número maior que zero.

Podemos também resolver essa questão quase sem fazer contas:

Sobra então o sinal ÷, que é correto como vimos acima.

Na figura I mostramos o retângulo antes de ser cortado e, na figura II, o modo como as peças se encaixam para formar o quadrado.

O encaixe mostra que os segmentos pontilhados são todos iguais, assim como os segmentos em traço mais grosso. Observando a figura I, vemos então que

3×(comprimento de um segmento em traço grosso) = 45 cm,

donde o comprimento de um desses segmentos é 45 ÷ 3 = 15 cm. Da figura II temos

lado do quadrado = 45 + comprimento do segmento em traço grosso = 60 cm.

Por outro lado, ainda observando a figura II, vemos que

3×(comprimento de um segmento pontilhado) = 60 cm,

donde o comprimento de um desses segmentos é 60 ÷ 3 = 20 cm. Finalmente, voltando à figura I, temos

4×(comprimento de um segmento em traço pontilhado) = base do retângulo,

e segue que a base do retângulo mede 4×20 = 80 cm.

Vamos imaginar que Alice e Bia estão jogando esse jogo e que elas têm as cartas indicadas na figura. Nesse caso, o número de Alice é a×d e o de Bia é b×c. Alice gostaria muito que a fosse 9, pois nesse caso seu número seria o maior possível; e ela também gostaria que b fosse 1, pois então o número de Bia seria o menor possível.

Esse raciocínio sugere que a carta com 9 no triângulo e 1 no quadrado ganha de todas as outras. Para mostrar isso, vamos comparar essa carta com outra com x no triângulo e y no quadrado; afirmamos que ela ganha, ou seja, que 9_y_ é maior que x. De fato, 9_y_ não pode ser menor que x pois x é no máximo 9; e 9_x_ não pode ser igual a x pois nesse caso a única possibilidade é x = 9 e y = 1, contrariando o fato de que não há cartas repetidas no jogo.

Se o peso de uma turmalina é o dobro do peso de outra, então seu peso é cinco vezes o preço da outra; isto equivale a dizer que se uma turmalina pesa a metade de outra, então seu preço é um quinto do preço da outra. Zita dividiu sua turmalina em 4 pedras iguais, o que equivale a primeiro dividi-la em 2 turmalinas iguais e depois dividir cada uma dessas em 2 também iguais. No primeiro passo, Zita ficará com 2 turmalinas cada uma de valor 1000/5 = 200 reais. Depois do segundo passo, Zita terá 4 turmalinas, cada uma valendo 200/5 = 40 reais; essas 4 turmalinas juntas valem 4×40 = 160 reais.

Podemos esquematizar a solução da seguinte forma, mostrando como calcular o preço de uma das quatro turmalinas menores:

Manuela pode começar pintando uma das 4 paredes de azul. Depois disso, sobram 2 escolhas de cor para a parede oposta (verde ou branco). Para acabar, ela pode pintar uma das paredes ainda não pintadas com uma das 2 cores não usadas, e então pintar a última parede com a cor que falta. O número de maneiras diferentes de efetuar esse procedimento é 4×2×2 = 16.

Vamos denotar por ★ o outro número. Como os 3 números que aparecem em cada linha são todos diferentes, ★ é diferente de 5 e de 8. Como cada número aparece uma única vez em cada linha, segue que esses números aparecem, cada um, exatamente três vezes na tabela.

Notamos que o 5 não pode aparecer na casa central. De fato, se ele estivesse nessa casa então as casas em cinza da tabela abaixo não poderiam conter outro 5; como os números em cada linha são diferentes, a única possibilidade para os outros dois números 5 seria preencher uma das duas diagonais, o que não pode acontecer pois 5 + 5 + 5 = 15 é ímpar.

Vamos então tentar o 8 na casa central. Analogamente, teremos que ter 8 em uma das diagonais:

Escolhendo a primeira opção, podemos preencher o tabuleiro das seguintes formas:

ou

Para satisfazer todas as condições do problema, as somas nas diagonais devem ser iguais. Em ambas as formas acima isso leva a ★ + 5 + 8 = 24, donde ★ = 11 e os tabuleiros acima são

A outra opção leva a um resultado análogo, e vemos que em qualquer caso a soma das diagonais é 24.

Resta ainda analisar a possibilidade de ★ estar na casa central. Como antes, devemos ter uma das duas diagonais preenchida com ★:

Escolhendo a primeira opção, podemos preencher o tabuleiro das seguintes formas:

ou

Ambas mostram que 3×★ = 5 + 8 + ★ é um número par. Mas isso é impossível; se 3×★ é par então ★ é par, mas então 5 + 8 + ★ é ímpar. A segunda opção é análoga, e concluímos que ★ não pode estar na casa central.