OBMEP 2008 · Nível 3 (ensino médio): prova com gabarito

Carlos começou a trabalhar com 41 − 15 = 26 anos. Se y representa o número total de anos que ele trabalhará até se aposentar, então sua idade ao se aposentar será 26 + y, e portanto 26 + y + y = 100. Segue que y = (100 − 26)/2 = 37. Logo ele poderá se aposentar com 26 + 37 = 63 anos.

Outra solução: Atualmente a idade do Carlos mais os anos que ele já trabalhou somam 41 + 15 = 56. Cada ano a mais que o Carlos trabalhar acrescentará 2 a este total. Como 100 − 56 = 44, ele deve trabalhar mais 44/2 = 22 anos para atingir a soma 100. Ao final deste período ele terá então 41 + 22 = 63 anos de idade. Equivalentemente, se Carlos trabalhar mais x anos, a soma de sua idade ao se aposentar com os anos trabalhados será de (41 + x) + (15 + x) = 56 + 2_x_. Para que essa soma seja 100, devemos ter 56 + 2_x_ = 100, donde 2_x_ = 44 e então x = 22, como antes.

A figura mostra que os discos A e B giram no mesmo sentido, os discos B e C em sentidos opostos e os discos C e D no mesmo sentido. Assim, D gira no sentido anti-horário. Lembramos que o perímetro p de um círculo de raio r é dado por p = 2π_r_. Como o raio do disco A é quatro vezes o de D, segue que o perímetro de A também é quatro vezes o perímetro de D. Logo D dá quatro voltas para cada volta de A.

Usamos no argumento acima o fato intuitivo de que os raios dos discos B e C são irrelevantes para a resolução desta questão; é interessante mostrar isto rigorosamente. No caso geral, podemos supor que os raios de A, B, C e D são a, b, c e d, respectivamente.
Se n_a, n_b, n_c e n_d são os números de voltas dados pelos discos A,B,C e D, respectivamente, então

n_a · 2π_a_ = n_b · 2π_b_

n_b · 2π_b_ = n_c · 2π_c_ ⇒ n_a · 2π_a_ = n_d · 2π_d_ ⇔ n_d/n_a = a/d. Se n_a = 1 então n_d = 8/2 = 4

n_c · 2π_c_ = n_d · 2π_d_

Uma maneira de preencher a tabela de acordo com as condições do enunciado é dada abaixo. Em cada etapa, indicamos com cinza as novas casas preenchidas; o leitor pode justificar cada um dos passos ilustrados. Notamos que a tabela final é única, independente do modo com que ela é preenchida.

Voltando à questão, vemos que a soma dos números nos quadradinhos cinzas marcados no desenho do enunciado é 6 + 8 + 5 + 1 = 20.

De acordo com a lei de formação dada, a seqüência de retângulos, escrita como altura x base, é da forma

1 × 2, 2 × 3, 3 × 5, 4 × 7, ..., n × (2_n_ − 1),...

Logo o 100º retângulo (n = 100) é da forma 100 × 199, e seu perímetro é 2 × (100 + 199) = 598.

O comprimento de uma circunferência de raio r é 2π_r_; um arco de um quarto dessa circunferência tem então comprimento 2π_r_/4 = π_r_/2. Os raios das circunferências cujos arcos estão sendo considerados no problema são 1 cm, 2 cm, 3 cm e 4 cm. A soma dos comprimentos desses arcos é então

π/2 + 2π/2 + 3π/2 + 4π/2 = (1 + 2 + 3 + 4)π/2 = 5π

Pensando que o terreno fosse quadrado, Ronaldo calculou seu lado como √900 = 30 metros, e comprou 4 × 30 = 120 metros de cerca. Mas ele precisaria de 120 + 2 = 122 metros de cerca, que é o perímetro do terreno. Se a é o comprimento e b a largura do terreno (supomos a > b), temos as equações 2(a + b) = 122, que expressa o perímetro, e ab = 900, que expressa a área. Logo a + b = 61 e ab = 900, logo a e b são então raízes de x² − 61_x_ + 900 = 0 As raízes dessa equação são a = 36 e b = 25, donde a − b = 11.
Uma outra maneira de determinar a − b é através da identidade (a − b)² = (a + b)² − 4_ab_, onde

(a − b)² = 61² − 4 × 900 = 3721 − 3600 = 121

ou seja a − b = √121 = 11.

Como a cada sábado segue um domingo, para que o número de sábados num ano seja maior que o número de domingos é necessário que o último dia desse ano seja sábado. Como 366 = 52 × 7 + 2, um ano bissexto consiste de 52 semanas e 2 dias. Logo, se 31 de dezembro foi um sábado, 2 de janeiro também foi um sábado. Contando de 7 em 7, vemos que 16 de janeiro foi um sábado, donde 20 de janeiro foi uma quarta-feira.

Na tira dobrada, à direita na figura, marcamos em traço grosso seis lados do polígono e em traço pontilhado os dois restantes.

Todos os 6 segmentos em traço grosso têm comprimento 12 cm e os 2 pontilhados são diagonais de um quadrado de lado 12 cm, ou seja, medem √(12² + 12²) = 12√2 cm. Logo o perímetro do polígono é 6 · 12 + 2 · 12√2 = 72 + 24√2 cm.

Até Lúcia completar a primeira volta, m vale 0. No momento em que ela completar essa volta, m passa a valer 1, e só muda de valor no momento em que ela completar a segunda volta, quando passa a valer 2, e assim por diante. Portanto, o gráfico da função é formado por segmentos horizontais, que correspondem aos números naturais do eixo m. Como a cada volta ela percorre a mesma distância, os segmentos horizontais têm todos o mesmo comprimento. O gráfico correto é o da alternativa B.

Mais formalmente, suponhamos que o comprimento da pista seja c metros e que Lúcia acabou de completar k voltas, ou seja, que m = k neste momento. Então ela acabou de correr correu kc metros, e até ela dar mais uma volta, ou seja, correr kc + c = (k + 1)c metros, o valor de m não muda. Podemos então descrever a função m pela expressão m(x) = k se kc ≤ x < (k + 1)c, cujo gráfico é como na alternativa (B).

Sejam x e y os números que Pedrinho colocou, respectivamente, nos cantos superior esquerdo e superior direito da tabela. Então (x + y)/2 = 7, donde y = 14 − x. Do mesmo modo segue que o número que ele colocou no canto inferior esquerdo foi 18 − x.

Finalmente, o número que ele colocou no centro da tabela pode ser escrito de duas maneiras:

• a média de x e 20, que é (x + 20)/2, e
• a média de 14 − x e 18 − x, que é ((14 − x) + (18 − x))/2 = 16 − x.

Obtemos então a equação (x + 20)/2 = 16 − x, cuja solução é x = 4. Com isso, podemos completar a tabela e obtemos

de modo que a soma procurada é 4 + 15 = 19.

Como 535 = 11 × 46 + 29, vemos que 11 ônibus são insuficientes para o passeio. Por outro lado, de 13 × 46 = 598 vemos que se o número de ônibus fosse maior ou igual a 13 o número de professores seria no mínimo 598 − 535 = 63, o que não é possível pois em cada ônibus há no máximo 2 professores. Logo o passeio foi feito com 12 ônibus e o número de professores é 12 × 46 − 535 = 17. Como cada ônibus tem 1 ou 2 professores e 17 dividido por 12 tem quociente 1 e resto 5, concluímos que o número de ônibus com 2 professores é 5.

Outra solução: Sejam x o número de ônibus com 1 professor (nesses ônibus há 45 alunos) e y o número de ônibus com 2 professores (nesses ônibus há 44 alunos). Logo, 45_x_ + 44_y_ = 535. Para resolver essa equação, observe que como x e y são inteiros positivos, y tem que ser um múltiplo de 5 menor que 15 (porque 15 × 44 > 535), isto é, y vale 5 ou 10. Substituindo esses valores na equação, obtemos y = 5.

Para ir de A até R a formiguinha deve escolher um dos quatro segmentos verticais em traço mais grosso na primeira linha da figura. Uma vez escolhido esse segmento, há um único caminho de A até R que passa por ele. Desse modo, a formiguinha pode ir de A até R de quatro maneiras diferentes. Para ir de R a B, ela deve escolher um dos segmentos horizontais h₁, h₂, h₃, h₄ e h₅ na última coluna para chegar ao lado direito da figura, após o que só há uma maneira de chegar até B. Se ela escolher, por exemplo, o segmento h₃, ela deve ir de R até C, o que pode ser feito de três maneiras diferentes. Repetindo esse raciocínio para os outros pontos concluímos que ela pode ir de R até B de 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 maneiras diferentes. Logo o número de maneiras diferentes de ir de A até R é 4 × 15 = 60.

Podemos também usar as letras b e d para dizer que a formiguinha percorre um segmento para baixo ou para direita, respectivamente. Um caminho de A até R é então uma seqüência de um b e três d’s; a formiguinha deve então escolher em qual das quatro posições colocar o b, donde há 4 desses caminhos. Analogamente, uma caminho de R até B consiste de uma seqüência de quatro b’s e dois d’s; a formiguinha deve escolher onde colocar os dois d’s nas seis posições disponíveis. A primeira posição para o d pode ser escolhida de 6 modos e a segunda de 5, o que nos leva a 6 × 5 modos de fazer essas duas escolhas. No entanto, ao fazer isto estamos contando cada modo de posicionar os d’s duas vezes, uma para cada ordem de escolha das posições; o número correto de possibilidades para o caminho de R a B é, portanto, igual a (6 × 5)/2 = 15 (os caminhos de R a B podem também ser contados usando diretamente a fórmula

Desse modo, a formiguinha tem 4 × 15 = 60 maneiras diferentes para ir de A até B passando por R.

Seja C um ponto de coordenadas (r,s) no segmento AB, como na figura. Da semelhança dos triângulos ADC e AEB concluímos que

(r − 2)/(s − 2) = (902 − 2)/(602 − 2) = 3/2,

ou seja, 3_s_ − 2_r_ = 2. Como queremos que r e s sejam inteiros, segue dessa equação que s é par. Uma vez assim escolhido s, o valor de r fica determinado, e desse modo obtemos todos os pontos de coordenadas inteiras no segmento AB. Como existem 301 números pares de 2 a 602, inclusive esses, segue que a alternativa correta é (E).

Como os retângulos AEGF e FGCD têm bases iguais e a área de FGCD é três vezes a de AEGF, segue que CG = 3_GE_. Logo a razão de semelhança entre os triângulos CEB e CGH é dada por

CE/CG = (CG + GE)/CG = (3_GE_ + GE)/3_GE_ = 4/3

Como a razão das áreas de triângulos semelhantes é o quadrado da razão de semelhança, temos

área(CEB) = (4/3)² × área(CGH) = (4/3)² × 27 = 48

donde a área do trapézio EBGH é 48 − 27 = 21 cm².

Cada uma das três pessoas, em princípio, pode beber água ou suco, logo há 2 × 2 × 2 = 8 possibilidades para considerar, conforme a tabela.

Devemos agora analisar as condições do problema para decidir qual das possibilidades é a correta. A primeira condição (se Ari pede a mesma bebida que Carlos, então Bruna pede água) elimina as possibilidades 3 e 8. A segunda condição (se Ari pede uma bebida diferente da de Bruna, então Carlos pede suco) elimina a possibilidade 2. A terceira condição (se Bruna pede uma bebida diferente da de Carlos, então Ari pede água) elimina as possibilidades 4 e 6. Até o momento, restam as possibilidades 1, 5 e 7.

e como apenas um deles pede sempre a mesma bebida, chegamos a Ari, que sempre pede água.

Denotemos por f a função pedida. Sendo N o ponto médio do segmento AE, vamos considerar três outros pontos P, Q e R, que representam possíveis posições de partida da formiguinha. Para qualquer um desses pontos, sua distância ao ponto A será denotada por x. Temos três situações:

1ª) a formiguinha parte de um ponto P entre A e N. Nesse caso o menor caminho é: P→A→C→M. Observe que se x=AP aumenta (P se aproxima de N), o caminho a ser percorrido também aumenta do mesmo comprimento. Isso significa que f é crescente entre A e N (e que seu gráfico, neste trecho, é um segmento de reta de inclinação igual a 1).

2ª) a formiguinha parte de um ponto Q entre N e E. Nesse caso o menor caminho é: Q→E→D→M. Observe que se x=AQ aumenta (Q se aproxima de E), o caminho a ser percorrido diminui do mesmo comprimento. Isso significa que f é decrescente entre N e E (e que seu gráfico, neste trecho, é um segmento de reta de inclinação igual a −1).

3ª) a formiguinha parte de um ponto R entre E e B. Nesse caso o menor caminho é: R→E→D→M. Observe que se x=AR aumenta (R se aproxima de B), o caminho a ser percorrido também aumenta do mesmo comprimento. Isso significa que f é crescente entre E e B (e que seu gráfico, neste trecho, é um segmento de reta de inclinação igual a 1).

Resumindo: entre A e B a função f cresce, decresce e torna a crescer (sempre tendo como gráfico um segmento de reta). Apenas a alternativa (A) mostra esse comportamento.

Outra solução: Na figura, marcamos o ponto médio N do segmento AE e três outros pontos P, Q e R, que representam possíveis posições de partida da formiguinha nos segmentos AN, NE e EB, respectivamente. Para qualquer um desses pontos, sua distância ao ponto A será denotada por x e vamos adotar o lado do quadrado como unidade de comprimento.

Se a formiguinha sai de P, o trajeto mais curto passa por A e C, como indicado pelas flechas. Nesse caso, a formiguinha vai andar

PA + AC + CM = x + 1 + 1/2 = x + 3/2 unidades de comprimento.

Se a formiguinha sair de N, não faz diferença ela passar por A e C ou por E e D, pois em qualquer caso ela vai andar 1/2 + 1 + 1/2 = 2 unidades de comprimento. Se ela sai de Q, o trajeto mais curto passa por E e D, e ela vai andar

QE + ED + DM = (1 − x) + 1 + 1/2 = 5/2 − x unidades de comprimento.

Finalmente, se ela sai de R ela vai andar

RE + ED + DM = (x − 1) + 1 + 1/2 = x + 1/2 unidades de comprimento.

Desse modo, a função que representa a menor distância que a formiguinha deve andar de algum ponto do segmento AB, à distância x do ponto A, até chegar ao ponto M, é dada pela função

cujo gráfico é o da alternativa (A).

Notamos primeiro que o triângulo PQR é equilátero de lado 2 cm. Como o segmento RS também mede 2 cm, o triângulo PRS é isósceles de base PS. O ângulo ∠PRS mede 120°, pois ele é externo ao triângulo PRQ, igual à soma dos dois ângulos internos não adjacentes, cada um medindo 60°. Logo cada um dos ângulos ∠RSP e ∠RPS mede 30°, e concluímos que o triângulo PQS é retângulo em P, com ∠PQS = 60° e ∠PSQ = 30°. Logo o triângulo ABC é retângulo em A com ∠ABC = 60° e ∠ACB = 30°, pois seus lados são paralelos aos do triângulo PQS. Além disso, seu menor lado é AB, oposto ao menor ângulo ∠ACB = 30°.

Para calcular o comprimento do lado AB, basta calcular BT, pois claramente AT = 3 cm. Notamos que o triângulo QBT é retângulo em T. Como BQ é bissetriz de ∠ABC, segue que ∠TBQ = 30°. Como QT = 1 cm, segue que BQ = 2 cm, e o teorema de Pitágoras nos dá

BT = √(QB² − QT²) = √3, donde AB = 3 + √3.

Notamos primeiro que se um estojo recebe duas etiquetas então suas três canetas têm a mesma cor, logo esse estojo vai receber as três etiquetas; ou seja, um estojo recebe apenas uma das ou as três etiquetas, nunca apenas duas delas. No dia descrito no enunciado, foram usadas 120 + 150 + 200 = 470 etiquetas, das quais 470 − 200 = 270 foram para estojos que receberam três etiquetas. Logo o número de estojos que receberam três etiquetas foi de 270/3 = 90, e, assim, o número total de estojos montados nesse dia foi de 200 + 90 = 290.

Como 2/5 do número de alunos baianos é um número inteiro e 2/5 é uma fração irredutível, concluímos que o número de baianos é múltiplo de 5. Do mesmo modo concluímos que o número de mineiros é múltiplo de 7. Os múltiplos de 5 menores do que 31 são 5, 10, 15, 20, 25 e 30 e os múltiplos de 7 menores que 31 são 7, 14, 21, 28 (não incluímos o 0 entre os múltiplos pois o enunciado diz que há tanto baianos como mineiros no ônibus). Como 31 é a soma do número de baianos com o número de mineiros, a única possibilidade é que o ônibus tenha 10 baianos e 21 mineiros. Como 2/5 do número de alunos baianos é de homens, segue que 1 − 2/5 = 3/5 é de mulheres. Logo o total de mulheres no ônibus é

(3/5) × 10 + (3/7) × 21 = 6 + 9 = 15

Observação: É importante notar que a irredutibilidade das frações 2/5 e 3/7 é essencial no argumento acima.

Sabemos, por exemplo, que 3/7 = 6/14 e que (6/14) × 21 = 9 mas 14 não é um divisor de 21.

Pedro pode terminar o jogo de cinco maneiras diferentes, listadas abaixo:

1. cara, cara, cara − probabilidade 1/8
2. cara, cara, coroa − probabilidade 1/8
3. cara, coroa − probabilidade 1/4
4. coroa, cara − probabilidade 1/4
5. coroa, coroa − probabilidade 1/4

Ele termina com coroa nas alternativas 2, 3 e 5.

Como as alternativas acima são mutuamente exclusivas, a probabilidade de sua última jogada ser coroa é 1/8 + 1/4 + 1/4 = 5/8.