OBMEP 2009 · Nível 1 (6º e 7º anos): prova com gabarito

Na imagem que aparece no espelho do Benjamim, o ponteiro dos minutos aponta para o algarismo 3, enquanto que o ponteiro das horas está entre o algarismo 6 e o traço correspondente ao algarismo 5, mais próximo deste último. Deste modo, o relógio marcava 5h 15min.

Outra maneira de enxergar o resultado é imaginar que a imagem que aparece no espelho do Benjamim voltará ao normal se for novamente refletida em um espelho. Fazemos isto na figura ao lado e vemos imediatamente que a hora marcada era 5h 15min.

A figura pode ser decomposta em 20 quadradinhos e 8 triângulos, de acordo com o quadriculado. Juntando dois desses pequenos triângulos formamos um quadradinho. Temos assim um total de 20 + 8/2 = 20 + 4 = 24 quadradinhos.

Outra maneira de resolver a questão é mover os quatro triângulos destacados como indicado na figura. A área sombreada permanece a mesma e podemos contar diretamente 24 quadradinhos sombreados, à direita. Alternativamente, temos dois quadrados, um de lado 7 cm e outro de lado 5 cm, e a área da região sombreada é a diferença entre as áreas desses quadrados, ou seja, 7² − 5² = 49 − 25 = 24 cm².

24 é o maior número que aparece na figura. Indicamos abaixo a sequência de operações e seu resultado.

Temos 19/3 = 6 + 1/3, que é maior que 6, e 55/7 = 7 + 6/7, que é menor que 8. O único número inteiro maior que 6 e menor que 8 é o número 7.

Podemos também resolver o problema escrevendo as frações em forma decimal: 19/3 = 6,6... e 55/7 = 7,8.... O único número inteiro que fica entre 6,6... e 7,8... é o 7, como antes.

Como mostra a figura ao lado, uma folha de papel do segundo pacote equivale a 6 folhas do primeiro pacote. Como a quantidade de folhas em cada pacote é a mesma, o peso do pacote maior é 6 vezes o peso do pacote menor, ou seja, o pacote maior pesa 6×2 = 12 quilos.

Como o pé do Maurício tem 26 cm, ele calculou o número de seu sapato como segue:

Como Carlos disse “E se, em vez disso, eu jogar um de seus peixes no rio, ficaremos com o mesmo número”, vemos que Pedro pescou um peixe a mais que Carlos. O total de peixes é então a soma de dois inteiros consecutivos; uma tal soma é sempre ímpar, e a alternativa C) está excluída. Exprimimos agora cada uma das outras alternativas como soma de dois inteiros consecutivos, o menor sendo uma possibilidade para o número de peixes do Carlos e a maior para o número de peixes do Pedro: A) 5 = 2 + 3, B) 7 = 3 + 4, D) 9 = 4 + 5 e E) 11 = 5 + 6. Como Pedro disse “Se você me der um de seus peixes, eu ficarei com o dobro do número de peixes com que você vai ficar”, devemos verificar em qual destas expressões a maior parcela mais 1 é o dobro da menor parcela menos 1. Isto só acontece na alternativa D), pois 5 + 1 = 6 = 2×(4 − 1).

Uma solução diferente é a seguinte. Já vimos que Pedro pescou 1 peixe a mais que Carlos. Se Carlos desse um de seus peixes para Pedro, então Pedro ficaria ao mesmo tempo com o dobro do número de peixes de Carlos e com 3 peixes a mais que Carlos; ou seja, Pedro ficaria com 6 peixes e Carlos com 3. Segue que Pedro pescou 5 peixes e Carlos outros 4.

Pode-se também resolver esta questão utilizando elementos de pré-álgebra. Se n é a quantidade de peixes do Carlos, então Pedro tem n + 1 peixes. Se Carlos desse um peixe a Pedro, ele ficaria com n − 1 peixes e Carlos ficaria com n + 2. Temos assim n + 2 = 2(n − 1) = 2_n_ − 2, e segue que n = 4.

O número total de bolinhas de uma peça é ímpar quando um dos quadrados tiver um número ímpar de bolinhas e o outro tiver um número par de bolinhas. São 3 possibilidades para números ímpares (1, 3 e 5) e 4 possibilidades (0, 2, 4 e 6) para números pares. Logo o número de peças que apresentam um número ímpar de bolinhas é 3×4 = 12.

Podemos também fazer uma listagem ordenada de todas as peças, marcando aquelas que têm um número ímpar de bolinhas:

A quantidade de água que Daniela gastava por semana (isto é, em 7 dias) em cada atividade era:

• lavar roupa: 7×150 = 1050 litros;
• banho de 15 minutos: 7×90 = 630 litros;
• lavar o carro com mangueira: 1×100 = 100 litros.

Assim, ela gastava 1050 + 630 + 100 = 1780 litros por semana. Com a economia, Daniela passou a gastar semanalmente em cada atividade:

• lavar roupa no tanque: 3×150 = 450 litros;
• banho de 5 minutos: 7×(90/3) = 7×30 = 210 litros;
• lavar o carro com balde: 1×10 = 10 litros,

ou seja, um total de 450 + 210 + 10 = 670 litros. Portanto, ela passou a economizar por semana 1780 − 670 = 1110 litros de água.

Podemos também pensar diretamente na economia semanal da Daniela:

• 4 lavagens de roupa: 4×150 = 600 litros;
• 2/3 banho por dia: 7×(2/3)×90 = 420 litros;
• substituir a mangueira pelo balde: 100 − 10 = 90,

o que nos dá o total de 600 + 420 + 90 = 1110 litros.

Traçando os segmentos QS e PR, vemos que o quadrado ABCD é composto de 8 triângulos retângulos iguais e que o quadrado PQRS é formado por 4 desses triângulos. Portanto, a área do quadrado PQRS é metade da área do quadrado ABCD, ou seja, 40/2 = 20 cm².

Traçando agora o segmento TM, onde M é o ponto médio de PQ, vemos que o quadrado PQRS é composto de 4 triângulos retângulos iguais e o triângulo PQT é formado por 2 desses triângulos. Logo a área do triângulo PQT é metade da área do quadrado PQRS, ou seja, 20/2 = 10 cm².

Na figura ao lado, A representa a idade de Arnaldo, C a de Celina e D a de Dalila; a flecha indica o sentido de idade crescente. A ordem das letras C, A e D indica que Arnaldo é mais velho que Celina e mais novo que Dalila. Logo o esposo de Celina é Beto, que é também o mais velho de todos.

Cada vértice é a extremidade de três arestas e, portanto, são necessárias pelo menos três cores diferentes. Por outro lado, três cores diferentes bastam; podemos ver isto na figura, onde três cores diferentes estão indicadas em traços cheio, tracejado e pontilhado.

Vamos fazer uma tabela para organizar os dados do problema.

Em cada linha lemos as dívidas; por exemplo, a primeira linha mostra que Ana deve 1 real para Beto e 3 reais para Dora, sendo sua dívida total de 4 reais. Analogamente, nas colunas lemos o que cada um tem a receber; por exemplo, a segunda coluna mostra que Beto tem a receber 1 real de Ana, 2 reais de Carlos e 2 reais de Dora, num total de 5 reais. Ana recebeu 10 reais de seus pais, vai pagar 4 e receber 1, ficando com 10 − 4 + 1 = 7 reais. Para os outros, a situação será

• Beto: 10 − 3 + 5 = 12;
• Carlos: 10 − 5 + 1 = 6;
• Dora: 10 − 3 + 4 = 11;
• Emília: 10 − 1 + 5 = 14.

Vemos assim que, ao final, Emília ficará com mais que os outros.

Vamos chamar os algarismos borrados de a, b, c e d, como ilustrado ao lado. Como o algarismo das unidades do resultado é 3, temos quatro possibilidades para b e c, nesta ordem: 1 e 3, 3 e 1, 7 e 9 ou 9 e 7.

Como o multiplicando é menor que 200, podemos eliminar as duas primeiras possibilidades, pois um número menor que 200 multiplicado por 1 ou por 3 não passa de 600. Na terceira possibilidade, o multiplicando seria no mínimo 117 e então o produto seria no mínimo 117×9 = 1053, o que não acontece.

Resta a última possibilidade, que está ilustrada à esquerda. Como 117×7 = 819, tentamos 139×7 = 973, que está de acordo com o enunciado. As outras tentativas para o multiplicando, a saber, 157, 177 e 197, não servem, pois ao multiplicá-las por 7 o resultado é sempre maior que 1000. Logo os algarismos manchados são 3, 9, 7 e 7, e sua soma é 3 + 9 + 7 + 7 = 26.

O T é formado por um retângulo 4×2 na parte de cima e um quadrado 2×2 na parte de baixo, como mostrado ao lado. Vamos primeiro contar de quantas maneiras é possível dividir o T com retângulos 2×1, dividindo primeiro o retângulo e depois o quadrado.

O retângulo pode ser dividido de 5 maneiras diferentes, mostradas a seguir:

O quadrado pode ser dividido de 2 maneiras diferentes, mostradas a seguir.

Pelo princípio fundamental da contagem, segue que o T pode ser dividido de 5×2 = 10 maneiras diferentes, quando preenchemos primeiro o retângulo e depois o quadrado.

Há ainda outra maneira de dividir o T, ilustrada na figura ao lado. Esta não aparece na contagem acima, pois não pode ser obtida com uma divisão do retângulo seguida de uma divisão do quadrado.

Logo, o número total de maneiras em que se pode dividir o T é 10 + 1 = 11.

O gráfico mostra que 20 + 30 + 60 + 50 + 30 + 10 = 200 alunos fizeram a prova. Vamos às alternativas.

A) É falsa, pois 10% de 200 é 20 e o número de alunos que não resolveram nenhuma questão é 10, que corresponde a 5% do total de alunos.

B) É falsa, pois a quantidade de alunos que acertaram mais de 2 questões é 50 + 30 + 10 = 90, menos do que a metade de alunos que fizeram a prova.

C) É falsa, pois o gráfico mostra que exatamente 200 alunos fizeram a prova.

D) É verdadeira, pois o número de alunos que acertaram 4 ou 5 questões é 30 + 10 = 40.

E) É falsa, pois 20% de 200 é 40 e o número de alunos que não resolveram nenhuma questão é 20, que corresponde a 10% do total de alunos.

O quadrado tem lado 12 cm, logo sua área é igual a 12² = 144 cm². Portanto, cada um dos três retângulos tem área igual a 144/3 = 48 cm². Os dois retângulos inferiores são iguais, pois têm a mesma área e a mesma altura. Logo, têm a mesma largura, igual a 12/2 = 6 cm e, dessa forma, sua altura é 48/6 = 8 cm. Assim, o perímetro do retângulo sombreado é 6 + 8 + 6 + 8 = 28 cm.

Um número com uma determinada quantidade de algarismos, sendo o primeiro à esquerda diferente de zero, é sempre maior que qualquer número que tenha um algarismo a menos. Por exemplo, 1000 (com 4 algarismos) é maior do que 999 (que tem apenas 3 algarismos). Assim, com exatamente 13 palitos, devemos formar um número que tenha a maior quantidade possível de algarismos, sendo o primeiro à esquerda diferente de 0. Como o 1 é formado pelo menor número de palitos entre todos os algarismos, vemos que para obter o maior número possível com 13 palitos devemos usar tantos algarismos 1 quanto possível.

Não é possível usar 6 algarismos 1, pois neste caso já teríamos usado 12 palitos e não há algarismo que possa ser formado com apenas 1 palito. Pelo mesmo motivo, não é possível usar 5 algarismos 1; não há algarismo formado por 3 palitos. Mas é possível usar 4 algarismos 1; neste caso, usamos 8 palitos e podemos completar o número com um entre os algarismos 2 ou 5, que são formados por 5 palitos. Neste caso, devemos escolher o 5, que nos permite formar o número 51111 com 13 palitos. A soma dos algarismos deste número é 5 + 1 + 1 + 1 + 1 = 9.

Codificando as vogais, temos A = 50, E = 54, I = 63, O = 73 e U = 84. O número 01145578 não contém o algarismo 3, o que mostra que entre as vogais que Camila codificou não aparecem o I e o O. Temos então três casos para analisar, de acordo com as possíveis vogais codificadas por Camila.

• A e E: retirando os algarismos usados para codificar estas vogais de 01145578, sobram os algarismos 1, 1, 7 e 8, que correspondem a M = 71 e R = 81.
• A e U: aqui sobram os algarismos 1, 1, 5 e 7, que correspondem a B = 51 e M = 71.
• E e U: este caso não é possível, pois há apenas um algarismo 4 em 01145578.

Nos dois casos possíveis aparecem as letras A e M, ou seja, podemos garantir Camila codificou a letra M.

Vamos imaginar que o torneio acabou. Para os 56 times que foram eliminados após perder 2 partidas cada um, contamos 56×2 = 112 derrotas. Como o campeão perdeu uma vez, o número total de derrotas foi 112 + 1 = 113. Além disso, como não houve empates, em cada partida um time ganhou e o outro perdeu; logo, o número total de derrotas é igual ao número total de partidas.