OBMEP 2009 · Nível 3 (ensino médio): prova com gabarito

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.

Seja x o comprimento do pé do Maurício. Então 39 < (5_x_ + 28)/4 ≤ 40, e segue que 156 < 5_x_ + 28 ≤ 160. Logo 128 < 5_x_ ≤ 132, ou seja, 25,6 < x ≤ 26,4. A única alternativa que satisfaz estas desigualdades é a alternativa C.

Escrevendo 24 como produto de inteiros positivos de todas as maneiras possíveis, podemos investigar todas as possibilidades para a e b em a ∗ b = (a + 1) × (b − 1) = 24 e testá-las em b ∗ a = (b + 1) × (a − 1) = 30 para achar os possíveis valores de a e b. Vamos lá:

Logo a = 7 e b = 4, donde a + b = 11.

De modo mais algébrico, podemos resolver este problema como segue. Temos a ∗ b = (a + 1)(b − 1) = ab − a + b − 1 = 24 e b ∗ a = (b + 1)(a − 1) = ab + a − b − 1 = 30. Somando estas duas expressões, obtemos 2_ab_ − 2 = 54 e segue que ab = 28. De modo análogo ao anterior, geramos as possibilidades (1,28), (2,14), (4,7), (7,4), (14,2) e (28,1) para (a,b) e verificamos que apenas a = 7 e b = 4 satisfazem a ∗ b = 24 e b ∗ a = 30.

Alternativamente, notamos que subtraindo ab − a + b − 1 = 24 de ab + a − b − 1 = 30 obtemos 2_a_ − 2_b_ = 6, ou seja, a − b = 3. Logo a = b + 3 e, substituindo em ab = 28 temos b² − 3_b_ − 28 = 0. Esta equação tem raízes b = 4 e b = −7; como só nos interessa a raiz positiva, temos b = 4 e então a = 7.

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.

A área de uma circunferência é proporcional ao quadrado do diâmetro. Como uma pizza grande tem diâmetro duas vezes maior que o de uma pequena, se a área de uma pizza pequena é A então a área de uma grande é 4_A_. Três fatias de uma pizza grande têm área (3/16) × 4_A_ = (3/4)A, ou seja, correspondem a 3/4 de uma pizza pequena.

Pode-se também resolver esta questão usando a fórmula da área de uma circunferência. Seja r o raio da pizza pequena; então sua área é π_r_². O raio da pizza grande é 2_r_ e sua área é π(2_r_)² = 4π_r_². Três fatias da pizza grande têm área (3/16)(4π_r_²) = (3/4)π_r_², ou seja, 3/4 da área de uma pizza pequena.

Sejam O a origem, A o ponto (10,7) e P o ponto (a,b). Traçando por A uma paralela ao eixo x e por P uma paralela ao eixo y, determinamos os pontos B e C como na figura. Como A = (10,7), temos AC = 10 e OC = 3; além disso, OA = AP. Denotamos por α, β e γ as medidas dos ângulos destacados. Observamos agora que, como o ângulo ∠OAP é reto, temos α + β = 90°. Por outro lado, como o triângulo ABP é retângulo em B, temos β + γ = 90°. Segue que α = γ e então os triângulos OAC e ABP são congruentes, pois são triângulos retângulos com um ângulo (além do ângulo reto) comum e hipotenusas OA e AP iguais. Concluímos que AB = 7 e BP = 10, donde a = 7 + 10 = 17 e b = 10 − 7 = 3; logo a + b = 3 + 17 = 20.

Outra solução usa a figura à esquerda. Os triângulos ORA e ASP são congruentes, por argumentos semelhantes aos da primeira solução; segue que AS = OR = 10 e PS = AR = 7. Logo a = 3 e b = 17, donde a + b = 20.

Notamos que 5353 = 53 × 101 e 2828 = 28 × 101. Podemos então fazer a conta rapidamente, usando a identidade a² − b² = (a + b)(a − b):

5353² − 2828² = 53² × 101² + 28² × 101² = (53² − 28²) × 101² = (53 − 28) × (53 + 28) × 101²

= 5² × 9² × 101² = 45² × 101² = (45 × 101)² = 4545².

Seja ℓ o lado do quadrado ABCD. Como ⌢BD é um arco de circunferência com centro A, segue que AP é um raio da circunferência, e portanto AP = AB = ℓ. Por outro lado, AP é a diagonal do quadrado AMPN; o teorema de Pitágoras nos diz então que ℓ² = AM² + MP². Como AM = MP, segue que ℓ² = 2_AM_², donde AM² = ℓ²/2. A área sombreada é então

e a razão entre esta área e a área do quadrado é

Por um momento, esquecemos o triângulo PQT e traçamos os segmentos PR e QS, como na figura ao lado. É imediato que todos os triângulos que aparecem são congruentes; segue que PQRS é um paralelogramo e sua área é metade da área de ABCD, ou seja, 20 cm².

Voltamos agora para a figura do enunciado e traçamos uma paralela TU ao segmento PS. Os triângulos PST e UTP são congruentes, bem como os triângulos UTQ e RQT. Como o triângulo PQT é a união dos triângulos UTP e UTQ, segue que sua área é metade da área do quadrilátero PQRS, ou seja, 10 cm².

Vamos denotar o comprimento da circunferência por ℓ, e chamar a formiguinha mais rápida de formiguinha A e a outra de formiguinha B; suas velocidades serão denotadas por v_A e v_B, respectivamente. Como A dá 9 voltas enquanto B dá 6, temos v_A/v_B = 9/6 = 3/2; isto mostra que se A anda uma distância d_A enquanto B anda uma distância d_B, então d_A/d_B = 3/2.

Como as formiguinhas andam em sentidos contrários, elas vão se encontrar uma primeira vez em um ponto que chamaremos P₁. Sejam d_A e d_B as distâncias percorridas pelas formiguinhas até que elas se encontrem novamente. Então d_A + d_B = ℓ e d_A/d_B = 3/2. A segunda expressão nos dá d_A = (3/2)d_B; substituindo na primeira temos d_B + (3/2)d_B = (5/2)d_B = ℓ, donde d_B = (2/5)ℓ.

Isto quer dizer que B vai encontrar A, a partir do ponto P₁, cada vez que percorrer uma distância de (2/5)ℓ.

Podemos agora desenhar os pontos em que elas se encontram; além de P₁, eles são (em ordem) P₂, P₃, P₄ e P₅, como na figura (estes pontos são vértices de um pentágono regular inscrito na circunferência). Notamos que após o encontro em P₅ as formiguinhas se encontram novamente em P₁, ou seja, não há mais outros pontos de encontro.

Para achar a soma das áreas dos triângulos, basta calcular a área do paralelogramo ABCD e subtrair as áreas dos trapézios ABFE e CDFE. Seja h a altura do trapézio ABFE; sua área é então ((AB + EF)/2)h = 3_h_ cm². Como a altura do paralelogramo ABCD é 4 cm, a altura do trapézio CDFE é 4 − h e sua área é ((CD + EF)/2)(4 − h) = 12 − 3_h_ cm². A área do paralelogramo ABCD é 16 cm²; a soma das áreas dos triângulos é então 16 − (3_h_ + 12 − 3_h_) = 4 cm².

Seja x o lado do quadrado. A área de R é então 1 × (1 − x) = 1 − x, a área de Q é x² e a área de S é x(1 − x) = x − x². Como as áreas de R e Q são iguais, temos x² = 1 − x. A raiz positiva desta equação é x = (√5 − 1)/2, e logo a área de S é

x − x² = x − (1 − x) = 2_x_ − 1 = 2((√5 − 1)/2) − 1 = √5 − 2 m².

Coloquemos a origem de coordenadas no ponto O. O teorema de Pitágoras mostra que a distância de um ponto (x,y) à origem de coordenadas é √(x² + y²); logo, para que (x,y) esteja na região delimitada pelas circunferências de raios 4 e 5, devemos ter 16 = 4² ≤ x² + y² ≤ 5² = 25. Observamos também que se (x,y) está nesta região, o mesmo se pode dizer todos os pontos da forma (±x,±y) e (±y,±x). Assim, podemos restringir nossa análise a pontos (x,y) com x, y ≥ 0 e x ≤ y.

Como 16 ≤ x² + y² ≤ 25, devemos ter 0 ≤ x, y ≤ 5, e estamos interessados apenas em valores inteiros de x e y. Procedemos agora por listagem direta, e obtemos a tabela a seguir.

Vamos denotar as hipotenusas dos triângulos retângulos que aparecem na figura por a, b, x, d e c, como na figura; nosso objetivo é achar x = AD.

Os seis triângulos retângulos são semelhantes, pois têm em comum o ângulo de vértice A. Logo

24/a = a/b = b/x = x/c = c/d = d/54

Multiplicando os três primeiros termos acima e, separadamente, os três últimos, obtemos 24/x = x/54. Logo x² = 24 × 54 = 2³ × 3 × 2 × 3³ = 2⁴ × 3⁴ = 4² × 9² = 36², donde x = 36 cm.

Alternativamente, seja λ = 24/a. Multiplicando os seis termos da sequência de igualdades acima, obtemos λ⁶ = 24/54 = 4/9 = (2/3)², donde λ³ = 2/3. Por outro lado, λ³ = (24/a) × (a/b) × (b/x) = 24/x e obtemos 24/x = 2/3, donde x = 36 cm.

Vamos denotar por P e V canetas pretas e vermelhas, respectivamente. Como o número de P e V que Juliana tem são iguais, as probabilidades de ela escolher uma P ou uma V ao acaso são ambas iguais a 1/2. Podemos então fazer a seguinte tabela:

Como os eventos (P,P) e (P,V) são disjuntos, a probabilidade de Juliana tirar uma caneta preta da bolsa é

(1/2) × 1 + (1/2) × (1/2) = 3/4.

Vamos contar quantos quadradinhos brancos e sombreados aparecem em cada figura.

Em geral, vemos que a n-ésima figura terá n² + (n − 1)² quadradinhos. Nosso problema se resume então a achar o menor inteiro positivo n tal que n² + (n − 1)² ≥ 2009. Podemos fazer isto analisando o sinal do polinômio n² + (n − 1)² − 2009 = 2_n_² − 2_n_ − 2008, mas é mais rápido proceder por aproximações, como segue.

Como n² > (n − 1)² para n ≥ 1, devemos ter 2_n_² > 2009, ou seja, n² > 1005; segue que n > 31. Como 32² + 31² = 1985, o valor n = 32 está descartado; por outro lado, para n = 33 temos 33² + 32² = 2113.

O pentágono tem 5 lados e 5 diagonais, num total de 10 segmentos. Uma figura consiste de 2 destes segmentos, e escolhas distintas de dois segmentos correspondem a figuras distintas. Segue que o número de figuras distintas é

Outra maneira de resolver esta questão é listar, organizadamente, as figuras possíveis. Na figura abaixo mostramos as 9 figuras diferentes que contém o vértice superior do pentágono. Observamos que nenhuma destas figuras pode ser obtida a partir de outra através de rotações do pentágono.

Cada uma destas figuras dá origem, através de rotações do pentágono, a outras 4 figuras diferentes, como ilustramos abaixo.

Segue que o número de figuras diferentes que podemos fazer com dois segmentos é 9 × 5 = 45.

Na figura marcamos, ao lado das letras que identificam as salas, o número de portas de cada uma.

Vamos supor que a porta pela qual o Joãozinho passou duas vezes pertence a uma sala com 4 portas. Então ele passou uma única vez pelas 3 portas restantes, ou seja, ele passou 5 vezes pelas portas desta sala. Logo ele entrou, saiu, entrou, saiu e entrou na sala, ou seja, ficou dentro dela. Esta conclusão é contrária ao enunciado, que diz que ele foi embora. Logo o Joãozinho passou uma única vez por todas as portas das salas com 4 portas. Assim, a porta pela qual ele passou duas vezes é aquela que não pertence a nenhuma sala com 4 portas, ou seja, é a porta que liga as salas C e E.

Coloca-se, é claro, a questão da existência de um trajeto que satisfaça as condições do enunciado. Para isto, providenciamos a figura ao lado; nela, as bolinhas marcam o início e o término do trajeto.

Como o diâmetro do círculo é 2, seu raio é 1. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo OMA, obtemos AM² = 1² − (1 − x)² = 2_x_ − x². Esta é a área de um quadrado de lado AM = AB/2: a área do quadrado de lado AB é então y = 4(2_x_ − x²) = 8_x_ − 4_x_².

Notamos que como x varia em OR, temos 0 ≤ x ≤ 1; para x = 0 temos y = 0 e para x = 1 temos y = 4. O gráfico de y = 8_x_ − 4_x_² é uma parábola com concavidade para baixo, pois o coeficiente de x² é negativo; este gráfico está representado na alternativa C).

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.