OBMEP 2010 · Nível 1 (6º e 7º anos): prova com gabarito

Alvimar recebeu de troco 5,00 − 3,50 = 1,50 reais. Dividindo 1,50 por 0,25, obtemos o número de moedas de 25 centavos que ele recebeu. Como 1,50 ÷ 0,25 = 6, segue que ele recebeu de troco seis moedas de 25 centavos.

Podemos também pensar como segue. Duas moedas de 25 centavos totalizam 50 centavos. Como R$1,50 é o mesmo que três vezes 50 centavos, para dar o troco serão necessárias 3×2 = 6 moedas de 25 centavos.

Trocamos a posição de dois algarismos vizinhos do número 682479, conforme a tabela

e verificamos que o menor dos números obtidos é 628479. Logo, os algarismos que devem ser trocados são 8 e 2.

Elisa está na 7ª posição da fila pois na sua frente há 6 pessoas. Como atrás de Samuel há 9 pessoas e a fila tem 21 pessoas, sua posição é a de número 21 − 9 = 12. Logo Samuel está atrás de Elisa, e entre eles existem pessoas nas posições de 8 a 11, ou seja, 4 pessoas. A situação está representada no desenho abaixo, onde as letras S e E correspondem, respectivamente, a Samuel e Elisa e a fila começa na direita.

O que está errado com a seguinte solução? Juntos, as pessoas atrás de Samuel, o próprio Samuel, as pessoas na frente de Elisa e a própria Elisa totalizam 6 + Elisa + Samuel + 9 = 17 pessoas. Logo sobram 21 − 17 = 4 pessoas, que são as que estão entre Elisa e Samuel. A resposta é que esse raciocínio está incorreto, pois a expressão 6 + Elisa + Samuel + 9 = 17 só é válida quando Samuel está atrás de Elisa. Para ver isso, basta pensar (por exemplo) no seguinte diagrama

que mostra uma fila de 13 pessoas com 9 atrás de Samuel e 6 na frente de Elisa. De fato, é fácil ver (exercício) que o se o Samuel estiver na frente de Elisa uma fila que obedeça às condições dadas pode ter no máximo 15 pessoas. Para garantir que o Samuel está atrás de Elisa, é necessário usar o fato de que a fila tem 21 pessoas, como na solução apresentada.

Em expressões aritméticas sem parêntesis, colchetes ou chaves, as operações de multiplicação e divisão têm prioridade sobre as de soma e subtração; ou seja, as multiplicações e divisões devem ser realizadas antes das somas e subtrações. Desse modo temos

2 + 4×8 − 4 ÷ 2 = 2 + 32 − 2 = 34 − 2 = 32.

Vamos ler as informações contidas no gráfico:

• 5 alunos não compraram bilhetes (isto é, compraram 0 bilhetes cada um): total 5×0 = 0 bilhetes
• 20 alunos compraram 1 bilhete cada um: total 20×1 = 20 bilhetes
• 16 alunos compraram 2 bilhetes cada um: total 16×2 = 32 bilhetes
• 7 alunos compraram 3 bilhetes cada um: total 7×3 = 21 bilhetes
• 4 alunos compraram 4 bilhetes cada um: total 4×4 = 16 bilhetes

Logo o número total de bilhetes comprados foi 0 + 20 + 32 + 21 + 16 = 89.

Na conta apresentada podemos observar o seguinte:

• coluna das unidades: como 7 + 5 = 12, vai 1 para a coluna das dezenas;
• coluna das dezenas: como 1 + ♣ + 9 = 10 + ♣, o algarismo das dezenas do resultado é ♣ e vai 1 para a coluna das centenas;
• coluna das centenas: como 1 + 4 + 8 = 13, o algarismo das centenas da soma é 3 e vai 1 para a coluna dos milhares.

Em resumo, concluímos que 1♣♣2 = 13♣2, o que nos mostra que ♣ = 3 (e a conta é 437 + 895 = 1332). Logo

♣×♣ + ♣ = 3×3 + 3 = 12.

Ao lado marcamos com linha mais forte o corte, tanto no cartão original quanto no cartão formado após o corte. Na figura 1, vemos que o corte mede 11 cm, pois a parte com OB é um retângulo e os lados opostos de um retângulo são iguais. Na figura 2 vemos que o lado superior da parte com MEP também mede 11 cm. Desse modo o lado menor da parte com OB mede 18 − 11 = 7 cm e sua área é 7×11 = 77 cm².

Desfaça as dobras na ordem inversa.

1. Antes do recorte

A folha foi dobrada ao meio na vertical e depois ao meio na horizontal. O recorte foi feito na borda de cima do papel dobrado, que é a dobra horizontal, no meio dela, sem encostar na dobra vertical (a lateral).

2. Desfazendo a dobra horizontal

O entalhe na dobra vira um buraco retangular, com o dobro da altura do recorte, centrado na linha da dobra horizontal.

3. Desfazendo a dobra vertical

A folha se abre como um livro, e o buraco aparece espelhado do outro lado da dobra vertical. Ficam dois buracos retangulares, lado a lado, na altura do meio da folha e afastados da linha central.

A figura com dois retângulos verticais lado a lado, no meio da folha, é a da alternativa E.

Resposta: E.

Por que as outras atraem: a A tem quatro buracos, como se o recorte tivesse sido num canto longe das duas dobras; a D tem um buraco único, como se o recorte encostasse também na dobra vertical.

Dica: cada dobra desfeita espelha os recortes; recorte em cima de uma dobra vira um buraco único que atravessa essa dobra.

Devemos completar as oito casas vazias na figura à direita escolhendo números entre 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 8, de modo que não apareçam números repetidos.

Começaremos pela coluna da esquerda, escolhendo dois números diferentes com soma igual a 4; a única escolha possível é 1 e 3. Se o 3 aparecesse na casa acima do 0, os outros dois números da linha central deveriam ser escolhidos entre 2, 4, 5, 6, 7 e 8 e ter soma igual a 4, o que é impossível. Logo na casa acima do 0 deve aparecer o 1 e o 3 aparece acima do 1. Obtemos então a figura à esquerda.

Passamos agora para a linha superior. Como 3 e 9 ocupam duas casas dessa linha e 3 + 9 = 12, na casa entre o 3 e 9 deve aparecer o 6, ou seja, temos a figura à direita. Notamos que a essa altura só podemos escolher números entre 2, 4, 5, 7 e 8.

Finalmente passamos para a linha do meio. Os números das casas que faltam na linha do meio devem somar 6, ou sejam, devem ser 2 e 4. Se o 2 estiver na casa central, teremos na coluna do meio 6 + 2 = 8; como a soma dos números dessa coluna é 18, isso não pode acontecer, pois 18 − 8 = 10. Logo o número que aparece na casa central é o 4.

A figura à esquerda mostra o quadrado completamente preenchido.

O quadrado está dividido em 16 quadradinhos. A área sombreada é a soma das áreas de 8 triângulos iguais, cada um com área igual a metade da área de um quadradinho. Portanto, a área sombreada é igual à área de 8×(1/2) = 4 quadradinhos, o que corresponde a 4/16 = 1/4 da área do quadrado.

A face colada do dado da esquerda é oposta à face com 1, logo essa face tem o número 6. Na face colada do dado da direita não aparecem nem o 1 nem o 3, e logo não aparecem também nem o 6 nem o 4. Restam para essa face os números 2 e 5. Observando a posição dos três pontos nas faces superiores dos cubos e lembrando que os cubos são idênticos, vemos que o cubo da direita tem o 2 em sua face direita (oculta), logo sua face colada tem o número 5. Segue que a soma das faces coladas é 6 + 5 = 11.

Mostramos ao lado dois azulejos. O azulejo 1 é o azulejo do enunciado, com o qual foram formadas as figuras das alternativas A), B), C) e D). A figura da alternativa E) foi feita com duas cópias do azulejo 1 e duas cópias do azulejo 2. Como não é possível obter o azulejo 2 por translação ou rotação do azulejo 1, segue que não podemos montar a figura da alternativa E) com cópias do azulejo 1.

1ª solução: O 1º treino acontece em uma segunda, o 2º em uma quinta e assim por diante, até o 8º que cai novamente em uma segunda e o ciclo se repete. Logo os treinos de números 1, 8, 15, 22,... são aqueles que caem em uma segunda. Esses números formam a sequência 1, 1 + 1×7, 1 + 2×7, 1 + 3×7,.... Como queremos saber quando ocorrerá o 100º treino, procuramos o termo dessa sequência mais próximo de 100. Esse termo é 99 = 1 + 14×7, ou seja, o 99º treino ocorrerá em uma segunda. Logo o 100º treino ocorrerá em uma quinta.

2ª solução: Um dia de treino e dois dias de folga formam grupos de três dias, totalizando 3×99 = 297 dias até a véspera do dia do 100º treino. Como 297 = 7×42 + 3, esses 297 dias correspondem a 42 semanas de segunda a domingo mais 3 dias, que são segunda, terça e quarta. Logo quarta é a véspera do 100º treino, que ocorre então em uma quinta.

A área de cada quadradinho corresponde a 9% da área do quadrado maior e assim a área dos 4 quadradinhos corresponde a 4×9 = 36% da área do quadrado maior. Logo a área em cinza corresponde, a 100 − 36 = 64% da área total. Como essa área é 128 cm², concluímos que 1% dessa área é igual a 128/64 = 2 cm². Segue que a área do quadrado maior é 2×100 = 200 cm².

Alice comprou o creme dental pequeno. De fato, se ela tivesse comprado o creme dental médio, ela teria apenas mais 10,00 − 4,40 = 5,60 reais para gastar, mas a soma dos preços de um sabonete e desodorante é no mínimo 1,80 + 4,00 = 5,80 reais, ou seja, ela não poderia comprar os três itens. O mesmo argumento mostra que ela não pode ter comprado um creme dental grande.

Notamos que ao comprar um creme dental pequeno sobram 10,00 − 2,40 = 7,60 reais. Com essa quantia Alice pode comprar um sabonete pequeno e um desodorante pequeno ou médio, ou então um sabonete médio e um desodorante pequeno.

Como não choveu em 12 dias e Janeiro tem 31 dias, choveu em 31 − 12 = 19 dias. Em 17 desses 19 dias choveu à tarde, logo choveu apenas pela manhã em 19 − 17 = 2 dias. Podemos também concluir que choveu apenas à tarde em 19 − 10 = 9 dias.

Mais geralmente, podemos raciocinar como segue. Choveu em 19 dias, dos quais em 10 choveu pela manhã e em 17 à tarde. Ao efetuar a soma 10 + 17 = 27, contamos os dias em que choveu pela manhã e à tarde duas vezes; desse modo, o número de dias em que choveu tanto pela manhã quanto à tarde foi de 10 + 17 − 19 = 8. Logo choveu apenas pela manhã em 10 − 8 = 2 dias e choveu apenas à tarde em 17 − 8 = 9 dias. O diagrama ao lado conta toda a história.

Como Jeca e Tatu comeram juntos 33 bananas, concluímos que Saci e Pacu comeram juntos 52 − 33 = 19 bananas. Como Saci foi quem mais comeu e Pacu comeu pelo menos 1 banana, Saci comeu no máximo 19 − 1 = 18 bananas. Portanto, Jeca comeu no máximo 17 bananas e, como Jeca comeu mais que Tatu, concluímos que Tatu comeu no máximo 16 bananas. Como 33 = 17 + 16, não é possível que Jeca tenha comido menos que 17 ou Tatu menos que 16 bananas. Vemos assim que Jeca comeu 17 bananas e Tatu comeu 16 bananas; além disso, Saci comeu 18 bananas e sobrou apenas 1 banana para o Pacu.

Não existem números circunflexos começando com 8, pois nesse caso o segundo algarismo seria 9, não sobrando nenhum algarismo maior para aparecer no centro. Por outro lado, qualquer número começando com 6 à esquerda é menor do que 77777. Assim, os circunflexos maiores do que 77777 são da forma 789AB, onde A e B denotam algarismos de 0 a 9. Notamos que A não pode ser 0, pois nesse caso não seria possível escolher um algarismo para B. Além disso A também não pode ser 9, pois os três últimos algarismos devem estar em ordem decrescente; logo A só pode assumir valores de 1 a 8. Se A for 8, B pode ser escolhido entre os algarismos de 0 a 7, ou seja, temos 8 escolhas para B. Do mesmo modo, se A for 7 temos 6 escolhas para B e assim por diante, até o caso em que A for 1, quando temos apenas 1 escolha para B. Logo o número total de números circunflexos é 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 36.

Na figura a seguir, admitimos que a estrada de 350 km começa à esquerda e termina à direita; também não faz diferença supor que Quixajuba esteja à esquerda de Paraqui.

Vamos explicar como foi feita a figura. Notamos que Quixajuba não pode estar à esquerda do quilômetro 70, pois nesse caso ela estaria antes do início da estrada. Logo ela está à direita do quilômetro 70 e fica no quilômetro 70 + 92 = 162 da estrada. Do mesmo modo vemos que Paraqui está à esquerda do quilômetro 270 e fica no quilômetro 290 − 87 = 203. Portanto, a distância entre as duas cidades é 203 − 162 = 41 quilômetros.

Temos duas possibilidades para Adriano: ele é um tamanduá ou uma preguiça. Vamos primeiro supor que ele é um tamanduá e fazer a tabela a seguir, linha por linha, de acordo com as falas dos amigos:

As casas sombreadas mostram que nesse caso Adriano, além de ser um tamanduá, é também uma preguiça, o que não pode acontecer pelas regras da brincadeira. Logo Adriano não é um tamanduá, ou seja, ele é uma preguiça. Fazemos agora outra tabela do mesmo modo que a anterior:

e vemos que Bruno, Carlos e Daniel são tamanduás.