OBMEP 2011 · Nível 3 (ensino médio): prova com gabarito

O comprimento da parte da corda que fica entre as polias fixas diminuirá 15 + 25 = 40 metros depois que os homens puxarem a corda. A polia móvel imediatamente acima do piano distribui ao meio esses 40 metros; assim, o piano subirá 40 ÷ 2 = 20 metros.

Sejam b, h e d, respectivamente, os comprimentos da base, altura e diagonal dos retângulos da malha. O perímetro da figura A é igual a 12_d_, donde concluímos que d = 156/12 = 13.

O perímetro da figura B é igual a 8_h_ + 8_d_, donde concluímos que 144 = 8_h_ + 8_d_ e h = (144 − 8_d_)/8 = 5. O teorema de Pitágoras diz que d² = b² + h² e segue que b = √(13² − 5²) = √144 = 12. Finalmente o perímetro da figura C é igual a 6_b_ + 4_h_ + 4_d_, ou seja, 6 × 12 + 4 × 5 + 4 × 13 = 144 cm.

O gráfico mais claro atinge a horizontal correspondente a 800 m antes do gráfico mais escuro. Logo o gráfico mais claro é o gráfico do vencedor da corrida, o coelho, e o gráfico mais escuro é o gráfico da tartaruga.

• O coelho terminou a corrida em 2min15s; logo a alternativa C é falsa.
• Quando o coelho termina a corrida, a tartaruga está entre 650m e 700m; logo a alternativa E é falsa.
• Entre o início da corrida e 1min, o gráfico do coelho está acima do gráfico da tartaruga (trecho marcado com I na figura), indicando que o coelho está na frente; logo a alternativa A é falsa.
• A tartaruga ficou atrás do coelho entre 0min e 1min e entre 1min45s e 2min30s (trecho marcado com III na figura), num total de 1min45s; logo a alternativa B é falsa.
• Por fim, a tartaruga ficou à frente do coelho entre 1min e 1min45s (trecho marcado com II na figura), num total de 45s; logo a alternativa D é verdadeira.

Cada time jogou três vezes. Com 5 pontos, o Cruzínthians só pode ter vencido uma partida e empatado duas, pois se tivesse vencido duas partidas, teria pelo menos 6 pontos e se não tivesse vencido nenhuma, teria no máximo 3 pontos. O Greminense não venceu nenhuma partida, pois obteve apenas 2 pontos; logo empatou duas partidas e perdeu uma. O Flameiras, em segundo lugar com 3 pontos, não venceu nenhuma partida, pois se isso tivesse acontecido ele teria que ter perdido duas; como o Greminense não ganhou nenhuma e o Cruzínthians apenas uma, ele teria perdido para o Nauritiba. Por outro lado, o mesmo raciocínio mostra que então o Nauritiba deveria ter perdido para Flameiras, o que não é possível; logo, o Flameiras e o Nauritiba empataram suas três partidas. Segue que o número de empates foi 3 + 3 − 1 = 5; o −1 aparece nessa expressão pois o empate entre Flameiras e Nauritiba deve ser contado apenas uma vez.

Outra solução é notar que em cada jogo disputado são distribuídos 2 pontos, no caso de empate ou 3 pontos, caso não ocorra empate. Como cada um dos quatro times jogou uma única vez com seus três adversários, foram disputados ao todo seis jogos, nos quais foram distribuídos 5 + 3 + 3 + 2 = 13 pontos. A única maneira de parcelar 13 em seis parcelas de 2 ou 3 é 13 = 3 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2; logo, cinco dos seis jogos terminaram empatados.

Uma outra solução a seguinte. Observa-se, como acima, que o Cruzínthians venceu uma partida e empatou duas. Se ele tivesse vencido o Flameiras, a tabela poderia ser parcialmente preenchida como segue.

Segue que o Flameiras deve ter perdido mais uma partida e vencido a terceira para totalizar 3 pontos. Nesse caso, como o Greminense empatou duas partidas, ele empatou uma com o Nauritiba e a tabela pode ser refinada para

Logo, para que o Nauritiba totalizasse 3 pontos, ele deveria ter empatado com o Flameiras, o que não pode acontecer. De modo análogo vemos que o Cruzínthinas não pode ter empatado com o Nauritiba; logo a tabela parcialmente preenchida deve ser

A partir daí é imediato completar a tabela.

O número 0 deve aparecer nos dois dados, para que seja possível formar as datas de 01 a 09, 10, 20 e 30. Os números 1 e 2 também devem aparecer nos dois dados, para formar as datas 11 e 22. Desse modo no dado da direita aparecem os números 0, 1, 2, 3, 5, 6 (que também é 9) e no dado da esquerda aparecem os números 0, 1, 2, 4, 7 e 8. A soma das faces não visíveis do dado da esquerda é então 1 + 4 + 7 + 8 = 20.

Outra solução é a seguinte. Como acima, os números 0, 1 e 2 devem aparecer nos dois dados; os números 4, 7 e 8 também devem aparecer. Assim, a soma dos números nos dois dados deve ser 2 × (0 + 1 + 2) + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 39. Os números que aparecem no dado da direita são 0, 1, 2 (ocultos) e 3, 5, 6 (visíveis); os números 0 e 2 estão visíveis no cubo da esquerda. Logo, a soma dos números não visíveis no cubo da esquerda é 39 − (0 + 2 + 0 + 1 + 2 + 3 + 5 + 6) = 39 − 19 = 20.

Seja x a largura, em centímetros, das faixas cortadas por Márcia. As dimensões do pedaço retangular que sobra após o corte das tiras são 30 − 2_x_ e 40 − 2_x_; sua área é então

(30 − 2_x_) × (40 − 2_x_) = 1200 − 140_x_ + 4_x_².

Como a área desse pedaço corresponde a 68% da área da folha original, temos

1200 − 140_x_ + 4_x_² = 0,68 × 1200 = 816

ou seja

x² − 35_x_ + 96 = 0

Essa equação tem as soluções x = 32 e x = 3; como 2 × 32 = 64 supera os lados da folha original, a solução x = 32 deve ser descartada. Logo a largura das tiras é 3 cm.

Sejam R e r os raios dos semicírculos maior e menor, respectivamente; o lado do quadrado tem então medida 2_R_ = 36, ou seja, R = 18. Como os centros dos semicírculos e o ponto de tangência estão alinhados, o triângulo destacado na figura é um triângulo retângulo de catetos R e 2_R_ − r e hipotenusa R + r. O teorema de Pitágoras nos dá (R + r)² = R² + (2_R_ − r)². Simplificando, obtemos 6_Rr_ = 4_R_² e segue que r = (2/3)R = (2/3) × 18 = 12 cm.

Primeiro notamos que a afirmativa de Daniela é verdadeira, pois há apenas um culpado; logo a culpada não é Daniela. Se Bruno mentiu, então ele é culpado e Eduardo diz a verdade. Mas Eduardo disse que a culpada é uma menina, logo ele também estaria mentindo, o que não satisfaz o enunciado. Então Bruno diz a verdade e, portanto, Eduardo é o culpado.

Com os números 1, 4, 6 e 8 podem-se formar 4 × 3 × 2 = 24 números de três algarismos distintos, pois temos 4 possibilidades para escolher a centena, depois 3 possibilidades para escolher a dezena e por fim 2 possibilidades para escolher a unidade. Nas unidades desses números irão aparecer seis vezes cada um dos algarismos 6, 4, 2 e 1, pois cada um deles aparece o mesmo número de vezes entre os 24 números e 24 ÷ 4 = 6; o mesmo irá ocorrer nas dezenas e nas centenas. Como 6 × (8 + 6 + 4 + 1) = 114, a soma desses 24 números será 114 + 10 × 114 + 100 × 114 = 111 × 114 = 12654.

As faces laterais da pirâmide são triângulos equiláteros de lado 1. Planificando as faces que contêm como aresta comum o segmento que liga o ponto A ao vértice superior da pirâmide, obtemos um losango com a aranha (ponto C) e a formiga (ponto D) em lados opostos, conforme a figura.

O trajeto mais curto que a aranha deve percorrer para chegar até a formiga corresponde ao segmento CD. Como AD = BC e lados opostos de um losango são paralelos, segue que ABCD é um paralelogramo. Logo CD = AB = 1m.

Seja x o número de meninas e y o número de meninos no grupo. Como 3 pizzas de 12 pedaços cada não são suficientes para que cada menino coma 7 pedaços e cada menina coma 2 pedaços, temos 36 < 2_x_ + 7_y_. Por outro lado, como 4 pizzas de 12 pedaços cada são suficientes para que cada menino coma 8 pedaços e cada menina coma 4 pedaços, com sobra, temos 4_x_ + 8_y_ < 48. Como 2_x_ + 7_y_ < 4_x_ + 8_y_ e tanto 2_x_ + 7_y_ < 4_x_ + 8_y_ e 2_x_ + 7_y_ < 4_x_ + 8_y_ são números maiores que 36 e menores que 48, temos

(4_x_ + 8_y_) − (2_x_ + 7_y_) = 2_x_ + y < 48 − 36 = 12.

A desigualdade 2_x_ + y < 12 mostra que x ≤ 5. Vamos agora testar a desigualdade 36 − 2_x_ < 7_y_ < 8_y_ < 48 − 4_x_ para os possíveis valores de x. Quando x = 1 temos 34 < 7_y_ < 8_y_ < 44, que tem a solução y = 5; os valores 2, 3, 4 e 5 para x levam, respectivamente, às inequações 32 < 7_y_ < 8_y_ < 40, 30 < 7_y_ < 8_y_ < 36, 28 < 7_y_ < 8_y_ < 32 e 26 < 7_y_ < 8_y_ < 28, todas sem solução inteira para y. Segue que a única solução do problema é x = 5, y = 1 e assim a quantidade de crianças é x + y = 5 + 1 = 6.

As amigas podem escolher suas blusas, sem restrição, de 3 × 3 × 3 = 27 maneiras diferentes. Por outro lado, se elas devem escolher blusas sem repetição de cores e uma delas já escolheu a sua entre as 3 possibilidades, uma outra terá apenas 2 possibilidades e a última apenas 1, num total de 3 × 2 × 1 = 6 possibilidades sem repetição de cores. Logo a probabilidade em questão é igual a 6/27 = 2/9.

Como BF é perpendicular a DE e EF é perpendicular a AE, os ângulos AED e EFB são iguais. Logo os triângulos AED e EFB são semelhantes e temos BE/EF = AD/AE. Fazendo BE = x e lembrando que AD = EF = 1, segue que x/1 = 1/(1 + x), ou seja, x² + x − 1 = 0. A solução positiva dessa equação é x = (−1 + √5)/2, donde AE = 1 + x = (1 + √5)/2.

Seja x o comprimento em metros da pista. Quando Alberto cruzou a linha de chegada, a distância entre Bernardo em Carlos era de 10 metros, e era 16 metros quando Bernardo cruzou a linha de chegada. Vemos assim que Bernardo correu 36 metros enquanto Carlos correu 30; logo

velocidade de Carlos/velocidade de Bernardo = 30/36 = 5/6.

Como Bernardo cruzou a linha de chegada 16 metros à frente de Carlos, temos a equação 5/6 = (x − 16)/x, cuja solução é x = 96.

Quando se retiram duas bolas pretas da caixa, elas não retornam; mas quando as bolas retiradas são uma preta e outra de cor distinta, a preta retorna. Isso mostra que o número de bolas pretas na caixa diminui de dois em dois. Observemos que o número de bolas na caixa diminui de uma a cada retirada, de modo que eventualmente sobrarão duas bolas na caixa. Como o número inicial de bolas pretas é ímpar, sempre haverá um número ímpar de bolas pretas na caixa; desse modo, exatamente uma das duas bolas que sobrar na caixa é preta.

Considere a decomposição do retângulo indicada na figura, e seja a a área do retângulo. As áreas B₁ e B₂ são iguais, pois correspondem a áreas de triângulos com mesma medida de base e altura; o mesmo ocorre com B₃ e B₄. O triângulo retângulo formado por B₁, B₂ e B₃ tem como catetos um lado do retângulo e metade do outro lado; sua área é então a/4 e temos B₁ + B₂ + B₃ = a/4; o mesmo ocorre com B₂ + B₃ + B₄. Logo B₁ + B₂ + B₃ = B₂ + B₃ + B₄, o que implica em B₁ = B₄. Logo B₁ = B₂ = B₃ = B₄ e segue que B₁ + B₁ + B₁ = 3_B_₁ = a/4, donde B₁ = a/12.

Por simetria, todas essas conclusões se aplicam a C₁, C₂, C₃ e C₄. Logo

A = a − 8 × (a/12) = a/3 = 42/3 = 14cm².

Nas figuras ao lado, apresentamos outra solução
Na primeira, observamos que o quadrilátero em vermelho, é um paralelogramo, pois seus lados horizontais são paralelos e congruentes.

O teorema de Tales mostra que os lados não horizontais desse paralelogramo dividem a diagonal destacada na segunda figura em três segmentos congruentes, conforme a segunda figura.

Finalmente, os três triângulos destacados na terceira figura e cujas bases são esses segmentos de mesma medida, têm o terceiro vértice em comum; desse modo têm todos a mesma área, que é 1/3 de metade da área do retângulo, ou seja, 7 cm². Logo a área da região cinza é 14 cm².

No instante em que o terceiro carro saiu de Quixajuba, o segundo estava 40 × 0,5 = 20km e o primeiro 50 × 0,5 = 25km à sua frente. Seja v a velocidade, em km/h, do terceiro carro e t o tempo, em horas, que ele levou para alcançar o segundo; temos então vt = 20 + 40_t_, ou seja, v = (20 + 40_t_)/t. Como o terceiro carro alcançou o primeiro 1,5 horas depois de alcançar o segundo, temos vt + 1,5_v_ = 25 + 50(t + 1,5) = 50_t_ + 100, donde v = (50_t_ + 100)/(t + 1,5). Logo (20 + 40_t_)/t = (50_t_ + 100)/(t + 1,5); essa igualdade se reduz a t² + 2_t_ − 3 = 0, cujas raízes são t = 1 e t = −3. Logo t = 1 e v = 20 + 40 = 60 km/h.

Observamos que ao multiplicar 8 pelo divisor obtemos um número com dois algarismos. Como o divisor também tem dois algarismos e 8 × 13 = 104, as possibilidades para o divisor são 10, 11 e 12.

Observamos agora que ao multiplicar o algarismo das centenas do quociente pelo divisor, obtemos um número de três algarismos. A única maneira possível de multiplicar um número de apenas um algarismos por 10, 11 ou 12 de modo a obter um número de três algarismos é 9 × 12 = 108. Como a primeira subtração efetuada na conta armada tem como resultado 000, os três asteriscos à esquerda no dividendo correspondem a 1, 0 e 8, nessa ordem. Assim, o asterisco indicado em vermelho corresponde ao algarismo 0.

O(a) leitor(a) pode prosseguir essa análise e mostrar que a conta armada corresponde à expressão 10897 = 12 × 908 + 1.

Para qualquer disposição dos algarismos, a soma dos vizinhos “juntados” terá sempre nove parcelas, sem repetição de algarismos nas unidades ou nas dezenas. O único algarismo que não aparece nas unidades é o primeiro e o único que não aparece nas dezenas é o último. Para que a soma seja máxima, o algarismo 0 não deve comparecer nas dezenas e, portanto, deve ser o último; além disso, o menor dos algarismos 1, 2,..., 9 não deve aparecer nas unidades e, portanto, o 1 deve ser o primeiro. Concluímos que a soma é máxima para qualquer escolha onde 1 é o primeiro algarismo e o 0 o último. Nesse caso, a soma das unidades será 0 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 44 e a soma das dezenas será 10 + 20 + 30 + 40 + 50 + 60 + 70 + 80 + 90 = 450; a soma máxima é então 450 + 44 = 494.

Algebricamente, podemos escrever esse argumento como segue. Seja

uma disposição qualquer dos algarismos de 0 até 9 na primeira linha. Na linha de baixo da tabela aparecerão os números

Usando a representação decimal, a soma desses números pode ser escrita na forma

Logo o valor de máximo de S é atingido quando a₁₀ = 0 e a₁ = 1, como vimos.

Antes de chegar ao centro, a aranha tem as seguintes escolhas em cada vértice de um pentágono:

• ir direto para o próximo nível, sem passar pelas arestas do pentágono em que se encontra;
• caminhar no sentido horário pelas arestas do pentágono em que se encontra por no máximo 5 segmentos, passando então para o próximo nível, e
• caminhar no sentido anti-horário pelas arestas do pentágono em que se encontra por no máximo 5 segmentos, passando então para o próximo nível.

Assim, em cada pentágono a aranha tem 11 escolhas para passar para o próximo nível; como são três os pentágonos, a aranha tem um total de 11 × 11 × 11 = 11³ caminhos possíveis para chegar ao centro da teia.