OBMEP 2012 · Nível 3 (ensino médio): prova com gabarito

Basta verificar que após oito giros sucessivos o quadrado menor retorna à sua posição inicial. Como 2012 = 8 × 251 + 4, após o 2012º giro o quadrado cinza terá dado 251 voltas completas no quadrado maior e mais quatro giros, parando na posição que corresponde à alternativa A.

O primeiro triângulo da sequência é formado por três palitos. Para n ≥ 2, o triângulo que ocupa a posição n na sequência é formado acrescentando n triângulos iguais ao primeiro ao triângulo precedente. Logo, o total de palitos utilizados para construir o triângulo que ocupa a posição n na sequência é 3 · 1 + 3 · 2 + ... + 3_n_ = 3 · (1 + 2 + ... + n) = 3_n_(n + 1)/2. Para saber em qual triângulo foram usados 135 palitos, devemos resolver a equação 3_n_(n + 1)/2 = 135, ou seja, n(n + 1) = 90. Por inspeção, vemos que a raiz positiva dessa equação é n = 9; logo o triângulo que estamos procurando é o nono triângulo da sequência, cujo lado tem 9 palitos.

Apagando alguns números a mais, obtemos a figura acima e notamos o seguinte padrão: os números que não são apagados são 1, 2 e os da forma 3_n_ + 1 para n ≥ 1. Para verificar que esse padrão se estende até 1000, distribuímos os números de 1 a 1000 na seguinte tabela:

A primeira coluna lista os números que deixam resto 1 quando divididos por 3, isto é, os números da forma 3_n_ + 1; analogamente, a segunda coluna lista os números que deixam resto 2 quando divididos por 3 e a terceira lista os múltiplos de 3; as casas de cor cinza indicam número apagados. O padrão indicado até n = 4 se repete até o final da tabela. De fato, para n = 5, o número da primeira coluna só será apagado caso ele seja soma de dois números não apagados anteriormente; mas isso não pode acontecer, pois

• a soma de um número anterior da primeira coluna com 2 está na terceira coluna: (3_n_ + 1) + 2 = 3(n + 1) e
• a soma dois números anteriores da primeira coluna está na segunda coluna: (3_m_ + 1) + (3_n_ + 1) = 3(m + n) + 2.

Assim, o próximo número da primeira coluna, que é da forma 3_n_ + 1, não será apagado e os números 3_n_ + 2 = (3_n_ + 1) + 1 e (3(n + 1)) = (3_n_ + 1) + 2, à sua direita, serão apagados. Usando esse argumento linha após linha, vemos que os números não apagados na tabela serão exatamente os números da primeira coluna. Na tabela vemos que há 333 números da forma 3_n_ + 1 entre 4 e 1000, incluindo os extremos. Acrescentando os números 1 e 2, obtemos 335 números não apagados.

Vamos listar as posições das cartas fazendo embaralhamentos sucessivos:

• posição inicial: A2345
• após o 1º embaralhamento: 3A524
• após o 2º embaralhamento: 534A2
• após o 3º embaralhamento: 4523A
• após o 4º embaralhamento: 24A53
• após o 5º embaralhamento: A2345, a posição inicial

Assim, de 5 em 5 embaralhamentos retornamos à posição inicial. Como 2012 = 5 × 402 + 2, a posição das cartas após o 2012º embaralhamento é a mesma que a posição após o 2º embaralhamento, quando a primeira carta é a de número 5.

De acordo com o gráfico do enunciado, no instante t = 0 os carros estão juntos, pois partem do mesmo ponto. Até t = 1, os dois carros se afastam de Quixajuba; como a velocidade de A é maior que a de B, a distância entre eles aumenta. Quando t = 1, a distância entre os dois carros é igual a 100 − 25 = 75 km. De t = 1 a t = 4, o carro A fica parado, enquanto o carro B mantém sua velocidade inicial, diminuindo a distância entre eles. Quando t = 4, o carro B alcança o carro A, o que significa que a distância entre eles é 0. De t = 4 a t = 5, o carro A volta para Quixajuba, enquanto o carro B continua se afastando, a uma velocidade um pouco maior. Quando t = 5, a distância entre os carros é igual a 150 − 50 = 100 km. Em cada um dos intervalos considerados, as velocidades dos carros são constantes, de modo que as distâncias entre eles variam linearmente com o tempo. O único gráfico coerente com esses fatos é o da alternativa A).

Na planificação original, à esquerda na figura, observamos que os segmentos destacados formam uma aresta do cubo; desse modo, podemos substituir essa planificação pela que aparece à direita.

Observamos então que, ao montar o cubo, os pontos P, D e C ficarão à mesma distância da face I, logo nem C nem D são opostos de P. Do mesmo modo, os pontos P e A ficarão à mesma distância da face II, logo A não é o oposto de P. Finalmente, o ponto E é o oposto do ponto central da face onde aparece o ponto P; assim, o oposto de P é o ponto B.

A expressão dada pode ser escrita como √(n · 17²) = 3 · 17², sendo n o número de parcelas 17² que aparecem dentro do radical. Elevando os dois lados dessa expressão ao quadrado, temos n · 17² = 9 · 17⁴, donde n = 9 · 17² = 2601.

Da semelhança dos retângulos ABCD e BCFE temos AD/AB = BE/BC = (AB − 2_AD_)/AD = AB/AD − 2. Fazendo AB/AD = x (a razão de prata) temos 1/x = x − 2, ou seja, x² − 2_x_ − 1 = 0. A raiz positiva dessa equação é x = 1 + √2.

Notamos primeiro que a soma dos números de 1 a 25 é (25 × (25 + 1))/2 = 325; a soma dos números em uma linha, coluna ou diagonal é então 325/5 = 65. As casas brancas do tabuleiro consistem de uma linha, de uma coluna e das duas diagonais, todas se cruzando na casa central. Denotando por x o número da casa central e lembrando que a soma dos números das casas cinzentas é 104, temos 4 × 65 − 3_x_ = 325 − 104 e segue que x = 13.

Na figura, marcamos o centro O do círculo maior e o ponto de tangência M desse círculo como lado AB. Por simetria, M é também o ponto médio de AB e assim AM = 1/2. Marcamos também o ponto de tangência T do círculo maior com o círculo de centro A; é sabido que os pontos A, O e T estão alinhados. Seja r o raio do círculo maior. Então AO = 1 − r e o teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo AMO nos dá (1 − r)² = r² + (1/2)²; segue que r = 3/8.

O raciocínio análogo, aplicado ao triângulo BMP, onde P é o centro do círculo menor, mostra que (1 + s)² = (1 − s)² + (1/2)², onde s é o raio do círculo menor. Segue que s = 1/16 e logo r/s = 6.

Sejam r < s as velocidades dos dois trens em km/min e t o tempo, em minutos, que o trem mais rápido leva para percorrer 5 km. O enunciado diz que r(t + 5) = st = 6 e 20_r_ = 20_s_ − 4. Da primeira expressão tiramos r = 6/(t + 5) e s = 6/t; da segunda tiramos s − r = 1/5. Substituindo, temos 6/(t + 5) − 6/t = 1/5, ou seja, t² + 5_t_ − 150 = 0. A raiz positiva dessa equação é t = 10; logo s = 6/10 = 3/5 = 0,6 km/min, que é o mesmo que 36 km/h.

Vamos denotar por (ABC) a área do triângulo ABC, e analogamente para outros triângulos. Primeiro observamos que (ABD) = (ABC), pois esses triângulos têm a mesma altura e a base AB comum. Logo (AED) = (ABD) − (ABE) = (ABC) − (ABE) = (BCE), ou seja, os dois triângulos brancos na figura têm a mesma área, que denotamos por x.

Por outro lado, como os triângulos AED e ECD têm a mesma altura relativas às bases AE e EC, temos x/b = (AED)/(DCE) = AE/EC e, analogamente, temos a/x = (ABE)/(BCE) = AE/EC. Logo a/x = x/b, donde x = √(ab).

Finalmente, a área do trapézio é dada por a + 2_x_ + b = a + 2√(ab) + b = (√a + √b)².

A costureira gastou 299 centavos. Como as blusas são iguais, em cada uma foi gasta a mesma quantia; logo, o número n de blusas é um divisor de 299. Como 299 = 13 × 23 e tanto 13 quanto 23 são primos, as possibilidades para n são 1, 13, 23 e 299. O enunciado exclui a possibilidade n = 1 (são várias blusas) e a possibilidade n = 299 é excluída observando que, como um botão custa 4 centavos, a quantia gasta em qualquer blusa é maior que 1 centavo. Se n = 23, o total em botões e laços gasto em cada blusa seria 13 centavos, o que não pode acontecer pois não é possível gastar exatamente 13 centavos com botões de 4 centavos e laços de 7 centavos. Resta a possibilidade n = 13; nesse caso, o total gasto em botões e laços em cada blusa é de 23 centavos, que corresponde a 4 botões e 1 laço.

Seja AC = CE = EB = x. Como o triângulo ACE é retângulo em C obtemos, pelo teorema de Pitágoras, AE² = x² + x² = 2_x_², donde AE = x√2. Observamos agora que o triângulo EBC é isósceles de base BC; segue que seus ângulos em B e C são iguais. Vamos denotar a medida desses ângulos por γ; marcamos também os ângulos α e β como na figura. Do fato do triângulo BCD ser retângulo em C, obtemos α = 90° − γ e β = 90° − γ, ou seja, α = β. Logo o triângulo CED é isósceles e DE = EC = x.

Os triângulos ABC e CDE têm suas bases AB e DE sobre a mesma reta AB, logo as suas alturas relativamente a essas bases são iguais. Portanto, a razão entre suas áreas é igual a AB/DE. Como AB = AE + EB = x√2 + x = x(√2 + 1) e DE = x, segue que essa razão é

área (ABC)/área (CDE) = AB/DE = (x(√2 + 1))/x = √2 + 1

e como a área do triângulo CDE é igual a 1, concluímos que a área do triângulo ABC é √2 + 1.

Para simplificar, no parágrafo a seguir “azul” significa “bandeirinha azul” e analogamente para as outras cores.

Para que não haja azuis juntas, é necessário que entre duas azuis haja pelo menos uma bandeirinha de outra cor. Para isso, são necessárias pelo menos 24 bandeirinhas não azuis; como há exatamente 14 + 10 = 24 bandeirinhas brancas e verdes, concluímos que a fila de bandeirinhas começa e termina com uma azul e que entre quaisquer duas azuis há exatamente uma branca ou uma verde. Em particular, as alternativas A) e C) são falsas.Usando as letras A, B e V para as cores azul, branco e verde, a fila abaixo mostra que a alternativa D) é falsa:

Vamos agora pensar em uma fila qualquer como uma sequência de blocos de duas letras dos tipos AB e AV, com uma letra A na extremidade direita. Pelo menos um bloco AB deve estar ao lado de um bloco AV, criando assim um bloco maior ABAV ou AVAB. Em qualquer dos casos, temos uma sequência (BAV ou VAB) de três bandeirinhas de cores todas diferentes, o que mostra que a alternativa E) é falsa.

Finalmente, notamos que uma fila da Joana há 14 blocos AB e 10 blocos AV, além do A à direita. Com esses 10 blocos AV é possível separar no máximo 11 blocos AB uns dos outros; assim, há pelo menos dois blocos AB consecutivos, seguidos de uma letra A. Logo em qualquer fila da Joana há um bloco do tipo ABABA, ou seja, há pelo menos cinco bandeirinhas consecutivas nas quais não aparece a cor verde.

Vamos representar as informações do enunciado no diagrama ao lado. Nele, a letra H indica o único homem cujo nome não aparece no enunciado. A flecha que vai de Cláudia a Pedro, indicada com +5, quer dizer que Pedro comprou 5 livros a mais que Cláudia, e analogamente para as outras flechas. As flechas que saem de Bianca para Lorena e Cláudia indicam que ambas compraram mais livros que Bianca. Mais abaixo vamos explicar as flechas que não correspondem a dados do enunciado.

Como Pedro comprou 5 livros a mais que Cláudia e cada homem comprou 4 livros a mais que sua esposa, segue que Pedro não é o marido de Cláudia. Por outro lado, Pedro comprou 5 livros a mais que Cláudia, que comprou mais livros que Bianca; logo Pedro não é o marido de Bianca, ou seja, ele é o marido de Lorena. Indicamos essa conclusão no diagrama colocando os nomes de Pedro e Lorena em vermelho e marcando a flecha que os liga com +4.

Como Pedro comprou 5 livros a mais que Cláudia e 4 livros a mais que Lorena, segue que Lorena comprou 1 livro a mais que Cláudia, o que nos dá a flecha que liga Cláudia a Lorena. As flechas que ligam Cláudia a Vítor passando por Lorena mostram que Vítor comprou 4 livros a mais que Cláudia; como Cláudia comprou mais livros que Bianca, segue que Vítor comprou pelo menos 5 livros a mais que Bianca. Logo Vítor não é o marido de Bianca, ou seja, ele é o marido de Cláudia; indicamos essa conclusão colocando seus nomes em verde. Logo Bianca é a mulher de H; assim, ligamos esses dois por uma flecha com +4 e colocamos seus nomes em azul.

Notamos ainda que Pedro comprou pelo menos 6 livros a mais que Bianca; como H comprou 4 livros a mais que Bianca, segue que Pedro comprou mais livros que H. Finalmente, observamos que como Pedro comprou 4 livros a mais que Lorena e Vítor comprou 3 livros a mais que Lorena, segue que Pedro comprou 1 livro a mais que Vítor, conforme indicado. Podemos agora analisar as alternativas:

A) Falsa, pois Pedro comprou 1 livro a mais que Vítor.

B) Falsa, pois Pedro é o marido de Lorena.

C) Verdadeira, pois Pedro comprou mais livros que Vítor e que H.

D) Falsa, pois Lorena comprou um livro a mais que Cláudia.

E) Falsa, pois Vítor é marido de Cláudia.

A diagonal AC do quadrilátero ABCD é paralela à reta r, pois A e C estão à mesma distância (1 cm) de r. Como r e t fazem um ângulo de 45°, segue que CED = 45°. Como CDE = 90°, o triângulo CDE é isósceles e temos ED = DC = 1 cm. Do mesmo modo obtemos AB = BE = 1 cm e segue que ABCD é um losango de lados 1 cm. As diagonais AC e BD dividem esse losango em quatro triângulos de mesma área; como a área do triângulo AEB é (AB × BE)/2 = 1/2, a área de ABCD é 4 × (1/2) = 2 cm².

Há 6 possibilidades para escolher dois lugares juntos no mesmo lado da mesa: 1 no lado com 2 lugares, 2 no lado com 3 lugares e 3 no lado com 4 lugares. Uma vez escolhida uma dessas possibilidades, Alice e Bernardo podem se sentar de duas maneiras diferentes nesses lugares. Os quatro amigos que ainda estão em pé podem se sentar nos 7 lugares vazios de 7 × 6 × 5 × 4 = 840 maneiras diferentes. No total, os amigos podem sentar-se à mesa de 6 × 2 × 840 = 10080 maneiras diferentes.

Seja x a distância entre P e Q, em km. O primeiro encontro entre André e Júlio ocorreu quando André tinha percorrido x − 70 km e Júlio, 70 km (figura 1). O segundo encontro ocorreu quando André tinha percorrido x + (x − 40) = 2_x_ − 40 km e Júlio, x + 40 km (figura 2). Em cada um dos casos, eles levam o mesmo tempo para fazer esses percursos. Logo, representando por v₁ e v₂ as velocidades de André e Júlio, respectivamente, temos:

• tempo até o 1º encontro: (x − 70)/v₁ = 70/v₂
• tempo até o 2º encontro: (2_x_ − 40)/v₁ = (x + 40)/v₂

Dividindo as equações membro a membro, obtemos (x − 70)/(2_x_ − 40) = 70/(x + 40). Isso leva à equação x² − 170_x_ = 0, cujas raízes são x = 0 e x = 170. Como Pirajuba e Quixajuba estão separadas pelo menos 70 km, a raiz apropriada é x = 170 km.

Numeramos as quatro bolinhas de 1 a 4, do menor para o maior valor. Há 4 × 3 × 2 × 1 = 24 ordens possíveis para a retirada das bolinhas, todas igualmente prováveis. Dessas retiradas, Pedro fica com o prêmio de maior valor nos seguintes casos:

1. a bolinha 4 sai na 3ª retirada; neste caso, seu número é necessariamente maior que os das duas primeiras;

2. a bolinha 4 sai na 4ª retirada, desde que a bolinha 3 saia em uma das duas primeiras retiradas (caso contrário, ou seja, se ela sair na 3ª retirada, Pedro ficará com ela, por seu número ser maior que o das duas primeiras).

O número de possibilidades para o primeiro caso é 3 × 2 × 1 = 6. Para o segundo caso, há 2 possibilidades para a posição em que sai a bolinha 3 (1ª ou 2ª), 2 possibilidade para a bolinha que sai na 3ª posição e 1 possibilidade para a bolinha que sai na 4ª retirada, num total de 2 × 2 × 1 = 4 possibilidades. Logo, o número de casos favoráveis é 6 + 4 = 10 e a probabilidade de que Pedro tire o prêmio de maior valor é 10/24 = 5/12.

Outra solução é como segue. Pedro tira o prêmio máximo em duas situações: quando a bolinha 4 sai na 3ª posição ou quando ela sai na 4ª posição e a bolinha 3 sai em uma das duas primeiras. A probabilidade do primeiro evento é 1/4 e a do segundo é (1/4) × (1/3) = 1/6. Logo, a probabilidade de ele tirar o prêmio máximo é 1/4 + 1/6 = 5/12.