OBMEP 2013 · Nível 2 (8º e 9º anos): prova com gabarito

Como Ana contribuiu com 43 reais e Aurora com 68 reais, os três livros juntos custaram 43 + 68 = 111 reais; desse modo, cada livro custou 111 ÷ 3 = 37 reais, que é o que cada uma das três colegas deveria ter pago. Logo, Ana deve receber de Alice a quantia de 43 − 37 = 6 reais e Aurora deve receber de Alice 68 − 37 = 31 reais. Observamos que Ana vai pagar a Alice e Aurora, no total, a quantia de 6 + 31 = 37 reais.

A única maneira de somar três números distintos entre 1, 2, 3, 4, 5 e 6 e obter o resultado 6 é 1 + 2 + 3 = 6. Logo os cartões com as letras O, B e E têm, em seu verso, os números 1, 2 ou 3 (não necessariamente nessa ordem). Ao olhar para o verso dos cartões com as letras O e P, Caetano vê no verso do cartão O um dos números 1, 2 e 3. Observando as somas 1 + 7 = 8, 2 + 6 = 8 e 3 + 5 = 8, e lembrando que o número no verso do cartão P é no máximo 5, vemos que os números no verso dos cartões O e P são, respectivamente, 3 e 5. Resta o número 4, que é o que está no verso do cartão M.

Vamos analisar as afirmativas uma a uma, de acordo com a figura ao lado.

a) falsa: o período de maior precipitação (1º semestre 2008) teve o maior número de casos notificados de dengue, mas não foi o período de maior temperatura média (2º semestre 2010).

b) falsa: o período com menor número de casos notificados de dengue (2º semestre 2007) não foi o de maior temperatura média (2º semestre 2010).

c) falsa: o período de maior temperatura média (2º semestre 2010) não foi o de maior precipitação (1º semestre 2008).

d) verdadeira: o período de maior precipitação (1º semestre 2008) não foi o período de maior temperatura média (2º semestre 2010) e teve o maior número de casos notificados de dengue.

e) falsa: basta comparar o 1º semestre de 2007 com o 2º semestre de 2009: no primeiro a precipitação é maior do que no segundo, mas o seu número de casos de dengue é menor.

A área do quadrilátero é a soma das áreas dos triângulos. Traçando por P uma paralela a um dos lados do retângulo, como na figura, este fica dividido em dois retângulos menores. A área de cada um dos triângulos é igual à metade da área do retângulo menor correspondente; como a soma das áreas dos retângulos menores é igual à área do retângulo maior, segue que a soma das áreas dos triângulos é igual à metade da área do retângulo maior, ou seja, é igual a (1/2) × 10 × 12 = 60 cm²; essa é a área do quadrilátero.

Ao somar os algarismos das unidades, encontramos 77 × 7 = 539. Logo, o algarismo das unidades da soma é 9 e 53 deve ser adicionado à casa das dezenas. A soma dos algarismos 7 que aparecem nas dezenas é 76 × 7 = 532, que somada a 53 dá 585. Logo, o algarismo das dezenas é 5.

Alternativamente, podemos observar que os algarismos das dezenas e unidades da soma só dependem da soma dos algarismos das unidades e das dezenas das parcelas, ou seja, são os mesmos que os algarismos correspondentes da soma

logo, o algarismo das dezenas da soma indicada é 9 e o das dezenas é 5.

A soma de todas as faces de um cubo é 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21. A soma das faces visíveis é então igual a 6 × 21 = 126 − (a soma das faces escondidas). Logo, para que a soma das faces visíveis seja máxima, devemos posicionar os cubos de modo que a soma dos números das faces escondidas seja mínima. Vamos minimizar essa soma considerando um cubo de cada vez, de acordo com a numeração da figura ao lado.

• Cubo 1: há apenas uma face escondida, que deve ser a de número 1.
• Cubos 2 e 4: em cada um há três faces escondidas. Dessas faces, duas são opostas e somam 7; a terceira face deve ser a de número 1. A soma dessas faces é 2 × (1 + 7) = 16.
• Cubos 3 e 6: em cada um há duas faces vizinhas escondidas, que devem ser as de número 1 e 2 (como esses números não somam 7, as faces correspondentes não são opostas, logo são adjacentes). Essas faces somam 2 × (1 + 2) = 6.
• Cubo 5: há dois pares de faces opostas escondidas, que somam 14.

Logo, a soma máxima possível é 126 − (1 + 16 + 6 + 14) = 126 − 37 = 89.

Na figura ao lado o quadrilátero AMCN é um paralelogramo, pois tem os lados AM e NC paralelos e iguais. Em particular, AN e MC são paralelos; logo, os ângulos assinalados em M e N têm a mesma medida. Além disso, os ângulos assinalados em O são iguais, pois são opostos pelo vértice; além disso temos OP = OQ, pois O é o centro do retângulo. Segue pelo critério ALA que os triângulos OMP e ONQ são congruentes. A área do quadrilátero CPQN é então igual à área do triângulo CMN, que por sua vez é igual a 1/4 da área do retângulo, ou seja, igual a (1/4) × 120 = 30 m².

Seja n o número que Lucas pensou. O enunciado diz que n = 285_q_ + 77, onde q é um número inteiro. Como 285 = 57 × 5, podemos reescrever essa expressão como

n = 57 × (5_q_) + 57 + 20 = 57 × (5_q_ + 1) + 20.

Logo o resto da divisão de n por 57 é 20.

Vamos chamar de ℓ e L, respectivamente, os lados do quadrado menor e do quadrado maior, e de Q a área comum aos dois quadrados. Então Q corresponde a 100 − 52 = 48% da área do quadrado menor e a 100 − 73 = 27% da área do quadrado maior. Segue que (48/100)ℓ² = (27/100)L²; logo

ou seja, ℓ/L = 3/4.

Vamos chamar de A a formiguinha da esquerda e de B a formiguinha da direita. Na figura 1, A está duas unidades à esquerda do número −1, ou seja, sobre o número −3; na figura 2, ela está sobre o número 2. Na figura 1, B está sobre o número 100 e, na figura 2, sobre o número 98. Desse modo, em um segundo, A anda 2 − (−3) = 5 unidades e B anda 100 − 98 = 2 unidades. Assim, as posições de A e B são, respectivamente, dadas (em unidades) por a = −3 + 5_t_ e b = 100 − 2_t_, onde t é o tempo medido em segundos. As formiguinhas se encontrarão quando a = b, ou seja, no tempo t tal que −3 + 5_t_ = 100 − 2_t_. Temos então 7_t_ = 103, ou seja, t = 103/7. A posição de B (e de A) nesse instante é 100 − 2 × (103/7) = 494/7, que é aproximadamente 70,6. Logo as formiguinhas se encontrarão entre os pontos 70 e 71.

Outra solução é a seguinte. Já calculamos as velocidades das formiguinhas: A se desloca a 5 unidades por segundo e B a 2 unidades por segundo. Como elas andam em sentido contrário, a distância entre elas diminui 7 unidades por segundo. A distância inicial entre A e B é 100 − (−3) = 103 unidades; como 103 = 14 × 7 + 5, concluímos que após 14 segundos a distância entre as formiguinhas será 5 unidades; nesse instante, A estará no ponto −3 + 5 × 14 = 67 e B no ponto 100 − 2 × 14 = 72. Dividimos a distância 5 em 7 partes iguais; as formiguinhas se encontrarão quando A tiver percorrido 5 dessas partes e B tiver percorrido 2 dessas partes. Logo o ponto de encontro será o ponto 67 + 5 × (5/7) = 494/7, que é aproximadamente 70,6.

Escrevemos o número como cdu, onde c, d e u denotam, respectivamente, o algarismo das centenas, dezenas e unidades; isso quer dizer que o número é 100_c_ + 10_d_ + u. O número obtido trocando o algarismo das unidades com o das dezenas é cud, ou seja, 100_c_ + 10_u_ + d; o enunciado nos diz que

18 = (100_c_ + 10_u_ + d) − (100_c_ + 10_d_ + u) = 10(u − d) + (d − u) = 9(u − d)

e segue que u − d = 2. O número obtido trocando o algarismo das dezenas com o das centenas é dcu; do enunciado segue, como acima, que

180 = (100_d_ + 10_c_ + u) − (100_c_ + 10_d_ + u) = 100(d − c) + 10(c − d) = 9(d − c)

e temos d − c = 2. Logo u − c = (u − d) + (d − c) = 4. O problema pede para calcular a diferença entre o número original cdu e aquele obtido trocando os algarismos das unidades com o das centenas, que é udc. Essa diferença é então

(100_u_ + 10_d_ + c) − (100_c_ + 10_d_ + u) = 100(u − c) + (c − u) = 99(u − c) = 99 × 4 = 396.

Vamos chamar de a, b e h, respectivamente, o comprimento, a largura e a profundidade da piscina, em número de azulejos. Em geral, o comprimento de uma piscina é maior do que a sua largura; vamos então supor que a ≥ b. As duas paredes retangulares no comprimento da piscina têm um total de 2_ah_ azulejos e as duas paredes retangulares na largura da piscina têm um total de 2_bh_ azulejos. Como essas quatro paredes juntas têm 1024 azulejos, segue que (2_a_ + 2_b_)h = 1024, ou seja, (a + b)h = 512; em particular, a + b é um divisor de 512. Por outro lado, temos ab = 231; como 231 = 3 × 7 × 11, as possibilidades para a e b são (21,11), (33,7), (77,3) e (231,1). Dessas, a única que nos dá uma soma a + b que divide 512 é (21,11); logo h = 512 ÷ (a + b) = 512 ÷ 32 = 16 azulejos.

Notamos que essa questão admite (acidentalmente) uma solução por teste de alternativas, como segue. De (a + b)h = 512 segue que h divide 512 = 2⁹, ou seja, h (assim como a + b) deve ser uma potência de 2. Como 15, 18, 20 e 21 não são potências de 2, a única possibilidade é h = 16. Deve-se então verificar se o problema é consistente; para isso, determinamos a = 21 e b = 11 como acima, e essa tripla de valores de a, b e h satisfaz as condições do enunciado.

Seja n o número comum de bolas nas caixas. O número de bolas azuis na primeira caixa é (1/15)n e o número de bolas amarelas é n − (1/15)n = (14/15)n. Logo, o peso das bolas da primeira caixa é 5 × (1/15)n + 2 × (14/15)n = (33/15)n kg. Seja agora x o número de bolas azuis na segunda caixa; o número de bolas amarelas nessa caixa é então n − x e o peso das bolas nessa caixa é 5_x_ + 2(n − x) = 3_x_ + 2_n_. Segue que 3_x_ + 2_n_ = 2 × (33/15)n = (66/15)n, o que nos dá

Logo a fração de bolas azuis na segunda caixa é 4/5.

A tabela ao lado apresenta alguns estágios do jogo. O padrão da coluna dos triângulos é evidente: no estágio 2_k_, o valor que aparece é 5 × 2^k−1. Logo, o número que aparece no 56º triângulo é 5 × 2²⁷.

Sejam a e b, respectivamente, os algarismos das dezenas e das unidades do ano em que Sofia nasceu; isto quer dizer que Sofia nasceu em 19_ab_ = 1900 + 10_a_ + b. A idade de Sofia em fevereiro de 2013 era 2013 − 19_ab_ = 2013 − (1900 + 10_a_ + b) = 113 − 10_a_ − b. Segue do enunciado que 113 − 10_a_ − b = 1 + 9 + a + b = 10 + a + b, o que nos dá 103 = 11_a_ + 2_b_. Como a e b são algarismos, ou seja, são ambos menores ou iguais a 9, a única possibilidade é a = 9 e b = 2; observamos que se a = 8, a equação 2_b_ = 15 não tem solução inteira e que se a ≤ 7 então 2_b_ = 103 − 11_a_ ≥ 103 − 77 = 26, o que não pode acontecer pois b ≤ 9.

Para escrever o número 1, Heloísa pode escolher uma dentre seis faces e o número 6 deve ser escrito na face oposta à escolhida. Para escrever o número 2, ela pode escolher uma entre as quatro faces restantes e o número 5 deve ser escrito na face oposta. Finalmente, restam duas faces para escrever o número 3, e o 4 deve ser escrito na face oposta. Assim, Heloísa pode escrever os números no cubo de 6 × 4 × 2 = 48 maneiras diferentes.

Na tabela abaixo mostramos como analisar as informações do enunciado. Na primeira linha, supomos que Bernardo disse a verdade; na segunda, que Guto disse a verdade e na terceira, que Carlos disse a verdade.

Nas duas primeiras linhas, chega-se à conclusão de que o celular de Guto tanto tocou quanto não tocou (em vermelho). Essa contradição mostra que o único caso possível é o da terceira linha, ou seja, Carlos disse a verdade e os celulares de Guto e Carlos tocaram.

Lembramos que rendimento = distância percorrida/consumo, ou seja, consumo = distância percorrida/rendimento. Seja d a distância entre Quixajuba e Pirajuba. Antes da parada Cláudia percorreu (1/3)d km; como o rendimento de seu carro nessa parte da viagem foi de 12 km/l, ela gastou

litros de gasolina até a parada. Analogamente, ela gastou

litros de gasolina após a parada. No total, ela gastou (1/36)d + (1/24)d = (5/72)d litros de gasolina na viagem; o rendimento de seu carro ao longo da viagem completa foi então de

Primeiro pintamos o quadrado e o triângulo superior, o que pode ser feito de 3 × 2 = 6 maneiras diferentes. Uma vez isso feito, dividimos o problema em quatro casos de acordo com as cores dos triângulos menores da parte de baixo, como na figura. As letras minúsculas a e b indicam cores diferentes; notamos que como o quadrado já foi pintado, para os três triângulos menores só restam duas cores disponíveis. As letras maiúsculas A e B servirão apenas para denotar os triângulos maiores no que segue.

• Caso 1: temos duas escolhas para a; uma vez feita essa escolha, podemos pintar A com duas cores, bem como B. Isso pode ser feito de 2 × 2 × 2 = 8 maneiras diferentes.
• Caso 2: temos duas escolhas para a e uma para b; feitas essas escolhas, podemos pintar A com duas cores e B com apenas uma. Isso pode ser feito de 2 × 1 × 2 × 1 = 4 maneiras diferentes.
• Caso 3: esse caso é idêntico ao caso 2.
• Caso 4: temos duas escolhas para a e uma para b; feitas essas escolhas, só há uma possibilidade para pintar A e B. Isso pode ser feito de 2 × 1 × 1 × 1 = 2 maneiras diferentes.

No total, temos 6 × (8 + 4 + 4 + 2) = 6 × 18 = 108 maneiras diferentes de pintar a figura.

Observamos inicialmente que em qualquer quadradinho, quando o número de trocas de cor é um múltiplo de 3, voltamos à cor original. Assim, para saber, em qualquer momento, qual a cor de um quadradinho, basta conhecer o resto na divisão por 3 do número de trocas de cor. Para isso, identificamos cada quadradinho cinza com o número 0 (o que significa que o número de trocas de cor tem resto 0 na divisão por 3, ou seja, a cor pode não ter sido trocada ou foi trocada em um número múltiplo de 3); identificamos um quadradinho azul com o número 1 (o que significa que o número de trocas de cor tem resto 1 na divisão por 3); e, finalmente, identificamos um quadradinho amarelo com o número 2 (o número de trocas de cor tem resto 2 na divisão por 3).

Observamos agora que, sempre que trocamos a cor de um quadradinho da primeira ou da terceira coluna, trocamos também a cor do quadradinho a seu lado na coluna do meio. Portanto, a soma do número de trocas de cor dos quadradinhos de uma mesma linha, que estão na primeira e terceira colunas, é igual ao número de trocas de cor do quadradinho da coluna do meio que está nesta mesma linha. Em particular, o resto da divisão do número de trocas de um quadradinho da coluna do meio por 3 é igual ao resto da divisão por 3 da soma dos restos das divisões por 3 do número de trocas de cores dos quadradinhos vizinhos que estão na primeira e na terceira coluna da mesma linha. Comentário análogo vale para os quadradinhos da linha do meio. Essas observações nos permitem reconstruir o quadriculado completo, conforme a figura abaixo.

O problema não acaba aqui, pois ainda não mostramos que esse quadriculado pode, de fato, ser obtido por uma sequência de Adão. Que isso de fato acontece pode ser visto abaixo.