OBMEP 2013 · Nível 3 (ensino médio): prova com gabarito

O comprimento da mesa é o mesmo nas duas medições.

1. Comprimento da mesa

8 palmos × 22 cm = 176 cm

2. Palmo de Carolina

176 cm ÷ 11 palmos = 16 cm

Resposta: D (16 cm).

Dica: quanto menor o palmo, mais palmos cabem; palmo e número de palmos são inversamente proporcionais (8 × 22 = 11 × 16).

Observemos que 2 + 0 + 1 + 3 = 6, ou seja, a soma dos algarismos do número 2013 é igual a 6. Como 2013 = 6 × 335 + 3, concluímos que o lado esquerdo da igualdade dada no enunciado, que pode ser reescrito como

é formado por 335 blocos da forma 2 + 0 + 1 + 3 +, cada um contendo 4 sinais de adição, e um bloco da forma 2 + 0 + 1, que contém 2 sinais de adição. Portanto, o número total de sinais de adição foram utilizados na igualdade é igual a 4 × 335 + 2 = 1342.

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.

Por um erro de revisão, a solução enviada às escolas não correspondia a essa questão. Pedimos desculpas por essa falha.

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.

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 (ℓ/L)² = 27/48 = 9/16 = (3/4)², ou seja, ℓ/L = 3/4.

Seja r o raio comum das circunferências. Unindo os centros A, D e G de três das circunferências, como na figura ao lado, e lembrando que a reta que passa pelos centros de duas circunferências tangentes passa também pelo ponto de tangência, vemos que o triângulo ADG é equilátero, pois todos seus lados medem 2_r_. Logo todos seus ângulos medem 60°; em particular, o ângulo central BAC mede 60°.

Segue que o arco preto BC corresponde ao ângulo central de 60° = (1/6) × 360°, ou seja, esse arco mede 1/6 do comprimento da circunferência, que é (1/6) × 1 = 1/6; esse também é o comprimento do arco preto EF. Já o arco preto BE corresponde a um ângulo central de 120°; seu comprimento é então duas vezes o de um arco correspondente a 60°, ou seja, é 2 × (1/6) = 1/3, que é também o comprimento do arco preto CF. Desse modo, o comprimento total dos arcos pretos é 2 × (1/6) + 2 × (1/3) = 1; como a soma dos comprimentos das circunferências é 4, o comprimento dos arcos vermelhos é 4 − 1 = 3.

A primeira marca da roda dianteira será deixada a uma distância de 50π da faixa de tinta, ou seja, quando esta roda girar toda a sua circunferência; as demais marcas serão espaçadas pela mesma distância. Esta observação elimina as alternativas (A) e (B). A mesma observação se aplica às rodas traseiras, nesse caso com o espaçamento de 20π; em particular, o espaçamento entre as marcas da roda dianteira é igual a 2,5 vezes o espaçamento entre as marcas das rodas traseiras, o que elimina as alternativas (C) e (E) (e também (A)). Segue que a alternativa correta é (D); observamos que ela obedece a todas as condições acima.

Na tabela abaixo mostramos os restos da divisão das notas por 3 e por 4

Como a média das três primeiras notas é um número inteiro, vemos que a soma das três primeiras notas é um múltiplo de 3. A consulta à tabela mostra que a única maneira de somar três restos na primeira linha de modo a obter um múltiplo de 3 corresponde às notas 80, 86 e 95; logo, essas foram (não necessariamente nessa ordem) as três primeiras notas. De modo análogo, o fato de que a soma das quatro primeiras notas é um múltiplo de 4 mostra que essas notas devem ser 75, 86, 95 e uma entre 80 ou 84, que correspondem à única maneira possível de somar quatro números da segunda linha e obter um múltiplo de 4. Mas já sabemos que 80 é uma das três primeiras notas; logo as quatro primeiras notas foram 75, 80, 86 e 95 e a última nota foi 84.

Consideremos primeiro os quatro pontos destacados na figura ao lado.

• Ponto P: Encontro da reta dada com o eixo y. Ele nos informa que se Iara resolver gastar os R$ 10,00 só com chocolate ela comprará um pouco menos de 2 kg de chocolate.
• Ponto S: Encontro da reta dada com o eixo x. Ele nos informa que se Iara quiser gastar tudo em açúcar ela comprará um pouco mais do que 3 kg de açúcar.
• Ponto R: Encontro da reta dada com a reta y = x. Este ponto nos informa que Iara pode comprar quantidades iguais de açúcar e chocolate. Notamos que, para qualquer outro ponto da reta dada, as quantidades de açúcar e chocolate serão diferentes.
• Ponto Q: Encontro da reta dada com a reta y = 2_x_. Este ponto indica a única situação em que a quantidade de chocolate é o dobro da quantidade de açúcar.

Vamos agora às opções.

A) Falsa: para pontos entre P e R ocorre exatamente o contrário, ou seja, a quantidade de chocolate supera a quantidade de açúcar.

B) Falsa: no ponto R as quantidades são iguais.

C) Falsa: por exemplo, no ponto S todo o dinheiro seria gasto em açúcar. Logo, não se pode afirmar que Elisa gastou mais dinheiro em chocolate do que em açúcar.

D) Verdadeira: como com R$10,00 Iara pode comprar um pouco mais do que 3 kg de açúcar ou um pouco menos do que 2 kg de chocolate, segue que o quilo do chocolate custa mais que 10/2 = 5 reais e o quilo de açúcar menos que 10/3 < 3,4 reais.

E) Falsa: a quantidade de chocolate só corresponde ao dobro da quantidade de açúcar no ponto Q. Portanto, não se pode afirmar que isso ocorre.

Suponhamos que a escada tenha comprimento AB = x. Na figura, os pontos A₁ e D indicam, respectivamente, as posições dos pontos A e C após o movimento. Como C é o ponto médio de AB, o triângulo A₁BD é isósceles com A₁B = x − 2 e A₁D = BD = x/2. A distância h = DE do ponto D ao chão pode então ser calculada pelo teorema de Pitágoras como

No problema, temos x = 290 cm e então h = √289 = 17 cm.

Vamos dividir os possíveis horários de Ana em dois casos: (1) se ela tem aula aos sábados e (2) se ela não tem aula aos sábados.

No caso (1), ela deve escolher sua aula de sábado (3 possibilidades) e depois sua aula à tarde (2 possibilidades) em algum dia de segunda a quinta (4 possibilidades). Temos então 3 × 2 × 4 = 24 horários possíveis nesse caso.

No caso (2), ela deve escolher dois dias não consecutivos da semana (6 possibilidades), escolher um deles para ter aula pela manhã (2 possibilidades; automaticamente, no outro dia escolhido ela terá aula à tarde), escolher seu horário da manhã (3 possibilidades) e seu horário da tarde (2 possibilidades). Temos então 6 × 2 × 3 × 2 = 72 horários possíveis nesse caso.

No total, Ana tem 24 + 72 = 96 horários possíveis para fazer suas aulas com as restrições do enunciado.

As figuras abaixo mostram as posições relativas das formiguinhas em diferentes intervalos de tempo de 0s a 6s.

• Na primeira figura, observamos que em qualquer instante o ponto de partida e as formiguinhas formam um triângulo equilátero; desse modo, de 0s a 2s, a distância entre as formiguinhas é igual à distância percorrida, ou seja, varia em 1cm/s.
• Na segunda figura, vemos que as formiguinhas andam uma em direção à outra e que a distância entre elas decresce em 2cm/s; desse modo, elas vão se encontrar no ponto médio do lado do triângulo no instante 3s.
• Na terceira figura elas já estão se afastando à velocidade de 2cm/s.
• Na quarta figura elas estão retornando ao ponto de partida e, de modo análogo à primeira figura, a distância entre elas decresce em 1cm/s.

Logo, o gráfico que melhor representa a distância entre as duas formigas em função do tempo é o da alternativa (D).

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.

As probabilidades de obter um quadrado cinza, um círculo branco ou um círculo preto em um lançamento desse dado são, respectivamente, 3/6 = 1/2, 2/6 = 1/3 e 1/6. A probabilidade de obter dois símbolos iguais em dois lançamentos consecutivos é então (1/2) × (1/2) + (1/3) × (1/3) + (1/6) × (1/6) = 14/36 = 7/18; segue que a probabilidade de obter dois símbolos distintos é 1 − 7/18 = 11/18.

Uma segunda solução é como segue. Os mesmos dois símbolos distintos podem ser obtidos de duas maneiras diferentes em lançamentos consecutivos. Logo, a probabilidade de obtermos um quadrado cinza e um círculo branco é 2 × (1/2) × (1/3) = 1/3, a probabilidade de obtermos um quadrado cinza e um círculo preto é 2 × (1/2) × (1/6) = 1/6 e a probabilidade de obtermos um círculo branco e um círculo preto é 2 × (1/3) × (1/6) = 1/9. Assim, a probabilidade de obtermos dois símbolos diferentes em lançamentos consecutivos é 1/3 + 1/6 + 1/9 = 11/18.

Observamos no gráfico que a distância total percorrida por Cláudia, e também por Adilson, é de 25 km (Cláudia em 4 horas e Adilson em 5 horas). Logo, para determinar o horário do encontro entre eles, devemos determinar em que momento a soma das distâncias percorridas é igual a 25 km. Os pontos assinalados no gráfico mostram que às 11 horas Cláudia e Adílson haviam percorrido, respectivamente, 20 e 5 km; logo, foi nesse horário que eles se encontraram.

Os triângulos ADF e DEB são semelhantes por terem lados paralelos. A razão entre suas áreas é o quadrado da razão de semelhança; como 16/9 = (4/3)², segue que essa razão é 4/3. Como DECF é um paralelogramo, temos CF = ED e daí AF/CF = AF/ED = 4/3. Os triângulos ABC e ADF são semelhantes; sua razão de semelhança é AC/AF = (AF + CF)/AF = 1 + CF/AF = 1 + 3/4 = 7/4. Logo, a área do triângulo ABC é (7/4)² × 16 = 49 e a área de DECF é 49 − (16 + 9) = 24.

Uma segunda solução, que mostra um interessante fato geral, é a seguinte. Os triângulos ADF, DBE e ABC são semelhantes por terem lados paralelos. Sejam A₁, A₂ e A, respectivamente, suas áreas. Temos então

somando essas igualdades,

Portanto,

e então a área de DECF é

Ou seja, a área do paralelogramo DECF é o dobro da média geométrica das áreas dos triângulos ADF e DBE. No nosso problema temos A₁ = 16 e A₁ = 9, logo a área de DECF é 2√(16 × 9) = 24.

Chamemos de n₁ o número de maneiras diferentes que Paulo pode pintar a bandeira, de acordo com as condições do enunciado, usando pelo menos 3 cores dentre as 4 cores disponíveis, e de n₂ o número de maneiras diferentes que Paulo pode pintar a bandeira usando 3 cores diferentes, dentre as 4 que ele dispõe. A resposta ao nosso problema será n = n₁ − n₂.

Vamos supor que Paulo pinte a bandeira na sequência A₁B₁C₁C₂B₂A₂. Pelo princípio multiplicativo, temos n₁ = 4 × 3 × 2 × 3 × 3 × 2 = 432. Por outro lado, para cada trio de cores diferentes temos 3 × 2 × 1 × 2 × 2 × 1 = 24 maneiras diferentes de pintar a bandeira. Como Paulo tem 4 maneiras diferentes de escolher trios de cores diferentes, temos que n₂ = 4 × 24 = 96. Logo n = 432 − 96 = 336.

Vamos representar o número de salas e o número de alunos da Escola Municipal de Pirajuba, no ano de 2011, respectivamente, por s e por a (observe que o valor de a é o mesmo para os anos de 2011, 2012 e 2013). Como o número de alunos por sala nos anos de 2011 e 2012 é o mesmo, temos a/(s + 5) = a/s − 6 ou, equivalentemente, 6_s_² + 30_s_ = 5_a_. Analogamente, como número de alunos por sala nos anos de 2012 e 2013 também é o mesmo, temos a/(s + 10) = a/(s + 5) − 5, ou seja, s² + 15_s_ + 50 = a. Logo 6_s_² + 30_s_ = 5(s² + 15_s_ + 50) e concluímos que o número de salas satisfaz a equação s² − 45_s_ − 250 = 0, cujas soluções são s = 50 e s = −5. Como s > 0, temos s = 50. Logo, o número total de alunos da escola é a = 50² + 15 × 50 + 50 = 3300.

Outra solução envolve considerar a média m = a/s de alunos por sala em 2011; observamos que a = ms. Da informação do enunciado sobre 2012 tiramos m − 6 = a/(s + 5), ou seja, a = (m − 6)(s + 5); a informação sobre 2013 é m − 11 = a/(s + 10), ou seja, a = (m − 11)(s + 10). Temos então as equações ms = (m − 6)(s + 5) e ms = (m − 11)(s + 10), que nos dão o sistema linear

cuja solução é s = 50 e m = 63. O número de alunos da escola é então a = ms = 63 × 50 = 3300 (agradecemos ao professor José Luiz dos Santos por sugerir esta solução).

Sejam r e R, respectivamente, os raios das circunferências menor e maior, e S o centro da circunferência menor. Notamos primeiro que 2_r_ = PB = AB − 4 = 2_R_ − 4, donde tiramos R = r + 2. No triângulo retângulo SOQ temos SQ = r, OQ = OC − 3 = R − 3 = r − 1 e OS = OB − SB = R − r = 2. O teorema de Pitágoras nos dá r² = (r − 1)² + 2² = r² − 2_r_ + 5 e segue que 2_r_ = 5, ou seja, r = 5/2 = 2,5.

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 cores 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.