OBMEP 2014 · Nível 1 (6º e 7º anos): prova com gabarito

Ao efetuarmos a operação 111 x 111 obtemos:

Logo a soma dos algarismos do resultado é 1 + 2 + 3 + 2 + 1 = 9. A conta acima também pode ser feita da seguinte maneira: 111×111 = 111×(100 + 10 + 1) = 11100 + 1110 + 111 = 11100 + 1221 = 12321.

Observe o que ocorre com as multiplicações com parcelas iguais cujos algarismos são todos iguais a 1:

1×1 = 1

11×11 = 121

111×111 = 12321

1111×1111 = 1234321, ...

111111111×111111111 = 12345678987654321.

Este padrão é alterado nas próximas multiplicações, iniciando então uma nova regularidade:

1111111111×1111111111 = 12345678900987654321,

11111111111×11111111111 = 1234567890120987654321,

111111111111×111111111111 = 123456789012320987654321,

1111111111111×1111111111111 = 12345678901234320987654321

e assim por diante, de dez em dez, um novo padrão aparece. Isto é uma característica de nosso sistema de numeração posicional decimal.

Se as oito pizzas fossem divididas ao meio, teríamos meio pedaço para 16 pessoas; dividindo sete pizzas, teríamos uma pizza inteira para um menino e 14 metades para as meninas, ou seja, 15 amigos; deixando mais uma pizza inteira, teremos a distribuição das 8 pizzas para 2 meninos e 12 meninas, portanto, para os 14 amigos.

Outra solução, via equações: Vamos representar o número de meninas por x e o número de meninos por y. Segue das condições do enunciado que

Resolvendo esse sistema, obtemos: x = 12 e y = 2. Logo, havia 12 meninas no grupo.

O comprimento do contorno em vermelho é a soma dos comprimentos dos segmentos que formam o contorno. Com exceção dos segmentos mais grossos, destacados em azul, os comprimentos de todos os outros são fornecidos pelo enunciado. Para encontrarmos o comprimento dos segmentos destacados em azul observamos que

(comprimento de um segmento de traço azul) + 10 + 20 = 45.

Logo o comprimento de um traço azul é 15 cm e assim o contorno da figura mede 4 · (45) + 4 · (15) + 4 · (10) = 180 + 60 + 40 = 280 cm.

Os horários com os algarismos 0, 1, 2 e 4, a partir de 20:14 e anteriores à meia noite, em ordem cronológica, são: 20:14, 20:41, 21:04 e 21:40. Portanto, ela estudou das 20:14 às 21:40. Das 20:14 às 21:14 há 1 hora e das 21:14 às 21:40 há 40 − 14 = 26 minutos. Logo, Milena estudou 86 minutos, ou seja, 1 hora e 26 minutos.

Observando que o 7 está na horizontal e também na vertical, a soma pedida é igual à metade da soma 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 8 + 9 + 7 + 7 = 52. Logo, o resultado é 52 ÷ 2 = 26. Portanto, devemos separar os números 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9 em dois grupos que somam 19 = 26 − 7 cada um. É possível preencher as casas de muitos modos diferentes, aqui estão dois deles:

A menor quantidade possível de bombons escuros recheados ocorre quando todos os bombons brancos forem recheados. Como há 7 bombons recheados, se, destes 5 forem brancos, então apenas 2 serão escuros (e, é claro, também recheados).

Portanto, a menor quantidade possível de bombons recheados escuros é 2.

Se juntarmos à região cinza o retângulo cujos lados medem 6 cm e 2 cm, como na figura abaixo, teremos um novo retângulo com lados medindo 14 cm e 8 cm cuja área é 112 cm².

A área da região cinza será igual à diferença entre a área da metade desse último retângulo e a área do retângulo 2×6 que foi acrescentado, isto é, 56 − 12 = 44 cm².

Observe que 2014 = 19×106 = 2×19×53. Assim, a menos da ordem dos fatores, existem somente quatro formas possíveis de se fazer aparecer 2014 na calculadora como uma multiplicação de dois números naturais:

• Apertando sete teclas: 1×2014 =
• Apertando sete teclas: 2×1007 =
• Apertando sete teclas: 19×106 =
• Apertando seis teclas: 38×53 =

(Este fato se deve à decomposição única de um número inteiro positivo em fatores primos, a menos da ordem dos fatores. Os fatores primos de 2014 são 2, 19 e 53).

Dentre as quatro possibilidades, em só uma delas seis teclas são pressionadas; concluímos então que as seis teclas que Ana Maria apertou foram 3, 8, x, 5, 3 e =. Portanto, o maior algarismo cuja tecla ela apertou foi 8.

Como Isabel tem um total de 3 + 4 + 7 + 9 + 11 + 12 + 13 + 16 = 75 balas, cada criança deve receber 25 balas. A que receber o saco com 16 balas, necessariamente deverá receber o saco com 9, já que não há outra possibilidade de se obter 9 balas combinando sacos com menor quantidade. Por outro lado, a que receber o saco com 13 balas deverá receber o saco com 12 balas (a única outra forma de reunir as 12 balas restantes seria combinando sacos de 9 e 3 balas, mas o saco de 9 balas deve ser dado à criança que receber o saquinho com 16 balas). Portanto, a última criança receberá os sacos restantes, com 3, 4, 7 e 11 balas. Logo, o saco com mais balas recebido pela criança que recebe o saco com 4 balas tem 11 balas.

Somando as metragens dos muros de Luiz e de Lúcio, obtemos 240 + 260 = 500 m. Neste total estão computados o comprimento do muro original (de 340 m) mais duas vezes o comprimento do muro interno. Logo, o comprimento do muro interno é igual a [500 − 340] / 2 = 80 metros.

Podemos também resolver algebricamente: como o muro interno pertence ao cercado dos terrenos de Luiz e de Lúcio, se x é a medida do muro interno, temos:

340 + 2_x_ = 240 + 260

Portanto x = 80 m.

Cada face tem quatro vértices que serão tocados. A cada toque de um vértice, muda a cor e a cada dois toques, volta à cor original. Logo, com quatro toques, a cor de uma face não muda. Como todas as faces terão seus quatro vértices tocados, nenhuma delas irá mudar de cor. Logo, o cubo voltará a ter todas as suas faces na cor branca.

Como Antônio venceu 3 partidas e não houve nenhum empate, sabemos que Lúcia perdeu exatamente 3 partidas. Consequentemente, ela perdeu 3 pontos dos 5 iniciais. Assim, considerando apenas as derrotas de Lúcia, ela teria 5 − 3 = 2 pontos. Como, ao final, ela ficou com 10 pontos, podemos concluir que ela ganhou 10 − 2 = 8 pontos, isto é, ela venceu 8 ÷ 2 = 4 partidas. Logo, o número de partidas disputadas é igual a 3 + 4, ou seja 7.

Outra solução, com o uso de equação: Segue diretamente do enunciado que Lúcia teve 3 derrotas e, portanto, resta calcular o número de vitórias de Lúcia. Vamos representar o número de vitórias de Lúcia por x. Assim, o número de pontos de Lúcia é 10 = 5 − 3 + 2_x_. Logo, x = 4. Consequentemente, o número total de partidas disputadas é 3 + 4 = 7.

Fatorando o número 2944 temos: 2944 = 2⁷ × 23 = 128 × 23 = 64 × 2 × 23 = 64 × 46. Como este último produto satisfaz as condições do enunciado, e também é o único nas condições descritas, temos que a soma desses números é 64 + 46 = 110.

Podemos organizar as informações numa tabela:

Se Andrea estivesse certa, então Fernanda não acertaria nenhuma das informações. Logo, não é ela que está certa, nem Fernanda (pelo mesmo motivo). Se Daniela estivesse certa, então Tatiane também nada acertaria. Logo Daniele e Tatiane não estão certas. Se Patrícia acertar tudo, as demais também acertarão alguma informação e, portanto, Patrícia é a única que está certa.

Devemos ficar atentos ao quociente e ao resto da divisão de um número natural por 9, pois em cada triângulo são escritos 9 números. Observamos que no Triângulo 1 estão o 9 e os números que têm quociente 0 na divisão por 9; no Triângulo 2 estão o 18 = 2×9 e os números que têm quociente 1 na divisão por 9; no Triângulo 3 estão o 27 = 3×9 e os números que têm quociente 2 na divisão por 9, e assim por diante.

A posição do número em cada triângulo, descrita por uma letra de A até I, corresponde ao resto da divisão do número por 9, ou seja, resto 1 a posição é A, resto 2 é B, resto 3 é C, resto 4 é D, resto 5 é E, resto 6 é F, resto 7 é G, resto 8 a posição é H e, finalmente, se o resto for 0 a posição é I.

Ora,

Portanto, 2014 está no Triângulo 223 + 1 = 224, na posição equivalente ao resto 7, ou seja, G. Logo, Guilherme codifica 2014 como 224G.

Como em cada face aparecem quatro números consecutivos, então na face onde estiver o número 1, obrigatoriamente estarão os números 1, 2, 3 e 4. Logo, na face onde estiver o número 5 estarão os números 5, 6, 7 e 8, e assim, sucessivamente, até chegarmos à face com os números 21, 22, 23 e 24.

Sendo assim, no cubo apresentado a face com o número 23 também apresenta os números 21, 22 e 24. Como o enunciado diz que a soma do maior número de uma face com o menor da face oposta é igual a 25, podemos concluir que na face oposta à que contém o 23 estão os números 1, 2, 3 e 4. Na face em que aparece o número 7 aparecem os números 5, 6 e 8, e na face oposta a esta estão os números 17, 18, 19 e 20. Logo, na face destacada (em cinza) pode estar qualquer número de 9 até 16.

Como a pergunta é qual é o menor número que pode aparecer na face cinza, a resposta é 9.

Vamos ampliar a tabela do enunciado, acrescentando mais dados:

A França não ganhou de ninguém e jogou 5 jogos. Para ter 4 pontos, ela deve ter empatado 4 jogos e perdido 1. Como a Alemanha ganhou da França, a França empatou com a Bolívia, com Camarões, com a Dinamarca e com a Espanha. A Espanha empatou só uma vez e este empate foi com a França. Camarões empatou só uma vez, portanto, este empate também só pode ter acontecido com a França. A Dinamarca empatou 3 vezes e, como acabamos de ver, estes empates não podem ter acontecido contra a Espanha ou contra Camarões. Logo, a Dinamarca empatou com a Alemanha, com a Bolívia e com a França. Assim, a Alemanha empatou com a Dinamarca.

Para fixar o trio de hexágonos 1-2-3, Gustavo usou três adesivos. O mesmo ocorreu para fixar os demais noventa e nove trios de hexágonos: 4-5-6, 7-8-9, 10-11-12, ..., 298-299-300. Como são 100 trios e 3 adesivos para cada trio, Gustavo usou 100×3 = 300 adesivos nessa montagem de trios.

Agora, para fixar um trio no outro, Gustavo usou dois adesivos. Como o primeiro trio não precisou ser fixado a ninguém, Gustavo usou então 99×2 = 198 adesivos. No total, ele usou 300 + 198 = 498 adesivos.

Uma outra solução é a seguinte: cada trio de cartões consome 5 adesivos, a não ser no último, em que são usados 2 cartões a menos. Como são 300 cartões, temos 100 trios, lembrando que no último somente 3 adesivos são usados. Portanto, foram usados 100×5 − 2 = 498 adesivos (ou 99×5 + 3 = 498).

Cada figura é formada por 3 cópias da figura anterior, posicionadas de modo a colocar em contato apenas dois pares de quadradinhos das cópias das figuras. Em consequência, o comprimento do contorno da nova figura é igual a 3 vezes o comprimento do contorno da anterior, menos 4 cm (correspondentes aos lados em contato).

A tabela abaixo dá o comprimento do contorno das sucessivas figuras.

Portanto, o contorno da Figura 6 mede 488 cm.

Como os números devem ser ímpares e como a soma dos algarismos das unidades e das dezenas deve ser igual a 16, os números devem terminar em 79 ou 97 (2 possibilidades). Na casa das dezenas de milhar temos 9 possibilidades, pois os números, tendo cinco algarismos, não podem ter 0 nesta casa. Para a casa das unidades de milhar temos 10 possibilidades (todos os algarismos de 0 a 9) e, para cada uma das escolhas anteriores, podemos escolher o algarismo das centenas de duas maneiras distintas, a fim de que a soma de todos os algarismos do número seja um múltiplo de 5. Logo, há 2×9×10×2 = 360 possibilidades.

Para ilustrar porque há duas e só duas maneiras de preencher a casa das centenas de modo que a soma dos algarismos seja um múltiplo de 5, vamos pensar com base na seguinte exemplo:

11 _ 79

em que o traço indica um algarismo que está faltando para que a soma dos cinco algarismos seja um múltiplo de 5. Nessas condições, há duas possibilidades para preencher a casa vazia de 11_79, que são as seguintes: 11279 (observe que 1 + 1 + 2 + 7 + 9 = 20 é múltiplo de 5) e 11779 (neste caso 1 + 1 + 7 + 7 + 9 = 25 também é múltiplo de 5).

Este fenômeno é, de fato, geral, já que o resto da divisão de um número por 5 tem que ser igual a 0, 1, 2, 3, ou 4. Assim, dado qualquer número natural, somando a ele 0, ou 1, ou 2, ou 3 ou 4 sempre encontraremos um (e só um) múltiplo de 5. Uma vez determinado qual dos algarismos 0, 1, 2, 3 ou 4 é o que produz o múltiplo de 5, basta somar 5 a ele para obter um novo algarismo (5, 6, 7, 8 ou 9) para que um novo número de cinco algarismos seja produzido, também com a propriedade de que a soma de seus algarismos seja múltiplo de 5.