OBMEP 2015 · Nível 3 (ensino médio): prova com gabarito

Como 2,5 = 5 x 0,5, o tempo que o frango deve ficar no forno é 5 x 12 = 60 minutos. Logo, Paula deve colocar o frango no forno às 19 h, mas 15 minutos antes deve acender o forno. Assim, Paula deve acender o forno às 18 horas e 45 minutos.

Da figura, tiramos que 3_x_ − x = 4(x² − x), já que os pontos estão igualmente espaçados.

Logo, 2_x_ = 4_x_² − 4_x_. Há duas soluções: x = 0 (que não serve) e x = 3/2. O valor da distância entre dois pontos consecutivos é, portanto, (3/2)² − (3/2) = 3/4.

Observe que o último número da linha 1 é 1, da linha 2 é 4 = 2², da linha 3 é 9 = 3² e assim por diante. Os números que finalizam uma linha são sempre quadrados perfeitos. Assim, como os quadrados mais próximos de 2015 são 44² = 1936 e 45² = 2025, o número 2015 foi escrito na linha 45.

Observação: A afirmação “A linha n contém 2_n_ -1 termos e termina com o número n²” pode ser facilmente provada usando-se o Princípio de Indução Finita, pois ela é obviamente verdadeira para n=1 e, supondo-a verdadeira para a linha n, a linha n+1 terá 2_n_-1+2 = 2(n+1) -1 termos, já que ela contém 2 termos a mais do que a anterior; além disso, o último termo da linha n+1 é n² + (2_n_-1) + 2 = (n+1)².

Sendo B e F os pontos médios dos lados AC e AE, respectivamente, podemos dividir o retângulo ACDE usando segmentos paralelos aos seus lados com extremos nesses pontos médios para observar que:

• a área do triângulo ABF é 1/8 da área do retângulo ABCD, ou seja, igual a 80 cm²;
• a área do triângulo EDF é 1/4 da área do retângulo ABCD, ou seja, igual a 160 cm²;
• a área do triângulo BCD é 1/4 da área do retângulo ABCD, ou seja, igual a 160 cm².

A soma dessas áreas é igual a 1/8 + 1/4 + 1/4 = 5/8 da área do retângulo, ou ainda, 400 cm². Portanto, a área do triângulo BDF é igual a 3/8 da área do retângulo ACDE, ou seja, é 240 cm².

Chamando cada participante pela primeira letra de seu nome, as possibilidades de escolha dos 2 premiados são: AB , AC , AD , AE , BC , BD , BE , CD , CE , DE, ou seja, há 10 possibilidades. As possibilidades de escolha das duas premiações são: Ouro Ouro, Ouro Prata, Ouro Bronze, Prata Ouro, Prata Prata, Prata Bronze, Bronze Ouro, Bronze Prata e Bronze Bronze, ou seja, há 9 possibilidades. Pelo Princípio Multiplicativo, as diferentes formas de premiação são 10 x 9 = 90.

Outra solução Existem dois casos a considerar: ou os dois meninos premiados ganharam medalhas iguais, ou ganharam medalhas diferentes.

Se as medalhas são iguais, há 3 possibilidades para as medalhas, a saber, ou as duas são de ouro, ou as duas são de prata, ou as duas são de bronze. Além disso, dos 5 meninos, apenas 2 receberam medalhas, o que pode ocorrer de (5×4)/2 maneiras diferentes (são 5 escolhas para o primeiro e são 4 escolhas para o segundo menino, mas precisamos dividir por 2, para eliminar as repetições, uma vez que para determinar a dupla de premiados, não importa a ordem de escolha dos meninos). Logo, pelo Princípio Multiplicativo, há 3 × (5×4)/2 = 3 × 10 = 30 possibilidades para a premiação desses dois meninos com medalhas iguais.

No segundo caso, se as medalhas recebidas pelos 2 meninos premiados são diferentes, há 3 possibilidades para os tipos de medalhas: ouro e prata; ouro e bronze; e prata e bronze. Em cada uma dessas possibilidades, a mais valiosa será recebida por 1 dos 5 meninos e a outra por um dentre os 4 meninos restantes. Assim, pelo Princípio Multiplicativo, nesse caso, o número de formas diferentes de premiação é 3 × 5 × 4 = 60.

Portanto, pelo Princípio Aditivo, o número total de formas diferentes de ocorrer a premiação é 30 + 60 = 90.

Joãozinho precisa levar a peça preta até o canto superior esquerdo do tabuleiro, indicado pelas setas. Para fazer isso, a peça preta precisa andar para cima e para a esquerda, sem nunca voltar com ela para a direita ou para baixo. Inicialmente, Joãozinho deve andar com a pedra preta para cima, fazendo três movimentos, indicados na figura abaixo:

Ele deve andar com a pedra preta para cima, pois a outra possibilidade (andar com a pedra preta para a esquerda) requereria cinco movimentos, veja:

Como ele quer realizar o menor número possível de movimentos, ele opta em movimentar a pedra preta para cima, realizando três movimentos.

Após fazer isto, ele deve andar com a pedra preta para a esquerda, fazendo novos três movimentos.

Se ele optasse por andar com a pedra preta para cima faria cinco movimentos, veja:

Deste modo, sempre optando em realizar o menor número de movimentos, ele escolhe mover a pedra preta para a esquerda, com outros três movimentos.

Assim, para levar a pedra preta até o canto superior esquerdo do tabuleiro, com o menor número de movimentos possível, Joãozinho deve andar com a pedra preta sete casas para cima e seis casas para a direita, alternando esses movimentos e começando para cima, gastando sempre três movimentos cada vez que a pedra preta andar uma casa. Logo, o número mínimo de movimentos necessários é 3 × 7 + 3 × 6 = 21 + 18 = 39.

Sejam x e y os dois números. Vamos usar as conhecidas identidades do quadrado da soma (x + y)² e do cubo da soma (x + y)³ para encontrar uma identidade para a soma dos quadrados x² + y²:

(x + y)² = x² + 2xy + y²

(x + y)³ = x³ + 3x²y + 3xy² + y³

Do quadrado da soma podemos concluir que

x² + y² = (x + y)² − 2xy

e do cubo da soma podemos concluir que

3x²y + 3xy² = (x + y)³ − (x³ + y³)

Evidenciando o produto 3xy no lado esquerdo da identidade acima

3xy(x + y) = (x + y)³ − (x³ + y³)

e isolando o produto xy (não há problema em dividir por x + y, pois x + y = 3), temos

Substituindo esse produto na identidade da soma dos quadrados temos

Agora, como x + y = 3 e x³ + y³ = 25, segue que

Marcelo saiu de casa às 15h. Ele caminhou durante x minutos, até perceber que esqueceu a carteira. Para voltar a sua casa, correndo, ele levou metade desse tempo, igual a x/2 minutos. Ele permaneceu em casa 3 minutos procurando a carteira e saiu correndo até chegar à estação. Chegou à estação às 15h30min e gastou 12 minutos nesta última corrida. Logo,

x + x/2 + 3 + 12 = 30 ⇔ 3_x_/2 = 15 ⇔ x = 10.

Portanto, Marcelo lembrou-se da carteira às 15h10min.

A figura ao lado mostra como fica a tira se desfizermos a última dobra realizada por Júlia. Observemos que a fita está com uma sobreposição na região quadrada indicada pela letra A. Para medir o comprimento da tira, vamos medir os segmentos indicados na figura, pelas letras P, Q, R, S e T, que compõem a borda da tira, destacada pela linha preta mais grossa. Para isso, indicaremos o comprimento de um segmento, em centímetros, escrevendo os seus pontos extremos. Por exemplo, escreveremos PQ para representar o comprimento do segmento que une os pontos P e Q. Temos:

PQ = 3+4+3 = 10 QR = 5 RS = 3+4+3 = 10 ST = 5+3 = 8

Portanto, o comprimento da tira é igual a 10 + 5 + 10 + 8 = 33 cm.

Para obter a maior quantidade possível para o total de pontos de intersecção, Joãozinho deve desenhar as próximas retas em uma disposição de tal modo que, cada nova reta desenhada, intersecte cada circunferência já desenhada em dois pontos, e intersecte cada reta já desenhada em um ponto, todos distintos entre si e dos já desenhados.

A maior quantidade possível para o total de pontos de intersecção que a terceira reta pode gerar é 2+2+1+1 = 6 pontos.

A maior quantidade possível para o total de pontos de intersecção que a quarta reta pode gerar é 2+2+1+1+1 = 7 pontos.

A maior quantidade possível para o total de pontos de intersecção que a quinta reta pode gerar é 2+2+1+1+1+1 = 8 pontos.

Logo, a maior quantidade possível para o total de pontos de intersecção é 11+6+7+8 = 32 pontos.

Para simplificar nossa escrita, vamos escrever u_n para representar o algarismo das unidades do número a_n; assim, precisamos determinar u₂₀₁₅. Observemos os três primeiros termos da sequência:

a₁ = 3, a₂ = 3 + 3² = 3 + 9 = 12 e a₃ = 12 + (12)² = 12 + 144 = 156.

Agora, é claro que u₂ = 2 e u₃ = 6. Por outro lado, poderíamos determinar u₃ sem calcular o valor de a₃. De fato, a₃ é a soma de duas parcelas cujos algarismos das unidades são 2 e 4, respectivamente. Logo, u₃ = 2 + 4 = 6.

Aplicando essa mesma ideia para a₄ = 156 + (156)², vemos que u₄ é a soma de duas parcelas cujos algarismos das unidades são, ambos, iguais a 6. Portanto, u₄ = 2.

Novamente aplicando este raciocínio, concluímos que u₅ = 6, pois é a soma de duas parcelas cujos algarismos das unidades são iguais a 2 e 4, respectivamente.

Assim, aplicando este argumento sucessivamente, a partir do segundo número da sequência, concluímos que os algarismos das unidades dos números da sequência, determinam uma nova sequência que é formada, alternadamente, apenas pelos números 2 e 6. Mais precisamente, u_n = 2, sempre que o índice n for par, e u_n = 6, sempre que o índice n for ímpar. Consequentemente, u₂₀₁₅ = 6.

Na roleta das centenas, a probabilidade de a seta parar no setor marcado com o número 3 é de 1/2, e a probabilidade de a seta parar no setor marcado com os números 1 ou 2 é de 1/4 para cada um deles. Na roleta das dezenas, a probabilidade de a seta parar num dos setores marcados com os números 1, 3, 4, 5 e 8 é de 1/5 para cada um deles. O número determinado pelas setas, depois de giradas, é maior que 260 quando acontece alguma das situações seguintes:

• A seta da roleta das centenas para no setor marcado com 3, o que acontece com probabilidade 1/2. Não importa o que ocorre nas casas das dezenas e das unidades.
• A seta da roleta das centenas para no setor marcado com 2 e a seta do setor das dezenas para no setor marcado com 8, o que acontece com probabilidade (1/4) x (1/5). Não importa o que ocorre na casa das unidades.

Assim, a probabilidade de que o número determinado pelas setas, após serem giradas, seja maior do que 260 é

1/2 + (1/4) . (1/5) = 1/2 + 1/20

o que representa uma porcentagem de 50% + 5% = 55% de probabilidade.

O lado do quadrado cuja área é 1 tem comprimento 1. Para calcular a área da região S compreendida entre os quadrados ABCD e APQR, no primeiro caso, em que o ponto P está no segmento AB, temos que a distância x varia entre 0 e 1 e a expressão para a área é S(x) = 1 − x², cujo gráfico é um arco de parábola com concavidade para baixo.

No segundo caso, quando o ponto B está no segmento BP, temos que a distância x é maior do que 1 e S(x) = x² − 1, cujo gráfico é um arco de parábola com concavidade para cima.

O gráfico que melhor representa a variação de S em função de x, ou seja, o gráfico da função é o da alternativa A.

Os números de pontos de cada figura formam uma sequência chamada de números pentagonais. Observe que, a partir da figura n, n≥1, a figura n+1 é obtida acrescentando-se à figura anterior 4 novos pontos (vermelhos) que serão os vértices e n novos pontos (azuis) em cada um dos três lados opostos ao vértice fixo, totalizando 4+3_n_ novos pontos.

Assim, se a vigésima figura possui 651 pontos a vigésima primeira terá 651 + 3 x 20 + 4 = 715 pontos.

O paranaense está entre o goiano e o mineiro. Como o goiano sentou-se entre Edson e Adão, temos duas possibilidades: Edson é paranaense ou Adão é paranaense.

Eliminamos o caso em que Edson é paranaense com a informação de que "Edson sentou-se tendo como vizinhos Carlos e o sergipano", pois se Edson fosse paranaense ele estaria entre o goiano e o mineiro. Portanto, Adão é o paranaense. Como Edson sentou-se entre Carlos e o sergipano, concluímos que Carlos é goiano e o lugar entre Edson e o mineiro é do sergipano. A última informação do enunciado diz que Bruno sentou-se entre o tocantinense e o mineiro. Logo, Edson é tocantinense e Bruno é sergipano. Portanto, Daniel é mineiro.

Considerando cada par de irmãos, o mais velho retira duas moedas do pote pelo irmão mais novo, enquanto o mais novo coloca uma moeda no pote pelo mais velho. Logo, para cada par de irmãos, uma moeda é retirada do pote. Se forem n os filhos de João, há n(n−1)/2 pares de irmãos e, portanto, este é o número total de moedas retiradas do pote no processo. Logo, temos n(n−1)/2 = 100 − 22 = 78. Daí resulta n² − n − 156 = 0. Resolvendo a equação do segundo grau, obtemos n = 13 ou n = −12. Logo, João tem 13 filhos.

Outra solução: Na tabela, numeramos os irmãos de 1 a n, com idades crescentes:

A segunda linha é o dobro da primeira, portanto o que sobra de moedas é igual à soma 1 + 2 + ...+ n - 1 = n(n−1)/2 e, portanto, temos n(n−1)/2 = 100 − 22 = 78. Daí resulta n² − n − 156 = 0. Resolvendo, como antes, obtemos n = 13 ou n = −12. Logo, João tem 13 filhos.

Seja O o centro da circunferência, OM a altura do triângulo OAB relativa à base AB e ON a altura do triângulo OCD relativa à base CD.

Como AB é paralelo à CD, segue que os pontos M, O e N estão alinhados e que MN é a altura do trapézio.

Vamos denotar OA = OB = OC = OD = r, OM = x e ON = y. A altura do trapézio é, assim, igual a x + y = 9 cm. Como o triângulo OAB é isósceles com base AB = 16 cm, segue, pelo Teorema de Pitágoras, que

r² = 8² + x²

De forma análoga, como o triângulo OCD é isósceles com base CD = 10 cm, segue, pelo Teorema de Pitágoras, que

r² = 5² + y²

Subtraindo a segunda equação da primeira, e usando que y² − x² = (y + x)(y − x), temos

(y + x)(y − x) = 8² − 5² = 39

Embora o desenho indique que o centro da circunferência esteja dentro do trapézio, este fato pode ser confirmado pois se centro da circunferência estivesse no exterior ao trapézio, teríamos as seguintes equações:

que resultariam em x = 20/3 e y = −7/3, o que é impossível já que y > 0. Assim, o centro da circunferência é interior ao trapézio e temos as seguintes equações:

que resultam em x = 7/3 e y = 20/3.

Pelo Teorema de Pitágoras, segue que

e, portanto,

Os dados do problema estão organizados na tabela abaixo:

Como n_i² = a_i² − 32, i = 1, 2, 3, então (a_i − n_i). (a_i + n_i) = 32 = 2⁵. Cada uma das parcelas do membro direito da última igualdade é um número inteiro positivo e, portanto, há apenas duas soluções (a_i = 9, n_i = 7) e (a_i = 6, n_i = 2), devido à decomposição única em fatores primos. Na primeira solução, a mulher comprou dois livros a mais do que o seu namorado e na segunda ela comprou 4 livros a mais do que o namorado. Como as mulheres compraram oito livros a mais do que os homens, só resta a possibilidade de um casal ter comprado 6 + 2 = 8 livros e os outros dois casais terem comprado, cada um deles 9 + 7 = 16 livros. Deste modo a quantidade total de livros comprada foi 8 + 16 + 16 = 40.

Existem vários subconjuntos que satisfazem às condições do enunciado: todos eles com 11 elementos. Por exemplo: B1 = {1, 2, 2², 2³, 2⁴, 2⁵, 2⁶, 2⁷, 2⁸, 2⁹, 2¹⁰}, B2 = {1, 3, 2.3, 2².3, 2³.3, 2⁴.3, 2⁵.3, 2⁶.3, 2⁷.3, 2⁸.3, 2⁹.3} e B3 = {1, 2, 2², 2³, 2⁴, 2⁵, 2⁶, 2⁷, 2⁸, 2⁹, 2⁹.3}. A solução anteriormente divulgada está incorreta; ela contempla apenas o primeiro exemplo.

Não é possível construir um subconjunto de A nas condições descritas no enunciado, contendo 12 ou mais elementos. De fato, suponhamos que isto fosse possível, e seja B um subconjunto de A, com k ≥ 12 elementos. Seja n o maior elemento de B. Então, n deve ser múltiplo dos demais elementos de B. Logo n deve possuir k divisores positivos (ele próprio e os demais k-1 elementos do conjunto). O menor número n que possui k divisores positivos é 2^k-1. Entretanto, 2^k-1 ≥ 2¹¹ = 2048 > 2015, pois k ≥ 12. Logo, n > 2015 e, portanto, n não pode pertencer a B, já que B é subconjunto de A. Esta contradição surge da suposição de que B tem mais do que 11 elementos. Assim, os subconjuntos de A com a maior quantidade possível de elementos, que satisfazem as condições do enunciado, possuem 11 elementos.

Fazendo uma planificação da lateral do cilindro (abrindo-o sem distorções), cortando-o pela geratriz que passa pela aranha, teremos a seguinte situação:

O caminho de menor distância que a aranha deve seguir para capturar a mosca é o segmento AQ, sendo Q o refletido de M com relação à reta que corresponde à borda superior da lata. O problema pede que encontremos a distância entre os pontos P e M, pois esta é a distância percorrida pela aranha na superfície interna da lata. Como a distância de P a M é igual à distância de P a Q, pela semelhança dos triângulos AQS e PQR, vemos que PR = 3 cm (PR/15 = 4/20). Aplicando-se o Teorema de Pitágoras, vemos que a distância de P até Q é 5 cm.