OBMEP 2017 · Nível 2 (8º e 9º anos): prova com gabarito

Para obter o maior resultado possível, devemos fazer com que os termos que contribuem positivamente na conta sejam os maiores possíveis e o termo que contribui negativamente seja o menor possível. Como estamos usando o sistema de numeração posicional decimal, na primeira parcela da conta devemos colocar o maior dos algarismos disponíveis na casa das centenas (o algarismo 8):

A seguir, colocamos o segundo maior algarismo na casa das dezenas (o 7). Há duas possibilidades:

Agora, em cada uma dessas possibilidades, colocamos o algarismo 6, ainda na casa das dezenas:

Continuando, precisamos colocar os algarismos 4 e 5; na primeira das possibilidades acima, há duas maneiras de fazer isto:

e, no outro caso, também há duas possibilidades:

Basta agora completar o termo negativo com os algarismos 1, 2 e 3. Em suma, o maior resultado possível pode ser obtido de quatro maneiras diferentes:

875 + 64 − 123

874 + 65 − 123

865 + 74 − 123

864 + 75 − 123

e o resultado final da conta é sempre o mesmo: 816.

Para obter 30 litros de tinta marrom, precisaremos de 15 litros de cada uma das cores laranja e verde. A primeira condição nos diz que, para obter essa quantidade de tinta laranja, precisaremos da fração 2/(3 + 2) = 2/5 da quantidade total exclusivamente de tinta amarela, ou seja, 2/5 · 15 = 6 litros de tinta amarela. Da mesma forma, a segunda condição nos diz que, para obter 15 litros de tinta verde precisaremos da fração 1/(2 + 1) = 1/3 da quantidade total exclusivamente de tinta amarela, ou seja, 1/3 · 15 = 5 litros de tinta amarela. Portanto, a quantidade total de tinta amarela necessária é 5 + 6 = 11 litros.

Como o peso (massa) da sacola 1 é menor que o peso da sacola 2, temos:

2_a_ + b < 2_c_ + b ⇒ 2_a_ < 2_c_ ⇒ a < c.

Como o peso da sacola 2 é menor que o peso da sacola 3, temos:

2_c_ + b < 2_b_ + a ⇒ 2_c_ < b + a.

Entretanto, b + a < b + c, pois já concluímos que a < c, logo:

2_c_ < b + c ⇒ c < b.

Podemos concluir, então, que a < c < b.

De acordo com o enunciado, cada termo, a partir do terceiro, é igual à diferença entre seus dois antecessores imediatos. Assim, percebemos que a sequência é periódica, uma vez que, dando continuidade à sua construção, observamos que seus termos repetem-se a cada 6 posições. Esse fato é evidente, pois o sétimo termo é igual ao primeiro e o oitavo, igual ao segundo. Consequentemente, o nono é igual ao terceiro, pois é o resultado da mesma diferença, como vemos abaixo:

1, 5, 4, −1, −5, −4 = −5 − (−1), 1 = −4 − (−5), 5 = 1 − (−4), ...

Consequentemente, como 1000 = 6 × 166 + 4 = 996 + 4, os primeiros 1000 termos da sequência são obtidos justapondo-se 166 blocos contendo exatamente os 6 primeiros números da sequência, seguidos dos quatro primeiros números (da sequência), como indicado abaixo:

Finalmente, como a soma dos números em cada bloco é igual a zero, concluímos que a soma dos 1000 primeiros números da sequência é igual à soma dos últimos quatro termos, a saber, 1 + 5 + 4 + (−1) = 9.

Como a distância de um ponto a uma figura geométrica é a menor distância desse ponto aos pontos da figura, o desenho que Celinha obtém ao traçar os pontos que estão a 1 cm da Figura 3 é a trajetória do centro de um círculo de raio 1 quando este se move pelo contorno da figura tangenciando-o. Nesse caso, as curvas obtidas são segmentos de retas ou arcos de circunferências. Nos vértices em que a figura se lança para fora, aparecem arcos de circunferências, mas isto não ocorre nos dois vértices em que a figura se lança para dentro (marcados com as setas largas).

Outra solução: Uma maneira de obter o traço cujos pontos distam 1 cm da Figura 3 é considerar o contorno da figura formada ao considerar a união dos discos (círculos preenchidos) de raio 1 cm centrados em pontos da Figura 3. O contorno dessa união de discos aparece representado na alternativa A.

Observe nas figuras abaixo à esquerda que uma fatia qualquer do cubo é formada por 25 cubinhos, sendo 5 blocos de 5 cubinhos alinhados lado a lado. Como a soma dos números em qualquer bloco de 5 cubinhos alinhados lado a lado é a mesma, segue que a soma dos números dos 25 cubinhos de uma fatia qualquer do cubo também é a mesma. Sendo o cubo formado por 5 fatias, essa soma é igual a um quinto de 7875, ou seja, 1575. Finalizando, uma face qualquer do cubo também é uma fatia do cubo e, portanto, a soma dos números numa face qualquer do cubo é 1575.

Observe na figura acima à direita um possível preenchimento do cubo 5 × 5 × 5.

Cada figura da sequência, a partir da segunda, é formada a partir da anterior com a anexação de um pentágono regular de lado 1 cm, fazendo-se coincidir um lado da figura anterior com um lado do pentágono adicionado. Isto implica que, a cada nova adição, o perímetro aumente 3 cm. Assim, os perímetros das figuras da sequência são 5, 8 = 5 + 1 × 3, 11 = 5 + 2 × 3, 14 = 5 + 3 × 3, etc. Se n é o número de polígonos que foram adicionados ao primeiro, então o perímetro da figura é 5 + 3_n_. No caso da figura com perímetro 1736, temos 1736 = 5 + 3_n_ ⇔ 3_n_ = 1731 ⇔ n = 577. Portanto, esta figura é composta de 577 + 1 = 578 pentágonos.

Aplique a regra a cada fator: some os números e escreva essa soma seguida de tantos zeros quanto ela vale.

• 1 ■ 0: soma 1 → 1 seguido de 1 zero = 10
• 1 ■ 1: soma 2 → 200
• 1 ■ 2: soma 3 → 3 000
• 1 ■ 3: soma 4 → 40 000
• 1 ■ 4: soma 5 → 500 000

Multiplicando

Separe os algarismos iniciais das potências de 10:

(1 × 2 × 3 × 4 × 5) × 10^{1 + 2 + 3 + 4 + 5} = 120 × 10¹⁵

O 120 já termina em um zero, então o total é 15 + 1 = 16 zeros.

Resposta: D (16).

Por que as outras atraem: o erro mais comum é contar só os 15 zeros das potências de 10 e esquecer o zero que vem de 1 × 2 × 3 × 4 × 5 = 120.

Dica: ao contar zeros de um produto, veja também se os algarismos que sobram geram mais zeros (2 × 5 = 10).

Como a primeira página do Capítulo 1 é a de número 1, e como os três capítulos têm a mesma quantidade de páginas, o número da primeira página do Capítulo 2 é igual à quantidade de páginas de um capítulo mais 1 e o número da primeira página do Capítulo 3 é igual ao dobro da quantidade de páginas de um capítulo mais 1. Logo, a soma do número da primeira página do Capítulo 2 com o número da primeira página do Capítulo 3 é igual ao triplo da quantidade de páginas de um capítulo mais 2, ou seja, a quantidade de páginas de um capítulo é (1052 − 2)/3 = 350. Logo, o número da primeira página do Capítulo 2 é 2 × 350 + 1 = 701.

Algebricamente, se x é o número de páginas de um capítulo e se n é o número da primeira página do Capítulo 3, então 1052 = 3_x_ + 2 ⇒ x = 350 e n = 2_x_ + 1 ⇒ n = 701.

Para melhor entendimento, colocamos inicialmente os dados em um segmento de reta:

A seguir, marcamos os pontos médios dos números escolhidos pelas meninas:

Desta maneira fica fácil de ver que Ana ganhará se o número sorteado estiver entre 1 e 10, incluindo o 1, mas excluindo o 10. Assim, exatamente 10 − 1 = 9 números dão vitória à Ana.

Bruna só ganhará se o número escolhido estiver entre 10 e 27, incluindo os dois extremos; assim, há 27 − 10 + 1 = 18 números que dão vitória à Bruna.

Do mesmo modo, Carla ganhará se o número escolhido estiver entre 28 e 55, incluindo o 28, mas excluindo o 55. Há 55 − 28 = 27 números nesse intervalo.

Por sua vez, Débora ganhará se o número escolhido estiver entre 55 e 80, incluindo o 55, mas excluindo o 80. São 80 − 55 = 25 números favoráveis à Débora.

Finalmente, Eliane será a vencedora se o número escolhido estiver no intervalo de 80 a 100, incluindo os extremos. Há 100 − 80 + 1 = 21 números a favor de Eliane.

Logo, quem tem mais chance de vencer é Carla, pois ela possui 27 números a seu favor, uma quantidade maior de números favoráveis do que a das outras meninas.

Como em cada linha e em cada coluna devem aparecer exatamente três casas pintadas, podemos pensar nas casas que ficarão vazias. Devemos escolher as casas vazias de modo que em cada linha e em cada coluna apareça exatamente uma casa vazia. Na primeira linha podemos escolher qualquer uma das casas para deixar vazia; na segunda, há apenas três escolhas; na terceira linha, duas escolhas e, finalmente, na última linha, apenas uma escolha. Pelo Princípio Multiplicativo da Contagem, há 4 × 3 × 2 × 1 = 24 maneiras de escolher as casas vazias com exatamente uma delas em cada linha e em cada coluna. Escolhidas as casas vazias, é só pintar as demais. Conclusão: há 24 maneiras de pintar as casas de modo que em cada linha e em cada coluna apareçam exatamente três casas pintadas de preto.

Primeiro decompomos o hexágono menor em seis triângulos equiláteros e vemos que a região de sobreposição tem área igual a duas metades de um desses triângulos equiláteros, ou seja, um triângulo equilátero inteiro, com área medindo, portanto, 10/6. Veja a figura ao lado.

A seguir, dividimos o hexágono maior também em seis triângulos equiláteros e cada um desses triângulos em outros três menores, todos congruentes ao triângulo de sobreposição. O hexágono maior fica decomposto em 18 triângulos congruentes ao triângulo de sobreposição e, portanto, sua área é 18 × (10/6) = 30 cm².

Outra solução: Vamos representar as medidas dos lados dos hexágonos, em centímetros, por a e b, conforme a figura ao lado, obtida a partir da figura do enunciado. Observemos o triângulo retângulo com lados medindo a, a/2 e b/2 centímetros. Pelo Teorema de Pitágoras, obtemos que b² = 3a².

Por outro lado, sabemos que os dois hexágonos são semelhantes, pois ambos são regulares. Consequentemente, a razão entre as suas áreas é igual ao quadrado da razão entre os respectivos lados. Denotemos a área do hexágono maior, medida em centímetros quadrados, por S. Assim,

S/10 = (b/a)² = b²/a² = (3a²)/a² = 3. Consequentemente, S = 30 cm².

Denote por L e l os lados dos quadrados grande e pequeno, respectivamente. Do enunciado, temos que

4_L_ + 4_l_ = L² − l² ⇒ 4(L + l) = (L + l)(L − l)

Como L + l ≠ 0, L − l = 4.

Ao rearranjarmos os quadriláteros, observamos que os lados com comprimentos conhecidos ficam encostados, com uma das extremidades em comum, como indicado na figura (o segmento menor, em vermelho, torna-se parte do segmento maior, em azul). O comprimento dos lados do quadrado ABCD é a diferença entre os comprimentos desses lados: 10 − 4 = 6 cm. Portanto, a área desse quadrado é 36 cm².

Como as letras P, Q, S e T estão visíveis na ilustração, essas são as faces adjacentes à face com a letra O, e a face oposta à letra O é a face com a letra R.

As faces em contato entre os dados 1 e 2 não podem ser P (visível na ilustração do dado 1), nem Q ou S (visíveis na ilustração do dado 2). Portanto, têm que ser T. Olhando para o dado 2, concluímos que a face com S é oposta à face com T.

Outra solução: A letra O possui quatro faces vizinhas com as letras P, Q, S e T.

Primeiramente observe que Zequinha juntou o dado 2 com o dado 3 pela face P, pois esta mesma face não pode estar na junção do dado 2 com o dado 1, que possui a face P visível. Logo, os dados 1 e 2 foram juntados pela face T. Assim, S e T são faces opostas, o que responde à questão. É claro também que P é oposta a Q, bem como R, que não aparece na ilustração, é oposta a O.

Como apenas 1% = 1/100 do total das pessoas da festa é do sexo feminino, podemos concluir que existem 3 · 100 = 300 pessoas ao todo. Após a saída dos homens, queremos que as 3 mulheres correspondam a 2% = 1/50 do total de pessoas da festa, ou seja, queremos passar a ter 3 · 50 = 150 pessoas. Portanto, devem sair 300 − 150 = 150 homens.

Pondo S = −1 × 2 + 2 × 3 − 3 × 4 + 4 × 5 − 5 × 6 + ··· − 49 × 50 + 50 × 51, agrupando e reordenando convenientemente, obtemos

S = 2 × (3 − 1) + 4 × (5 − 3) + 6 × (7 − 5) ··· + 50 × (51 − 49).

Portanto,

S = 2 × 2 + 4 × 2 + 6 × 2 + ··· + 50 × 2 = 2(2 + 4 + 6 + ··· + 50) = 4(1 + 2 + 3 + ··· + 25).

Finalmente, concluímos que

Durante a partida foram formadas várias equipes de 5 atletas, até o tempo acabar. Observamos que:

• a quantidade de tempo que o atleta 1 jogou (T1) é igual à soma dos tempos em jogo de cada uma das equipes de 5 de que ele participou (S1),
• a quantidade de tempo que o atleta 2 jogou (T2) é igual à soma dos tempos em jogo de cada uma das equipes de 5 de que ele participou (S2) ,

e assim por diante, até o oitavo jogador:

• a quantidade de tempo que o atleta 8 jogou (T8) é igual à soma dos tempos em jogo de cada uma das equipes de 5 de que ele participou (S8).

Cada atleta jogou a mesma quantidade de tempo (T1 = T2 = T3 = T4 = T5 = T6 = T7 = T8); logo, o tempo que cada um jogou é (S1 + S2 + S3 + S4 + S5 + S6 + S7 + S8 ) ÷ 8.

Agora, notamos que na soma S1 + S2 + S3 + S4 + S5 + S6 + S7 + S8 o tempo de jogo de cada equipe de 5 formada é somado 5 vezes. Por exemplo, se os atletas 1, 2, 3, 4 e 5 formaram uma equipe em campo, o tempo que essa equipe jogou foi considerado nas somas S1, S2, S3, S4 e S5. Assim, S1 + S2 + S3 + S4 + S5 + S6 + S7 + S8 = 5 × 60 = 300, de onde concluímos que o tempo que cada um jogou é 300 ÷ 8 minutos, o que corresponde a 37 minutos e 30 segundos.

Como curiosidade, observe no diagrama abaixo como poderia ter sido realizada uma partida nos moldes do enunciado:

Outra solução: Imagine que pagamos, em dinheiro, cada atleta proporcionalmente ao tempo que ele jogou. Se ele jogou um tempo T recebe k × T. Como, a cada instante, temos 5 atletas em campo, no fim do jogo, teremos que pagar no total k × 5 × 60 = 300 k. Se cada um deles jogou o mesmo tempo, então receberá o mesmo pagamento que os demais. Como são 8 atletas, o soldo de cada um será 300 × k/8. Para saber quanto tempo ele jogou, basta dividir por k, o que nos fornece (300 × k) / (8 × k) = 300/8 minutos.

Observamos primeiro que Joãozinho pode escolher 22 bolas sem que nenhum grupo de 7 delas satisfaça as condições do enunciado; por exemplo, ele pode escolher 10 bolas verdes, 10 amarelas, 1 azul e 1 amarela. Por outro lado, se ele escolher 23 bolas haverá, necessariamente, um grupo de 7 delas que satisfará a condição do enunciado. Podemos ver isso como segue.

Ao escolher 23 bolas, pelo menos 6 delas serão de uma mesma 1.ª cor. De fato, se isso não acontecesse, então haveria no máximo 5 bolas de cada cor, ou seja, Joãozinho teria escolhido no máximo 5 + 5 + 5 + 5 = 20 bolas, o que não é o caso, já que estamos supondo que ele escolheu 23. O maior número possível de bolas dessa cor entre as escolhidas é 10; sobram, então, no mínimo 23 − 10 = 13 bolas para as outras três cores. O mesmo raciocínio aqui mostra que há pelo menos 5 bolas de uma 2.ª cor e que sobram no mínimo 13 − 10 = 3 bolas para as duas cores restantes; finalmente, outra vez o mesmo raciocínio mostra que há pelo menos 2 bolas de uma 3.ª cor. Mostramos, assim, que, se Joãozinho escolher 23 bolas, entre elas haverá um grupo de 13 bolas com 6 de uma 1.ª cor, 5 de uma 2.ª cor e 2 de uma 3.ª cor; em particular, entre essas bolas aparecerão 3 da 1.ª cor, 2 da 2.ª e 2 da 3.ª. Segue que 23 é o menor número de bolas que ele deve escolher para garantir a condição do enunciado.

Observação geral: O argumento empregado nessa solução pode ser formalizado como segue: se a₁, a₂, ..., a_n são números reais e sua média aritmética é m, isto é, (a₁ + a₂ + ··· + a_n)/n = m, então, ou a₁ = a₂ = ··· = a_n = m ou existe pelo menos um índice i tal que a_i < m e pelo menos um índice j tal que a_j > m. No nosso caso, fizemos uma escolha de a₁ bolas verdes, a₂ bolas amarelas, a₃ bolas azuis e a₄ bolas vermelhas tal que a₁ + a₂ + a₃ + a₄ = 23; temos (a₁ + a₂ + a₃ + a₄)/4 = 23/4 > 5. Segue que existe pelo menos um i tal que a_i > 5, e, como a_i é um número inteiro, temos a_i ≥ 6; em outras palavras, entre as 23 bolas existem pelo menos 6 de uma mesma cor, e analogamente para o restante da solução. A demonstração do fato geral do início desse parágrafo é inteiramente análoga à do caso particular que acabamos de analisar.

Vamos dividir o problema em duas situações.

Primeira situação: quando o número 1 é colocado em um dos 8 triângulos indicados na figura abaixo pela cor amarela (triângulos centrais).

Escolhido qualquer um dos 8 triângulos amarelos para colocar o número 1, haverá 3 caminhos para se preencherem os números de 1 a 16 atendendo as condições do problema. Portanto, há 8 × 3 maneiras de fazer o preenchimento começando em um triângulo amarelo.

Segunda situação: quando o número 1 é colocado em um triângulo branco (triângulo de canto).

Escolhido qualquer um dos 8 triângulos brancos para colocar o número 1, haverá 4 caminhos para se preencherem os números de 1 a 16 atendendo as condições do problema. Portanto, há 8 × 4 maneiras de fazer o preenchimento começando em um triângulo amarelo.

Somando-se as quantidades obtidas nas duas hipóteses, obtemos que o número de maneiras é 8 × 3 + 8 × 4 = 24 + 32 = 56.