OBMEP 2017 · Nível 3 (ensino médio): prova com gabarito

Os quatro triângulos CDE, DAF, FED e EFB são congruentes e, portanto, têm áreas iguais a ¼ da área do triângulo maior ABC; sendo assim, a área do triângulo CDE é 12 cm². Por sua vez, o triângulo EFB também pode ser decomposto em quatro triângulos congruentes, como indicado na figura, e, desse modo, os triângulos EGI e IHB têm áreas iguais a 12/4 = 3 cm². Logo, a área destacada em amarelo, sendo a soma das áreas de CDE com EGI e IHB, é igual a 12 + 3 + 3 = 18 cm².

Como (a − b)² = a² − 2_ab_ + b² e como, pelo enunciado, a − b = 1 e ab = 1, então 1 = a² − 2 + b². Portanto, a² + b² = 1 + 2 = 3.

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.

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, tem 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.

Chamemos de L o comprimento da pista. Como a velocidade de Ana é o dobro da de Beatriz, quando elas se encontram, Ana terá percorrido 2L/3, e Beatriz L/3.

Para que isso fique mais claro, basta observar que, em um mesmo intervalo de tempo, a distância percorrida por Ana é o dobro da distância percorrida por Beatriz. Assim, quando as duas se encontram, as distâncias percorridas estarão nessa mesma proporção 2:1, e Ana terá percorrido, portanto, 2L/3.

Um raciocínio análogo mostra que, quando Ana se encontra com Cristina, Ana terá percorrido o triplo de Cristina, pois a velocidade de Ana é o triplo da velocidade de Cristina. Assim, Ana terá percorrido 3L/4 e Cristina, L/4.

Como a distância percorrida por Ana entre os dois encontros é de 20 metros, temos (3L/4) − (2L/3) = 20, ou seja, L = 240 metros.

Lembramos primeiro que, se a e b são números naturais, dizer que a é múltiplo de b (ou b divide a) é dizer que existe outro número natural c tal que a = bc. O algoritmo da divisão nos diz que, se b ≠ 0, existem únicos inteiros q e r tais que a = qb + r e 0 ≤ r < |b|; os números q e r são ditos, respectivamente, o quociente e o resto da divisão de a por b (se r = 0, temos o caso em que a é múltiplo de b).

Seja agora n o número natural do enunciado. Como n + 1 é múltiplo de 11, existe um número natural t tal que n + 1 = 11_t_; do mesmo modo, existe um número natural s tal que n − 1 = 8_s_. Multiplicando membro a membro essas expressões, temos (n + 1)(n − 1) = n² − 1 = 88_ts_, ou seja, n² = 88_ts_ + 1. Essa última expressão mostra que o resto da divisão de n² por 88 é 1.

Se f(a) = b então 5_a_² + a.a + b = 6_a_² + b = b, logo a = 0.

Como f(b) = 5_b_² + a.b + b = a, então 5_b_² + b = 0, ou seja, b.(5_b_ + 1) = 0. Portanto, b = 0 ou b = -1/5 e, como a e b devem ser diferentes, b = -1/5.

O cálculo da área solicitada pode ser feito em duas etapas. Na primeira, consideramos a figura ABCD formada pela metade do quadrado cujo lado tem comprimento 2 (ou seja, o triângulo ACD) e um oitavo do círculo com centro C e raio CA. A medida de CA é 2√2, pois coincide com a diagonal do quadrado de lado 2.

A área dessa figura é: 4/2 + (1/8)8π = 2 + π.

Na segunda etapa, para calcular a área da região verde, observamos que ela pode ser obtida a partir da figura completa ABCD retirando um quarto do círculo com centro em D e raio DA, o qual mede 2. A área desse um quarto de círculo é (1/4)4π = π.

Fazendo a diferença (2 + π) − π = 2, temos a área da região verde.

Como 2²⁰¹⁷ é a maior potência de dois que divide o produto 1 × 2 × 3 × ... × 2023 × 2024, podemos escrever esse produto na forma 2²⁰¹⁷ × I, sendo I um número ímpar.

Já o produto 1 × 2 × 3 × ... × 4047 × 4048 pode ser escrito da seguinte maneira:

1 × (2 × 1) × 3 × (2 × 2) × 5 × (2 × 3)... × (2 × 2023) × 4047 × (2 × 2024) =

(1 × 3 × 5 × ⋯ × 4047) × (2 × 1) × (2 × 2) × (2 × 3) × (2 × 2023) × (2 × 2024) =

(1 × 3 × 5 × ⋯ × 4047) × (1 × 2 × 3 × ... × 2023 × 2024) × 2²⁰²⁴ =

(1 × 3 × 5 × ⋯ × 4047) × I × 2²⁰¹⁷ × 2²⁰²⁴

O primeiro fator da última expressão também é um número ímpar, logo,

1 × 2 × 3 × ... × 4047 × 4048 = T × 2^2017+2024 = T × 2⁴⁰⁴¹, sendo T um fator ímpar. Assim, o expoente da maior potência de dois que divide o produto dado é 4041.

Inicialmente definimos as variáveis AG = x e DF = y, que são os raios dos semicírculos com centros em G e F, respectivamente. O raio do semicírculo com centro em E é igual a 9/2. Como ele é tangente ao semicírculo com centro em F, EF é igual a (9/2) + y. Como CE = 9/2 e CF = 9 − y, aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo CEF, temos:

((9/2) + y)² = (9/2)² + (9 − y)² → (81/4) + 9_y_ + y² = (81/4) + 81 − 18_y_ + y² → y = 3.

Como os semicírculos com centros em F e G são tangentes, FG = x + y = x + 3. Além disso, DG = 9 − x e DF = 3. Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo DFG, temos:

(3 + x)² = 3² + (9 − x)² → 9 + 6_x_ + x² = 9 + 81 − 18_x_ + x² → x = AG = 27/8.

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 x 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.

Observe que a soma dos números das seis faces de um dado é 21. Assim, a soma de todos os números dos três dados é 63. Consequentemente, a maior soma que Benício pode obter é igual a 57, quando as faces em contato correspondem aos números 1 e 2. De fato, a menor soma possível para os números das faces em contato garante a maior soma possível para os números das faces que não ficam em contato: 57 = 63 − 6 = 63 − (1 + 1 + 2 + 2).

Analogamente, a menor soma possível para Benício obter é igual a 41, quando as faces em contato correspondem aos números 5 e 6: 41 = 63 − 22 = 63 − (5 + 5 + 6 + 6).

Como 16 = 57 − 41, ou seja, 16 é o resultado da diferença entre a maior soma e a menor soma possíveis, essa foi a situação observada por Benício. De fato, as demais diferenças entre as possíveis somas são menores que 16, uma vez que esse é o resultado entre as duas situações extremas. Consequentemente, as faces que não ficaram em contato nas duas observações de Benício correspondem aos números 3 e 4.

Outra solução:

A soma dos números de cada dado é 21. Se, na primeira montagem, os números em contato são a e b, a soma dos números que não ficaram em contato é S₁ = 3 x 21 − (2a + 2b) = 63 − 2(a + b). O fator 2 se explica notando que são sempre pares de faces em contato. Além disso, temos que a e b são necessariamente distintos.

Da mesma forma, na segunda montagem, se os números das faces em contato são c e d, a soma dos números que não ficaram em contato será S₂ = 63 − 2(c + d).

Sem perda de generalidade, podemos supor que S₁ ≥ S₂.

A diferença entre esses números é 16, ou seja:

(63 − 2(a + b)) − (63 − 2(c + d)) = 16 → (c + d) − (a + b) = 8.

Vamos analisar as possíveis soluções dessa equação, com a, b, c e d inteiros entre 1 e 6, e a ≠ b e c ≠ d.

O valor máximo de (c + d) − (a + b) é obtido quando c + d é máximo e a + b é mínimo. Isso ocorre com c + d = 5 + 6 = 11 e a + b = 1 + 2 = 3. Assim, a diferença que Benício encontrou é, justamente, a máxima possível. Isso implica que os números que nunca estiveram em contato são 3 e 4.

Prolongando-se dois lados do quadrilátero, obtemos um triângulo equilátero de lado 4 cm e um triângulo retângulo grande DAE que é metade de um triângulo equilátero de lado 12 cm, como indicado na figura.

Pelo Teorema de Pitágoras, a altura de um triângulo equilátero de lado l é h = (√3/2)l. Logo,

área de ABCD = (área do triângulo retângulo DAE) − (área do triângulo equilátero CBE) = (6.6.√3)/2 − (16√3)/4 = 14√3 cm².

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.

Sejam AB = AG = a e EF = FG = b. Estudaremos separadamente a função R(x), dependendo da posição do ponto P na poligonal ABCDEF.

Caso 1) P está no segmento AB: 0 ≤ x ≤ a.

Como mostra a figura, nesse caso a altura do triângulo relativa à base AP é sempre FG = b. Assim, R(x) = (b/2)x.

Caso 2) P está no segmento BC: a ≤ x ≤ a + b.

De acordo com a figura, segue que

Caso 3) P está no segmento CD:

Na figura, o segmento auxiliar DI é perpendicular aos segmentos paralelos CD e AF. A altura do triângulo AFP relativa à base AF permanece constante, com medida DI, logo, a área do triângulo AFP é constante e seu valor é determinado no momento em que P está em C, ou seja,

Com as informações coletadas nos casos 1, 2 e 3, percebe-se que os únicos gráficos que podem representar a área R(x) são os apresentados em B) e E). No entanto, observamos que, quando o ponto P chega ao final do percurso (ponto F), ou seja, quando , o triângulo AFP degenera no segmento AF, sendo sua área igual a zero. Assim, o gráfico que melhor representa R(x) é o apresentado em E).

De acordo com a maneira com que João reduza a quantidade de copos da fila,

• após a 1.ª etapa teremos 148/2 = 74 copos na fila;
• após a 2.ª etapa teremos 74/2 = 37 copos na fila;
• após a 3.ª etapa teremos (37 + 1)/2 = 19 copos na fila;
• após a 4.ª etapa teremos (19 + 1)/2 = 10 copos na fila;
• após a 5.ª etapa teremos 10/2 = 5 copos na fila;
• após a 6.ª etapa teremos (5 + 1)/2 = 3 copos na fila;
• após a 7.ª etapa teremos (3 + 1)/2 = 2 copos na fila.

Em cada etapa, a quantidade de feijões no segundo copo sempre dobra. Assim, após a 7.ª etapa, a quantidade de feijões no segundo copo será 2⁷ = 128. Todos os demais feijões estarão no primeiro copo. Portanto, a quantidade de feijões no primeiro copo quando a fila se reduz a dois copos é 148 − 128 = 20.

Ana garantirá o empate quando a quantidade de votos que ainda não tiverem sido apurados for igual à diferença entre os votos já apurados em favor da Ana e os votos já apurados em favor de Beto. De fato, para que o empate ocorra ninguém mais deve votar em Ana e todos os votos válidos devem ir para Beto.

Votos já apurados = N

Votos válidos = 80% de N

Votos apurados a favor de Ana = 60% de 80% de N = (60/100) × (80/100) × N = 0,48_N_

Votos apurados a favor de Beto = 40% de 80% de N = (40/100) × (80/100) × N = 0,32_N_

Votos que ainda serão apurados = 1450 − N

Portanto, 0,48_N_ − 0,32_N_ = 1450 − N ⇒ 0,16_N_ = 1450 − N ⇒ 1,16_N_ = 1450

⇒ N = 1450/1,16 = 1250

Como {a, b, c} é um conjunto de três elementos, devemos contar quantas são as formas de expressar 2310 como um produto de três fatores distintos, não importando a ordem. A decomposição em fatores primos de 2310 é 2 × 3 × 5 × 7 × 11.

Há 4 tipos de decomposição possíveis: 1 × (abcd) × e, 1 × (abc) × (de), (abc) × d × e, (ab) × (cd) × e.

Vamos contar separadamente as possibilidades em cada caso.

1º caso: 1 × (abcd) × e

Basta escolher o número correspondente a e. Há, portanto, 5 possibilidades.

2º caso: 1 × (abc) × (de)

Basta escolher os números d e e. O número d pode ser escolhido de 5 modos e, a seguir, e pode ser escolhido de 4 modos, para um total de 5 × 4 = 20 modos. No entanto, como a ordem dos fatores não afeta o produto dos dois números (ou seja, de = ed), cada possibilidade aparece duas vezes nesta contagem. Portanto, o fator de (em consequência o fator abc) pode ser escolhido de 10 modos.

3º caso: (abc) × d × e

Basta escolher os fatores d e e. Como no caso anterior, temos (5 × 4)/2 = 10 possibilidades.

4º caso: (ab) × (cd) × e

O fator e pode ser escolhido de 5 modos. Para os demais fatores, basta escolher o par cd, o que pode ser feito de (4 × 3)/2 = 6 modos, para um total de 5 × 6 = 30 modos. Como não importa a ordem entre os fatores (ab) e (cd), cada possibilidade está contada em dobro. O número de possibilidades neste caso é, portanto, 30/2 = 15.

Logo, o número total de possibilidades é 5 + 10 + 10 + 15 = 40.

Outra solução: Vamos contar quantas são as possibilidades para colocar cada um dos 5 fatores primos em um dos termos a, b, ou c. Temos três possibilidades para cada fator primo, para um total de 3×3×3×3×3 = 243 casos. Três dessas possibilidades não são válidas (1 x 1 x 2310, 1 x 2310 x 1 e 2310 x 1 x 1), pois correspondem a produtos com termos 1 repetidos. Por outro lado, cada decomposição aparece 6 vezes nas 240 possibilidades restantes (já que são contados separadamente os 6 modos de escrever o produto abc). Assim, o número de possibilidades é 240/6 = 40.

O espaço amostral desse experimento é formado pelas trincas (a, b, c) com a, b e c variando de 1 a 9, ou seja, 9 x 9 x 9 = 729 pontos equiprováveis.

Observe que um número natural pode ser múltiplo de 3 ou estar a uma distância 1 ou 2 do próximo múltiplo de 3. Por exemplo, 4 está a uma distância 2 de 6, e 5 a uma distância 1 de 6.

Assim, a pode ser escolhido de 9 maneiras, e b não pode assumir 3 dos 9 valores, isto é, ou não pode assumir 3, 6 e 9, ou não pode assumir 1, 4 e 7, ou não pode assumir 2, 5 e 8. Assim, b pode assumir 6 valores.

Para a escolha de c, utilizamos o mesmo argumento, só que agora queremos que assuma um dos três valores que tornem o resultado da soma a + b + c um múltiplo de 3.

Portanto, o número de pontos que satisfazem o enunciado é 9 x 6 x 3 = 162, e a probabilidade é 162/729=2/9.

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 x 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 x 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 x 3 + 8 x 4 = 24 + 32 = 56.