OBMEP 2019 · Nível 2 (8º e 9º anos): prova com gabarito

Os valores das expressões são: A) 8, B) 11, C) 11, D) - 7 e E) - 8. Portanto, a expressão com o menor valor é a que está na letra E.

Vamos pensar nas netas como as letras A, B, C, D e E e descrever a ordem em que elas chegaram como uma sequência dessas letras, lida da esquerda para a direita. O enunciado nos diz que nessa sequência

1. o B está à esquerda do A (Beatriz chegou antes de Ana);
2. o B está à direita do D (Beatriz chegou depois de Daniela);
3. o bloco CDE aparece sem letras intermediárias e com as letras nessa ordem (Cláudia, Daniela e Érica chegaram uma em seguida da outra, nessa ordem).

As informações 2 e 3 mostram que o B aparece à direita do bloco CDE, e a informação 1 diz que o A está à direita do B. A nossa sequência é, então, CDEBA, e concluímos que a primeira a chegar foi Cláudia.

Inicialmente, observamos que as decomposições em fatores primos dos números que aparecem no enunciado são:

462 = 2.3.7.11

150 = 2.3.5.5

495 = 3.3.5.11

84 = 2.2.3.7

Na interseção de 150 com 462, deve aparecer o 2, pois o 3 já está na interseção de 150 com 294.

A interseção de 495 com 84 deve ser preenchida com o 3, pois é o único fator primo comum entre esses dois números. Desta forma, sobra o 7 para a interseção de 462 com 84.

Então, como a fatoração do 84 é 3 . 2 . 7 . 2, concluímos que * = 2.

A figura 1 é formada por 5 bolinhas em formato de Y e, a partir dela, quando passamos de uma figura para a seguinte, a próxima figura tem 3 bolinhas acrescidas, sendo uma em cada ponta do Y. Logo, a 15ª figura terá 5 + 3 × 14 = 47 bolinhas.

Mais geralmente, a quantidade de bolinhas na n-ésima figura é 5 + 3 (n − 1) = 3 n + 2.

Pensemos assim: se todo habitante da cidade que possui dois celulares doasse um deles para quem não tem celular (somente um celular para quem não tem nenhum), todos passariam a ter um celular cada. Como o número de pessoas que moram na cidade é 3000, há, portanto, 3000 celulares em Quixajuba.

Vamos encontrar primeiramente o número de convidados. Chamemos esse número de n. Assim, pelo enunciado, n deixa resto 1 quando dividido por 6, 7 ou 8. Como o mínimo múltiplo comum de 6, 7 e 8 é 168, o número de convidados é n = 169, já que 169 < 200. Se distribuirmos 169 pessoas em mesas com 9 lugares, restarão 7 pessoas, pois 169 dividido por 9 deixa resto 7.

Digamos que o preço da camiseta é X. Após o primeiro desconto, passa a ser X − 0,1_X_ = 0,9_X_. Após o segundo desconto, passa para 0,9_X_ − 0,2(0,9_X_) = 0,9_X_ − 0,18_X_ = 0,72_X_. Como esse preço final é R$ 36,00, temos

0,72_X_ = 36 → X = 36/0,72 = 50.

O preço original da camiseta era, portanto, R$ 50,00.

Reescrevendo as frações da equação com um mesmo denominador comum e cancelando esse denominador, temos:

a/11 + b/3 = 31/33 ⇔ 3_a_/33 + 11_b_/33 = 31/33 ⇔ 3_a_ + 11_b_ = 31

Logo, como a e b são um inteiros positivos, b só pode assumir os valores 1, 2, senão o primeiro membro da última igualdade seria maior do que 31. Temos as seguintes possibilidades:

• b = 1 ⇒ 3_a_ + 11 = 31 ⇒ 3_a_ = 20, impossível, pois a é inteiro.
• b = 2 ⇒ 3_a_ + 22 = 31 ⇒ 3_a_ = 9 ⇒ a = 3.

Assim, a = 3, b = 2 e, portanto, a + b = 5.

Um número divisível quatro vezes consecutivas por 2 é divisível por 2 × 2 × 2 × 2 = 2⁴ = 16.

Como o resultado, após essas divisões, deve ser ímpar, esse número é da forma 16.l, sendo l um número ímpar. Sabendo que 16 × 7 = 112 é o primeiro múltiplo de 16 com 3 algarismos e que 16 × 62 = 992 é o último, a quantidade de números tetrapares com 3 algarismos é igual à quantidade de números ímpares de 7 a 62, incluindo o 7.

Logo, são (62 − 6)/2 = 28 números tetrapares com 3 algarismos.

Ao despejar o conteúdo das canecas A (pequena) e B (média) cheias na Caneca C (grande) será ocupado

5/8 + 3/5 × 5/8 = 5/8 + 3/8 = 1

da capacidade da Caneca C, ou seja, ela ficará totalmente cheia, sem transbordar. De forma ilustrativa, dividindo a Caneca C em 8 partes iguais, a figura a seguir mostra que 5 dessas partes correspondem à capacidade da Caneca B, e as outras 3, à capacidade da Caneca A.

A ilustração nos permite concluir que os números escritos nas quatro faces que compartilham um lado com a face de número 10 são: 11, 12, 13 e 14. Observando as rotações do número 10, podemos concluir que 11 é oposto a 14 e 12 oposto a 13. Mais precisamente, 13 é o número que está mais próximo do algarismo 1 do número 10, e 12 o que está mais próximo do algarismo 0. Assim, a soma dos números das faces em contato é 14 + 13 + 12 + 14 + 11 + 12 = 76.

O triângulo ABN tem base AB igual à do paralelogramo e altura relativa a essa base igual à altura do paralelogramo relativa a essa mesma base. Portanto, a área de ABN (que é igual a a + b + x) é igual à metade da área do paralelogramo. Do mesmo modo, a área de ADM (igual a d + b + c) é também igual à metade da área do paralelogramo.

Logo, a + b + x = d + b + c e, daí, x = c + d − a.

Um aluno pode acertar de 1 a 4 questões ou errar todas. A média é dada por

0,05 × 1 + 0,40 × 2 + 0,25 × 3 + y × 4 = 2,

em que y representa a porcentagem de alunos que acertou 4 questões. Note que incluir o zero não altera a média. Temos que y = 0,10, ou seja, 10% dos alunos acertaram 4 questões e, portanto, 100% - (5%+40%+25%+10%) = 20% dos alunos erraram todas as questões.

Temos 90° = ∠ABC = ∠ABE + ∠EBC = 20° + ∠EBC e, então, ∠EBC = 70°; como o triângulo CBE é isósceles de base BE, temos também ∠BEC = 70°. Por outro lado, temos ∠DBC = 45°, pois BD é diagonal do quadrado; de 70° = ∠EBF + ∠FBC = ∠EBF + 45° segue então que ∠EBF = 25°. Como a soma dos ângulos de um triângulo é 180° e no triângulo EBF já temos os ângulos ∠BEC = 70° e ∠EBF = 25°, segue que ∠BFE = 180° − (25° + 70°) = 85°. Finalmente, os ângulos ∠BFE e ∠CFD são opostos pelo vértice, logo, iguais. Assim, ∠DFC = 85°.

Considerando que os cinco dias foram escolhidos ao acaso e, com base nos dados da tabela, podemos concluir sobre as afirmações:

A) É falsa, pois há mais de cinco dias em que Flávia estudou um número de horas diferente de 5 horas. Nos dias escolhidos ao acaso, o número de horas estudadas por dia poderia ser, por exemplo, 3h, 3h, 7h, 7h e 9h.

B) É falsa, pois entre os dias escolhidos podem estar, por exemplo, o dia em que ela estudou 9h e um dia em que ela estudou 7h e somente esses dois dias já somam mais do que 15 horas estudadas.

C) É verdadeira. Os dias escolhidos podem ser exatamente aqueles nos quais Flávia estudou o maior número de horas por dia: um dia de 9h, dois dias de 7h e dois dias de 5h, totalizando 1 × 9 + 2 × 7 + 2 × 5 = 33 horas.

D) É falsa, pois a soma dos números de horas estudadas nos cinco dias pode ser menor do que 20 horas, por exemplo, cinco dias de 3h por dia. Neste caso a soma das horas estudadas é 15.

E) É falsa, pelo mesmo motivo anterior: a soma dos números de horas estudadas nos cinco dias pode ser menor do que 16 horas, por exemplo, cinco dias de 3h por dia. Nesse caso, a soma das horas estudadas é 15, menor do que 16 horas.

Os rapazes devem se sentar juntos ao redor da mesa; escolhemos primeiramente três posições vizinhas e a ordem dos rapazes nas posições escolhidas: isso pode ser feito de 6 x 6 = 36 modos diferentes. Fixemos uma dessas escolhas. Para raciocinar, digamos que foi escolhida a seguinte acomodação para os rapazes (observe que não há perda de generalidade aqui):

Vamos pensar na acomodação das moças. Na cadeira de número 6 não deve se sentar a namorada do rapaz 1 e, assim, há dois casos a considerar:

• Na cadeira 6 senta-se a moça que namora o rapaz 2. Nesse caso, como na cadeira 4 não deve se sentar a moça que namora o rapaz 3, há somente uma possibilidade de acomodação das moças. Fazendo variar a posição dos rapazes, há, portanto, um total de 1 x 36 = 36 possibilidades.
• Na cadeira 6 senta-se a moça que namora o rapaz 3. As cadeiras 4 e 5 podem ser usadas pelas namoradas dos rapazes 1 e 2 (duas possibilidades). Fazendo variar a posição dos rapazes, há, portanto, um total de 2 x 36 = 72 possibilidades.

Somando os dois casos acima, concluímos que há 36 + 72 = 108 possibilidades de ocupar as cadeiras, de acordo com as exigências do enunciado.

OUTRA SOLUÇÃO:

Pensando primeiramente no trio de homens, chamaremos o que fica entre os outros dois de “homem central” e os outros dois de “homem da direita” e “homem da esquerda”.

Em qual cadeira ficará o homem central? 6 possibilidades.

Qual será o homem central? 3 possibilidades.

Qual será o homem da direita? 2 possibilidades.

Qual será o homem da esquerda? 1 possibilidade.

Após posicionados os homens, vamos chamá-los de A, B e C, e as respectivas namoradas de A’, B’ e C’.

Basta decidir agora em qual cadeira B’ (namorada do homem central) se sentará, pois, após ela se sentar, as posições das outras namoradas ficarão amarradas.

Qual será a posição de B’? 3 possibilidades.

Qual será a posição de A’? 1 possibilidade.

Qual será a posição de C’? 1 possibilidade.

Assim, o número de maneiras de arrumar os 3 casais nas condições estabelecidas é:

N = 6 x 3 x 2 x 1 x 3 x 1 x 1 = 108.

Representando graficamente as três situações uma no topo da outra, como na figura ao lado, observamos que a soma das três medidas corresponde a 3 vezes a distância h (o bloco verde debaixo compensa com o bloco verde do topo).

Logo, h = (113+80+82)/3 = 91 cm.

OUTRA SOLUÇÃO:

Cada uma das distâncias nas três figuras pode ser expressa em termos de h e das alturas de dois dos blocos:

111 = h − bloco verde + bloco azul

80 = h − bloco azul + bloco rosa

82 = h − bloco rosa + bloco verde

Cada bloco aparece uma vez nessas igualdades com sinal positivo e outra com sinal negativo.

Portanto, ao somá-las, eles se cancelam. Temos, assim:

111 + 80 + 82 = 3_h_

Logo, 3_h_ = 273 e, portanto, h = 91 cm.

Reescrevendo a equação de forma conveniente, temos:

a² + 2_bc_ = c² + 2_ab_ ⇔ a² − c² = 2_ab_ − 2_bc_ ⇔ (a + c)(a − c) = 2_b_(a − c)

Se a = c então a equação é sempre verdadeira, independente do valor de b, já que ela se reduz a 0 = 0. Nesse caso, como a, b e c estão restritos ao conjunto {0,1,2,...,9}, temos 10 possibilidades para a = c e 10 possibilidades para b, totalizando 10 × 10 = 100 soluções diferentes.

Se a ≠ c então podemos cancelar o fator (a − c) em ambos os lados da equação, e ela será verdadeira quando a + c = 2_b_. Nesse caso, devemos contar os casos em que a + c é um número par maior do que 0 e menor do que 18 (os casos a + c = 0 e a + c = 18 já foram contados anteriormente, pois eles ocorrem quando a = c = 0 e a = c = 9). Devido à simetria a + c = c + a, essa contagem pode ser feita considerando apenas os casos em que a + c é par com a > c e, depois, multiplicando o resultado por 2. Listando esses casos a partir do valor de a, temos:

• a = 0 : nenhum caso
• a = 1 : nenhum caso
• a = 2 : somente 1 caso → c = 0
• a = 3 : somente 1 caso → c = 1
• a = 4 : somente 2 casos → c = 0 e c = 2
• a = 5 : somente 2 casos → c = 1 e c = 3
• a = 6 : somente 3 casos → c = 0, c = 2 e c = 4
• a = 7 : somente 3 casos → c = 1, c = 3 e c = 5
• a = 8 : somente 4 casos → c = 0, c = 2, c = 4 e c = 6
• a = 9 : somente 4 casos → c = 1, c = 3, c = 5 e c = 7

Logo, somando todos os casos acima, temos 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 4 + 4 = 20 soluções e, multiplicando por 2 devido à simetria temos um total de 40 soluções. Totalizando, temos 100 + 40 = 140 soluções diferentes de a² + 2_bc_ = c² + 2_ab_ em que a, b e c pertencem ao conjunto {0,1,2,...,9}. Logo, a tabela de Joãozinho tem 140 linhas.

Após X horas, um dos relógios indicará um horário de um momento futuro que poderá ser obtido do outro relógio avançando-se 16 · X minutos. Para que eles marquem a mesma hora, esse avanço deve ser um múltiplo da quantidade de minutos de um dia, que é 24 · 60. O menor valor de X é (24 · 60)/16 = 90. Como 90 = 3 · 24 + 18, após 3 dias e 18 horas eles marcarão a mesma hora em seus visores, que será 11:00.

Inicialmente vamos mostrar que abrir duas caixas não é suficiente. Vamos chamar as caixas de A,B,C,D e E e as bolas com os mesmos nomes para que possamos abrir hipóteses sem perder generalidade e chamaremos de caixa especial a caixa com bola de mesma numeração da caixa.

Após abrir a primeira caixa (A) duas coisas podem acontecer: encontramos a bola A e teremos descoberto a caixa especial. Então vamos nos concentrar no caso em que a bola na caixa A seja uma bola diferente de A, que chamaremos de B.

Hipótese 1: Abrir a caixa B (é uma hipótese ruim, pois já temos certeza de que a caixa B não é a especial, mas, ainda assim, vamos analisar para esgotar as possibilidades).

Se na caixa B estiver a bola A, então ainda não se pode saber qual é a caixa especial, basta ver no diagrama abaixo que haveria três possibilidades para as outras 3 caixas e cada uma dessas possibilidades apresenta uma caixa especial diferente :

Se na caixa B estiver uma bola diferente de A e de B, podemos, sem perda de generalidade, chamá-la de C, então com certeza a caixa especial terá que ser a D ou a E, mas as duas coisas ainda poderiam acontecer como descrito no diagrama abaixo e, portanto, não seria possível determinar a caixa especial abrindo só duas caixas.

Hipótese 2: Após abrir a caixa A, escolhemos uma caixa diferente da B para abrir. Separaremos essa hipótese em dois casos: se a bola nessa caixa for A ou se a bola nessa caixa for diferente de A e de C.

Se a bola na caixa C for A, então cairemos nos dois casos do diagrama abaixo, e não será possível determinar se a caixa especial é a D ou a E:

Se a bola na caixa C for diferente de A e de C (por exemplo, D), esta será a única situação em que a caixa especial ficará determinada após a abertura de duas caixas não especiais.

Com isso, concluímos que, de fato, a abertura de duas caixas não garante a determinação de qual é a especial.

Vamos mostrar agora que com a abertura de 3 caixas podemos garantir qual é a caixa especial.

Imaginemos que 3 caixas foram abertas e que nenhuma delas era a especial.

Se chamarmos essas 3 caixas de A,B e C, então é impossível que as 3 bolas A, B e C já tenham aparecido nas 3 primeiras caixas, pois isso obrigaria as caixas D e E a serem ambas especiais ou ambas não especiais.

Portanto, em uma das 3 caixas não especiais que já foram abertas tem que aparecer a bola de uma das outras duas caixas que automaticamente poderemos garantir que também não será especial. Com isso, só sobrará uma caixa para ser a especial.

Podemos, portanto, garantir que a quantidade mínima de caixas que precisam ser abertas para descobrirmos qual caixa contém a bola de igual número é 3.