OBMEP 2019 · Nível 3 (ensino médio): prova com gabarito

Em um grupo de 13 estudantes temos 8 meninas e 5 meninos, ou seja, 3 meninas a mais. Em 20 grupos de 13 estudantes teremos exatamente 60 meninas a mais do que meninos. Logo, no total temos 20 × 13 = 260 estudantes.

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.

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 ao 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.

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.

Para obter f(3), façamos (2_x_ + 1)/(x − 1) = 3. Obtemos, assim, 2_x_ + 1 = 3(x − 1), ou seja, x = 4. Portanto,

f(3) = 1/4

Vamos usar as letras p, c e s para denotar o preço (em reais) de um pão de queijo, de um cachorro-quente e de um suco de laranja, respectivamente. O enunciado nos diz que p + 2_c_ + s = 31 e 3_p_ + 3_c_ + 2_s_ = 59. Multiplicando a primeira expressão por 2 e subtraindo do resultado, pois, assim, a segunda expressão, obtemos

2(p + 2_c_ + s) − (3_p_ + 3_c_ + 2_s_) = c − p

e, por outro lado,

2(p + 2_c_ + s) − (3_p_ + 3_c_ + 2_s_) = 2 · 31 − 59 = 3

ou seja, c − p = 3.

Vamos a outra solução; ao contrário da anterior, onde o c − p apareceu “por acaso”, nessa vamos sistematicamente em busca de c − p, escrevendo

31 = p + 2_c_ + s = 2(c − p) + 3_p_ + s

e

59 = 3_p_ + 3_c_ + 2_s_ = 3(c − p) + 6_p_ + 2_s_.

Observando essas expressões, notamos que o 6_p_ + 2_s_ da segunda é duas vezes o 3_p_ + s da primeira, o que sugere multiplicar a primeira expressão por 2 e subtrair a segunda do resultado, pois assim os termos em p e s desaparecem, restando apenas um termo em c − p. Temos então

2 · 31 − 59 = [4(c − p) + 6_p_ + 2_s_] − [3(c − p) + 6_p_ + 2_s_] = c − p

ou seja, temos c − p = 3 como antes.

Observando que AAA = A × 111 = A × 3 × 37, temos as seguintes possibilidades:

A = 1. Não serve pois teríamos, obrigatoriamente, AB = 37 e o primeiro dos A’s na conta seria 3 e não 1.

A = 2. Não serve pois teríamos AB = 37 com B = 6 ou AB = 74 com B = 3. Nos dois casos, olhando para o primeiro dos A’s na conta, teríamos A ≠ 2.

A = 3. Serve pois AB seria 37 e, consequentemente, A = 3, B = 7 e C = 9.

A = 4. Não serve, AB seria 74 e C = 6, ou seja, o primeiro A da conta seria 7 ≠ 4.

A = 5. Não serve, pois teríamos C com 2 algarismos ou AB com 3 algarismos.

A = 6. Não serve, AB seria 74 e C = 9, ou seja, o primeiro A da conta seria 7 ≠ 6.

A > 6. Não serve, pois teríamos C com 2 algarismos ou AB com 3 algarismos.

Logo, C = 9.

Há 15 possibilidades de escolhas de uma bola da primeira caixa juntamente com uma bola da segunda caixa. Dessas 15 escolhas duplas (uma bola de cada caixa), somente 3 repetem a mesma letra. Logo, a probabilidade das duas bolas terem a mesma letra é 3/15 = 1/5.

OUTRA SOLUÇÃO:

Basta olhar para as bolas na ordem inversa do sorteio, ou seja, olhe para a segunda bola primeiro. Os 3 resultados são bons para a sua intenção. Agora olhe para a primeira bola sorteada: apenas um dos 5 resultados são favoráveis a sua intenção, portanto, a probabilidade desejada é 1/5.

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.

Observando que

1111111111 = (10¹⁰ − 1)/9 e

22222 = 2 × 11111 = 2 × (10⁵ − 1)/9, temos:

Logo, a soma dos algarismos do número apresentado no enunciado é 3 × 5 = 15.

Os triângulos isósceles DEP podem ser divididos em três tipos: PE = PD, DP = ED e ED = EP. Vamos analisar esses casos um a um; vamos também garantir que, em cada caso, não aparecem triângulos equiláteros, de modo que a contagem final será dada pela soma das contagens em cada caso.

Caso PE = PD: Nesse caso P deve estar na mediatriz de DE, conforme a figura à direita. É visualmente claro que aqui temos apenas um triângulo isósceles, mas do ponto de vista matemático isso não é suficiente; devemos mostrar que a mediatriz de DE intersecta a reta BC entre os pontos B e C, ou, equivalentemente, que CP < 8.

Para isso, consideremos a figura à esquerda, em que M é o ponto médio de DE e a reta MP é a mediatriz de DE. O segmento MR é base média do triângulo DQE; segue que MR = 1,5 e então MS = 2,5 (curiosamente, o triângulo MSD é isósceles). Observamos agora que os triângulos SPM e DQE são semelhantes, vez que são ambos retângulos e seus ângulos em M e D, sendo agudos e tendo seus lados dois a dois perpendiculares, são iguais. Segue que PS/MS = EQ/DQ, ou seja, PS/2,5 = 3/4. Logo, PS = 1,85 e, então, CP = CS + SP = 3,85 < 8, ou seja, P está de fato no segmento BC. Observamos finalmente que o triângulo PDE não é equilátero, pois do triângulo retângulo DPC obtemos

DP² = 1² + CP² < 1 + (3,85)² < 1 + 16 = 17

e, então, DP < 5.

Caso DE = DP: Nesse caso P deve estar em uma circunferência de centro D e raio DE. É visualmente claro que temos apenas um triângulo isósceles, conforme a figura à direita. Para mostrar que esse é o caso, observemos que se supormos DP = 5 com P ∈ BC, o teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo retângulo CPD nos dá

CP² = 5² − 1² = 24, ou seja, CP = 2√6 < 8.

Para mostrar que o triângulo DEP não é equilátero vamos usar a figura à esquerda, onde F é o pé da perpendicular traçada por E a BC. Como CF = EF = 4 e CP = 2√6 > 4, temos PF = 2√6 − 4; o triângulo retângulo EFP nos dá

EP² = 4² + (2√6 − 4)² = 56 − 16√6 < 56 − 16 × 2,4 = 17,6 < 25

Foi usado que √6 > 2,4 na penúltima desigualdade. Logo, EP < 5 e o triângulo DEP não é equilátero.

Caso EP = ED: Nesse caso P deve estar na circunferência de centro E e raio ED. Outra vez, é visualmente claro que temos três soluções, conforme a figura à direita; vamos mostrar que isso realmente acontece.

Subcaso P ∈ AB: Se P ∈ AB é tal que EP = ED = 5, conforme a figura à esquerda, o teorema de Pitágoras nos diz que AP = 3, ou seja, temos um único P neste caso. Notamos que o triângulo EDP não é equilátero pois DP = 8.

Subcaso P ∈ BC: Sejam F o pé da perpendicular traçada de E a BC e P₁, P₂ ∈ BC tais que FP₁ = FP₂ = 3. Aqui também o teorema de Pitágoras nos mostra que EP₁ = EP₂ = 5 e temos os dois triângulos isósceles EDP₁ e EDP₂. Observamos que nenhum deles é equilátero; de fato, o triângulo retângulo CDP₁ nos dá (DP₁)² = 1² + 7² = 50, donde DP₁ ≠ 5 e o triângulo retângulo DCP₂ nos dá (DP₂)² = 1² + 1² = 2, donde DP₁ ≠ 5.

Desse modo, existem exatamente cinco triângulos isósceles satisfazendo as condições do enunciado.

A medidas dos segmentos BC e CP são denotadas, respectivamente, por a e b, e x e y denotam as medidas das alturas dos triângulos PQC e ABQ, respectivamente. A área do triângulo BCP é 8, assim (a · b)/2 = 8; portanto b = 16/a. Além disso, temos as relações:

• (16/a) · (x/2) = 2 ⇔ x = a/4
• y = a − a/4 = (3/4)a

Por outro lado, os triângulos ABQ e PQC são semelhantes (por terem seus ângulos internos iguais) com razão de semelhança y/x = 3, o que implica na igualdade

área(ABQ) = 9 × área(PQC) = 18.

Portanto, área(ABCD) = 2 × (18 + 6) = 48.

A área do triângulo ABP em função de x é igual a (8 · x)/2 = 4_x_, pois sua base AB mede 8 cm, e a altura relativa a essa base é exatamente a distância do ponto P a essa base, ou seja, x. A área do triângulo APD é o dobro, isto é, 8_x_. Portanto, a área da região destacada em cinza é igual à área do quadrado subtraída das áreas desses dois triângulos, ou seja, igual a 8² − (4_x_ + 8_x_) = 64 − 12_x_. O valor de x varia entre 0, quando P coincide com o vértice A, e 4, quando P coincide com o ponto médio do lado BC (lembremos que o ponto P deve permanecer no interior do quadrado, conforme nos diz o enunciado). Se y é área da região cinza, então y = 64 − 12_x_ para x real e 0 ≤ x ≤ 4, e o gráfico de y em função de x é um segmento de reta, conforme figura abaixo.

A afirmação I é falsa, pois, por exemplo, os cartões com os números 1, 1, 22 e 22 satisfazem o enunciado e nem todos são iguais ou maiores do que 8.

A afirmação II é verdadeira. Para ver isso, sejam a, b, c e d os números nos cartões. Sabemos que

a + b + c ≥ 24

a + b + d ≥ 24

a + c + d ≥ 24

b + c + d ≥ 24

Da primeira igualdade, podemos inferir que ou a ≥ 8 ou b ≥ 8 ou c ≥ 8. Sem perda de generalidade, suponhamos a ≥ 8. Analisemos agora a última das quatro equações acima; pelo mesmo motivo, um dos três números, b, c ou d, deve ser igual ou maior do que 8, digamos que b ≥ 8, novamente sem perda de generalidade. Logo, a + b ≥ 16.

A afirmação III é verdadeira. Escolhendo a e b como acima, concluímos que a x b ≥ 64.

A ocupação dos lugares se dá em duas etapas:

• Inicialmente, os lugares são ocupados de modo que não haja cadeiras vizinhas ocupadas, até que isto não seja mais possível.
• A seguir, os demais lugares são ocupados em qualquer ordem.

Para contar o número de possibilidades de ocupação, vamos, inicialmente, encontrar as configurações maximais, para as quais não há cadeiras vizinhas ocupadas, mas tais que o próximo a chegar necessariamente precisará sentar ao lado de alguém. Há dois tipos de configurações maximais:

• Com 2 pessoas, que devem ocupar os lugares 2 e 5
• Com 3 pessoas, que podem ocupar os lugares 1, 3, 5; 1, 3, 6; 1, 4, 6; ou 2, 4, 6.

No primeiro caso, há 2 possibilidades para a ordem de ocupação dos assentos 2 e 5; para cada uma dessas possibilidades os lugares podem ser ocupados em qualquer ordem, ou seja, há 4 x 3 x 2 x 1 = 24 possibilidades.

Para cada uma das 4 situações do segundo caso, há 3 x 2 x 1 = 6 possibilidades de ordem de ocupação dos lugares da configuração maximal; a seguir, para cada uma dessas possibilidades, os demais lugares também podem ser ocupados em qualquer ordem, com um total de 3 x 2 x 1 = 6 possibilidades.

Logo, o número total de possibilidades de ocupação é igual a:

2 x 24 + 4 x 6 x 6 = 192 possibilidades.

Na ida da pedra 1 até a pedra 10, a rã tem que transpor 9 espaços entre pedras consecutivas. Em cada salto, a rã pode percorrer 1, 2 ou 3 espaços. Se chamarmos de x, y e z o número de saltos em que a rã percorre 1, 2 ou 3 espaços, respectivamente, temos

x + y + z = 5 (já que a rã anda 5 pulos)

x + 2_y_ + 3_z_ = 9 (já que são 9 espaços a percorrer)

Subtraindo as duas equações, encontramos y + 2_z_ = 4. A tabela abaixo dá os possíveis valores de x, y e z e o número de possibilidades em cada caso.

Logo, o número total de possibilidades para os saltos da rã é 5 + 30 + 10 = 45.

Seja p a probabilidade de partir de A e chegar a B. Além disso, seja q a probabilidade de a formiga chegar a algum dos outros pontos no topo da pista, diferentes de B.

Como ela se move ou para a direita ou para cima, ela inevitavelmente chegará a um dos pontos do topo da pista. Assim temos que p + q = 1.

Além disso, qualquer caminho que parte de A até B tem que ser do seguinte tipo: partindo de A chega até um dos pontos da linha vertical mais à direita, e sobe até B.

Isso significa que p é a soma das probabilidades de chegar a um dos pontos na linha mais à direita do ponto A.

Mas cada caminho desses tem um caminho correspondente, com a mesma probabilidade, que chega a um dos pontos no topo da pista. Para entender esse mapeamento, chame de V um movimento vertical e de H um movimento horizontal. Um caminho até um dos pontos no topo é uma sequência de movimentos VVHV...

Para cada caminho desses, corresponde um caminho até a linha vertical mais à direita, obtido pela troca de V ↔ H. Por exemplo, o caminho VVVHV vai de A até o segundo ponto do topo, da esquerda para a direita. O caminho HHHVH vai de A até o segundo ponto, de baixo para cima, na linha vertical mais à direita de A. Esses dois caminhos têm a mesma probabilidade.

Portanto, a soma das probabilidades de se partir de A e chegar a algum ponto da linha vertical mais à direita de A é q, o que implica p = q.

Mas, como p + q = 1, p = 1/2.

OUTRA SOLUÇÃO

Qualquer caminho que parte de A e chega a B tem que ser do seguinte tipo: partindo de A chega até um dos pontos da linha vertical mais à direita de A, e sobe até B, pois, uma vez nessa linha, a formiga não tem outra opção que não seja subir até B.

Chamando de V um movimento vertical e de H um movimento horizontal, qualquer caminho até um desses pontos da linha mais à direita de A pode ser escrito como uma sequência de V’s e H’s.

Os caminhos possíveis têm, necessariamente, 4 movimentos horizontais e n movimentos verticais, com n = 0, 1, 2 ou 3. Note que, uma vez que a formiga se encontrar na linha vertical mais à direita de A, ela se movimentará verticalmente. Assim, devemos considerar os caminhos que chegam a esta linha de tal forma que o último movimento seja horizontal. A probabilidade de realizar um caminho desses é (1/2)⁴⁺ⁿ.

Assim, devemos calcular quantas sequências distintas podemos escrever com 3 H’s e n V’s, já que o último movimento deve ser horizontal.

Se fossem 3 + n letras distintas, pelo princípio multiplicativo, teríamos (3 + n) x (3 + n − 1) x ... x 2 x 1 = (3 + n)! sequências possíveis.

Mas como temos 3 H’s e n V’s, devemos dividir pelas permutações de H’s e V’s, para evitar dupla contagem. Há 3! permutações dos H’s e n! permutações dos V’s que não altera a sequência. Assim, o número de sequências distintas com 3 H’s e n V’s é (3 + n)!/(3!n!)

Então, a probabilidade de partir de A e chegar a B é

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 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.

Usaremos as seguintes notações:

• V: Volume do reservatório;
• v₁: vazão da primeira torneira;
• v₂: vazão da segunda torneira;
• T₁: tempo que leva a primeira torneira para encher o reservatório;
• T₂: tempo que leva a segunda torneira para encher o reservatório.

Observamos que T₁ = V/v₁ e T₂ = V/v₂. De acordo com o enunciado, vale a igualdade:

(5/6)V = (1/3) · v₁ · (V/v₂) + (1/3) · v₂ · (V/v₁);

portanto 5/2 = v₁/v₂ + v₂/v₁. Suponhamos que a primeira torneira é a de maior vazão (v₁ > v₂) e chamemos x = v₁/v₂ > 1, então

5/2 = x + 1/x ⇔ 2_x_² − 5_x_ + 2 = (2_x_ − 1)(x − 2) = 0;

logo, x = v₁/v₂ = 2. Levando em conta que as duas torneiras, juntas, enchem o reservatório em 2 horas e 30 minutos (150 min.), temos que

Assim, o tempo necessário para a torneira de maior vazão encher o reservatório é de 225 minutos = 3 horas e 45 minutos.

Sejam h o número de meninos e m o número de meninas no aniversário. Por um lado, como cada menino conhece 4 meninas, o número de relações de conhecimento é 4 · h. Por outro lado, como cada menina conhece h − 5 meninos, esse número também é igual é (h − 5) · m.

De 4 · h = (h − 5) · m, podemos concluir que h · (m − 4) = 5_m_. Como o membro direito dessa equação é um múltiplo de 5, segue que h ou m − 4 é um múltiplo de 5. Não podemos ter h = 5 ou m = 4, pois nesses casos a equação não possui solução.

Quando h é múltiplo de 5, os possíveis pares (h, m) que satisfazem a equação são: (10, 8), (15, 6), (20, 16/3), ...

Quando m − 4 é um múltiplo de 5, os possíveis pares (h, m) que satisfazem a equação são: (9, 9), (7, 14), (19/3, 19), ...

Note que, se m − 4 ≥ 10 ou h ≥ 15, temos m + h ≥ 14 + 5_m_/(m − 4) > 14 + 5 = 19 ou m + h ≥ 4_h_/(h − 5) + 15 > 4 + 15 = 19. Assim, considerando as soluções (10,8) e (9,9), podemos concluir que m + h ≥ 18.

Para exibir um exemplo em que essa soma mínima é atingida, considere uma festa contendo os meninos h₁, h₂, ..., h₁₀ e as meninas m₁, m₂, m₃, m₄, m₅, m₆, m₇, m₈. Se apenas as pessoas dentro de um dos seguintes grupos {h₁, h₂, h₃, h₄, h₅, m₁, m₂, m₃, m₄} e {h₆, h₇, h₈, h₉, h₁₀, m₅, m₆, m₇, m₈} se conhecerem, as condições de enunciado serão satisfeitas.

Logo, o número mínimo de pessoas na festa é 18.