OBMEP 2023 · Nível 3 (ensino médio): prova com gabarito

Vamos fazer o problema de trás para frente, identificando qual foi o quinto e último cartão colado, depois o quarto cartão colado e, então, descobrir qual foi o terceiro cartão colado.

O cartão E está sobre todos os outros cartões; portanto, ele foi o quinto e último cartão colado. Depois, vemos que o cartão A está colado em cima do cartão B. Perceba que o cartão B está colado sobre os cartões C e D; logo, C e D foram os cartões iniciais na colagem. Note que o cartão D foi colado de cabeça para baixo.

O enunciado nos diz que

3_a_ + 3_b_ + 3_c_ + 3_d_ + 3_e_ + 3_f_ + 3_g_ = 6, logo,

3(a + b + c + d + e + f + g) = 6. Portanto,

a + b + c + d + e + f + g = 2. Logo, a distância em linha reta entre A e B é 2 km.

Vamos contar em grupos de 5.

Na 1ª caixa João colocou as bolas 1 e 2,

na 2ª caixa ele colocou as bolas 3, 4 e 5 = 1 x 5 = (2/2) x 5,

na 3ª caixa ele colocou as bolas 6 e 7,

na 4ª caixa ele colocou as bolas 8, 9 e 10 = 2 x 5 = (4/2) x 5,

na 5ª caixa ele colocou as bolas 11 e 12,

na 6ª caixa ele colocou as bolas 13, 14 e 15 = 3 x 5 = (6/2) x 5 e, procedendo indutivamente, vemos que

na 808ª caixa ele colocou as bolas 2018, 2019 e 2020 = 404 x 5 = (808/2) x 5,

na 809ª caixa ele colocou as bolas 2021, 2022,

na 810ª caixa ele colocou as bolas 2023, 2024 e 2025.

(utilizamos o fato que 2023 dividido por 5 tem quociente 404 e resto 3).

20235 x 20235 − 20238 x 20232 = 20235² − (20235 + 3) · (20235 − 3) =

= 20235² − (20235² − 3²) = 9

Denote por x a distância entre Pirajuba e Arraial e por D a distância entre Pirajuba e Quixajuba. O problema pede D.

Em 4h (das 11h às 15h) o viajante percorreu 4 x 60 = 240 km. Esses 240 km equivalem a ¾ de x mais ¾ de (D − x), ou seja, (¾) x + (¾) (D − x) = 240. Logo, (3/4) D = 240 ⇒ D = 320 km.

Como x² − 3_x_ + 1 = 0, temos que x² = 3_x_ − 1. Logo,

Pode-se também resolver a equação de 2º grau e, com as raízes, fazer o cálculo direto de x² + 1/x².

A área do polígono amarelo é igual a soma das áreas dos triângulos ABC e CDE. Seja l o lado de cada quadradinho do quadriculado, então a área do triângulo ABC é (AC · BC)/2 = (2_l_ · 3_l_)/2 = 3_l_² e a área do triângulo CDE é (CD · BE)/2 = (2_l_ · 2_l_)/2 = 2_l_²; nesse último triângulo tomamos a base como CD e a altura como BE.

A área do polígono amarelo é, portanto, 3_l_² + 2_l_² = 5_l_² = 30 cm². Logo, l² = 6 cm², ou seja, um quadradinho do quadriculado tem área de 6 cm².

Agrupando convenientemente os números

+1 + √2 + √3, +1 + √2 − √3, +1 − √2 + √3, +1 − √2 − √3,

−1 + √2 + √3, −1 + √2 − √3, −1 − √2 + √3, −1 − √2 − √3,

e sabendo que

(√2 + √3)² = (√3 + √2)² = 5 + 2√6 e que

(√2 − √3)² = (√3 − √2)² = 5 − 2√6, teremos:

[1 + (√2 + √3)]² × [1 − (√2 + √3)]² × [1 + (√2 − √3)]² × [1 − (√2 − √3)]²

= [(√2 + √3)² − 1]² × [(√2 − √3)² − 1]² =

= (4 + 2√6)² × (4 − 2√6)² = [(4 + 2√6) × (4 − 2√6)]² = (16 − 24)² = (−8)²

= 64

Como a única criança que mentiu é a que tem 8 anos, a criança que diz que não tem 8 anos está mentindo, pois qualquer uma das outras duas que disser que não tem 8 anos está dizendo a verdade. Como as outras duas estão falando a verdade, a que diz que não tem 9 anos tem 7 anos e a que diz que não tem 7 anos tem 9 anos. Assim, a mais velha é a que diz que não tem 7 anos e a mais nova é a que diz que não tem 9 anos.

Outra solução: Analisemos a criança que diz “Não é 8”. Há só duas possibilidades: ou ela mente ou fala a verdade.

1) Se ela diz a verdade, sua idade só pode ser 7 ou 9 anos.

Se for 7, alguém deve ter 8 anos. Suponha que seja a criança de cabelo preto. Nesse caso a de cabelo preto estaria dizendo a verdade, mas sua idade é 8 anos, uma contradição, pois quem tem 8 anos mente. Analogamente, se a criança de 8 anos for a de cabelo loiro, ela estaria dizendo a verdade, novamente uma contradição.

Do mesmo modo, se a idade de quem diz “Não é 8” for 9 anos, uma das outras duas crianças teria 8 anos e estaria falando a verdade, contradição.

2) Se ela mente, então tem 8 anos. Como só há uma pessoa mentirosa, as outras duas falam a verdade; a de cabelo preto tem 9 anos e a de cabelo loiro tem 7.

Vamos nomear os quatro pontos indicados no enunciado de P, Q, R e S, conforme a figura.

Observe que só há um único caminho que vai de A até B passando por P. O mesmo ocorre com o ponto Q. Assim, até agora contamos dois caminhos.

Para ir de A até R há 6 caminhos: cada um desses seis caminhos é determinado pela escolha da coluna na qual a formiga realiza um movimento para cima. De R para B há seis caminhos. Portanto, há 6 x 6 = 36 caminhos que saem de A até B passando por R.

O mesmo ocorre para o ponto S; ou seja, há 36 caminhos saindo de A até B passando por S.

Portanto, o total de caminhos é igual a 36 + 36 + 1 + 1 = 74.

Vamos denotar as velocidades de André, Bruno e Carlos por V_A, V_B e V_C, respectivamente e o tempo por t.

Do enunciado temos que

i) V_A t = 100 e V_B t = 80 ⇒ V_B/V_A = 80/100

ii) V_B t = 400 e V_C t = 380 ⇒ V_C/V_B = 380/400

iii) V_A t = 800 e V_C t = 800 − x, em que x é a vantagem que André dará a Carlos na corrida de 800 metros.

Assim, V_C/V_A = (V_C/V_B) × (V_B/V_A) = (380 × 80)/(400 × 100) = (800 − x)/800 ⇒ x = 192 m.

Observamos, em primeiro lugar, que os centros O e O’ das duas circunferências tangentes pertencem ao diâmetro (BP) da circunferência externa.

Como a circunferência interna é tangente aos lados (BA) e (BC) do triângulo ABC, seu centro O’ pertence à bissetriz do ângulo do vértice B desse triângulo. Por outro lado, o raio (O’R) é perpendicular ao lado (BC) no ponto de tangência, logo o triângulo O’BR é retângulo e a medida do ângulo O’BR é 30°, como assinalado na figura. Temos, portanto, que o triângulo retângulo O’BR é a metade de um triângulo equilátero e os comprimentos dos seus lados (O’B) e (O’R) são tais que O’B = 2·O’R.

Vamos chamar de S e r os comprimentos dos raios das circunferências maior e menor, respectivamente; com essa notação, temos que O’B = 2_S_ − r e O’R = r, e

2_S_ − r = 2_r_. Daí, S = 3_r_/2.

A área do círculo destacado em azul será r² π e a área na cor rosa será igual à diferença entre as áreas dos dois círculos ou seja: (9/4)r²π − r²π = (5/4)r²π.

A razão entre as áreas destacadas em azul e rosa será:

Vamos indicar por x e L os comprimentos dos catetos do triângulo cuja hipotenusa está destacada na figura, sendo L o comprimento do lado dos quadrados brancos.

Com essas notações, os comprimentos dos lados dos quadrados de cor azul serão L + x e L − x e a soma de suas áreas será dada pela expressão

(L + x)² + (L − x)² = 2(x² + L²)

Pelo teorema de Pitágoras sabemos que x² + L² = 4.

Portanto, a soma das áreas dos quadrados de cor azul é 8.

Todos os 23 números de dois algarismos maiores do que ou iguais a 77 podem ser escolhidos, pois a soma de um deles com qualquer outro número de dois algarismos é maior do que 86. Para analisar os números de 10 a 76, considere os pares:

(10,76), (11, 75), (12, 74), ..., (42, 44)

Todos eles são diferentes e, em cada um, temos dois números que somam 86. Em cada um deles só podemos escolher um de seus elementos e assim dessa coleção podemos escolher no máximo 33 números. O número 43 também pode ser escolhido porque não há outro número de dois algarismos diferente de 43 que somado com ele produza 86. Portanto, o total de números que podem ser escolhidos é 23 + 33 + 1 = 57.

Como os ângulos APM e BNM são congruentes (medem ambos 60°), bem como os segmentos AP e BN (que medem 10 cm), concluímos que o quadrilátero PANB é um paralelogramo. Portanto, suas diagonais AB e PN se encontram em seu ponto médio M. Consequentemente, são congruentes os triângulos AMP e BMN (pelo caso ALA de congruência de triângulos). Logo, a área do triângulo AMP é igual à área do triângulo BMN. Podemos concluir o mesmo com os demais triângulos fora do quadrilátero ADCB, dada a simetria de rotação de 90° da figura. Dessa maneira, concluímos que a área da figura dada é igual à área do quadrilátero ADCB, que é um quadrado, pois AB = AD = CD = CB e ângulos internos são retos (note que o triângulo AMP é equilátero, logo a medida do ângulo BAT é 30°. Como o triângulo adjacente também é equilátero, concluímos que o ângulo BAD é reto. Provamos da mesma forma que os outros ângulos internos são retos. Assim, ADCB é um quadrado cujo lado mede 20 cm, portanto sua área é igual a 20 x 20 = 400 cm². Essa é a área da figura dada.

Sejam a e b os números escolhidos. Assim, temos

(1 + 2 + ... + 17) − a − b = ab,

ou seja, 153 = a + b + ab. Logo,

154 = a + b + ab + 1 = (a + 1)(b + 1).

Considerando os divisores inteiros positivos de 154 = 2 · 7 · 11 e lembrando que tanto a + 1 quanto b + 1 são menores que 19, a única possibilidade é {a + 1, b + 1} = {11,14} e assim

a · b = 10 · 13 = 130.

Sejam a, b, c números inteiros positivos tais que 1 · a = 3 · b = 6 · c. Sabemos que nenhum deles é igual a 1, 3 ou 6. Vemos na tabela abaixo alguns ternos de inteiros que satisfazem as condições dadas. Como 98 = 1 x 2 x 7 x 7, podemos concluir que três dos números distintos que apareceram nas faces são 1, 7 e 14. O 1 certamente é um dos números que podem aparecer, conforme visto na figura. Na tabela abaixo, se fizermos c = 7, teremos b = 14 e a = 42. Ou seja, os números 7 e 14 também podem aparecer em algumas das faces; isto ocorre quando os números das faces são 1, 3, 6, 42 (face oposta à de número 1), 14 (oposta a 3) e 7 (oposta a 6). O maior dentre os números que aparecem em alguma face desse cubo é 42. Esta resposta é única, pois o número 7 não pode aparecer como valor de a ou de b.

Dado que as meninas ocupam 5 lugares consecutivos, há 6 possibilidades para a localização desses lugares (o lugar mais à esquerda pode ser o 1º, o 2º, etc, até o 6º). Dessas localizações, apenas na primeira e na última os outros 5 lugares são consecutivos.

Logo, a probabilidade de que os meninos fiquem juntos quando as meninas estão juntas é

(número de casos favoráveis)/(número de casos possíveis) = 2/6 = 1/3

Alternativamente, poderíamos contar as posições específicas das meninas:

(número de casos favoráveis)/(número de casos possíveis) = (2·5·4·3·2·1)/(6·5·4·3·2·1) = 1/3

A tira retangular ABCD, em linhas tracejadas na figura, tem largura AB = a e altura BC = b. Depois das dobras em RV e QM, nessa ordem, vemos o lado esquerdo da tira dobrado sobre o lado direito dobrado da tira, de modo que a sobreposição das duas partes dobradas seja exatamente o quadrado PTSU, na figura. Além disso, o vértice inferior S desse quadrado pertence à borda superior da tira AB (há casos em que S cai fora da tira e há casos em que S cai dentro da tira, dependendo das dimensões a e b). Assim, RS = PS = √2 PU = √2 b.

Da simetria da figura, temos também que SB = a/2, logo RB = SB − SR = a/2 − √2 b

Por outro lado, no triângulo PRS, temos PR = √2 SR = 2_b_. Como PR = RB concluímos que 2_b_ = a/2 − √2 b.

Logo, a/b = 2(2 + √2).

Vamos chamar de “permanecentes” os jogadores que foram até o fim do torneio, e “desistentes” os jogadores que desistiram do torneio.

Suponha que há N permanecentes. Esses jogadores jogaram N x (N − 1)/2 partidas entre si.

Suponha que os três desistentes jogaram k partidas entre si, com k = 0, 1, 2 ou 3, e, as demais, quando necessário para completar duas partidas cada um, com alguns dos permanecentes.

Vamos calcular quantas partidas os três desistentes jogaram com os demais jogadores. Se jogaram k partidas entre si, isso dá 2_k_ partidas para a soma de partidas dos desistentes. Como essa soma é 3 x 2 = 6 (cada um jogou duas partidas), eles têm que ter jogado 6 − 2_k_ partidas com os permanecentes.

Assim, temos: [(N) x (N − 1)/2] + 6 − 2_k_ + k = 50, ou seja, N x (N − 1)/2 = 44 + k

O lado direito é um número entre 44 + 0 = 44 e 44 + 3 = 47. O lado esquerdo é, para N = 1, 2, 3... igual a: 0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, ... A única possibilidade para N e k, portanto, é N = 10 e k = 1, quando temos 10 x 9/2 = 45 partidas somente entre permanecentes, uma partida entre desistentes (k = 1), e quatro partidas entre algum desistente e algum permanecente (6 − 2 x 1 = 4). No total, temos 45 + 1 + 4 = 50 partidas jogadas.

Logo, o total de jogadores no início do torneio era 10 + 3 = 13.

Podemos também pensar em resolver o problema estimando o número de jogadores permanecentes; esse número não pode ser 11 ou mais, pois, só entre eles, seriam jogados 11 x 10/2 = 55 jogos ou mais, ultrapassando 50. O número de permanecentes também não poderia ter sido 9 ou menos senão, entre eles, seriam jogados 9·8/2 = 36 jogos e, mesmo contando com os jogos dos desistentes, daria menos do que 50 jogos no total. Logo, o número de permanecentes deve ser 10 e, com apenas um jogo entre os desistentes e 4 jogos entre os desistentes e permanecentes, totalizaríamos 50.