questão 1 alternativa b questão 2 alternativa b
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Solução da prova da 1ª Fase 2016 – Nível 2 SOLUÇÕES 1ª FASE 2016OBMEP N2 1 QUESTÃO 1 ALTERNATIVA B QUESTÃO 1 ALTERNATIVA B Cada faixa da bandeira tem área igual a 300 cm2. As partes brancas da faixa superior têm, portanto, área igual a 150 cm2. A parte branca da faixa do meio tem área 2 2 2 igual a 150 cm2. Cada faixa da bandeira tem área igualcm a 300 . As partes brancas faixainferior superior têm, portanto, área igual a 100 e cm as partes brancas dada faixa têm área 120 cm . Logo, a soma 2 A parte branca da faixa do meio tem área igual a 100 cm e as partes brancas da faixa inferior têm área 120 cm2. Logo, a das áreas dos retângulos brancos é 150 + 100 2 soma das áreas dos retângulos + 120 =brancos 370 cmé2150 . + 100 + 120 = 370 cm . Em outras palavras, se A1, A 2 e A3 são as áreas dos retângulos brancos, Em outras palavras, sealgarismos A1, aA2área e éAtotal asdividirmos áreas 999 por 13, temos como 3 são respectivamente, em cada uma das três faixas, de O maior número de trêsentão, 999. Se todos 2 cada uma dos retângulos respectivamente em os retângulos brancos é A176+ eAresto + A311. = 150 100–+11120 = 370 . múltiplo de 13 com três algarismos e a resultado Logo+999 = 988 é o cm maior 2 faixas, área total de todos os soma dedas seus três algarismos é 9então, + 8 + 8 =a25. retângulos brancos é A1 + A2 + A3 = 150 + 100 + QUESTÃO 2 QUESTÃO 6 2 ALTERNATIVA B cm . ALTERNATIVA B 120 = 370 O enunciado da questão mostra o dado em suas duas primeiras posições. Continuando QUESTÃO 2 em suas O enunciado da questão mostra o dado duas primeiras posições. Continuando os sucessivos os sucessivos giros, observamos que as faces do dado se comportam da seguinte maneira: giros, observamos ALTERNATIVA B que as faces do dado se comportam da seguinte maneira: N1Q6 3 6 QUESTÃO 3 ALTERNATIVA A 5 N1Q9 Após o 1º. giro: 2 6 Após o 3º. giro: QUESTÃO 4 ALTERNATIVA D 5 6 Após o 2º. giro: 4 3 6 Após o 4º. giro: 2 Após o 5º. giro: 6 Como quatro alunos correspondem a 10% dos alunos da escolinha de futebol, 3 4 = 40 alunos. Logo, 40 – 4 = 36 alunos 4 concluímos que esta tem 4 ÷ (10/100) 2 2 6 participam somente da escolinha de futebol. Os mesmos quatro alunos correspondem a 25% dos alunos da escolinha de basquete que tem, portanto, 4 ÷ (25/100) = 16 alunos. Assim, 16 – 4 =Após 12 alunos o 6º. giro:participam somente desta escolinha. 2 Conclusão: o número de atletas que participam somente de uma escolinha é 36 + 12 = 4 6 48. QUESTÃO 5 ALTERNATIVA Assim, o número que aparece no topo doBdado quando este estiver sobre a casa cinza é 2. Assim, o número Observe que aparece o topo dado estiver sobre que AB,doAC e quando BC sãoeste diagonais dasa casa cinza é 2. o 60 faces do cubo e, portanto, possuem a mesma medida. QUESTÃO 7 Logo, os ALTERNATIVA E segmentos AB e AC são lados do triângulo equilátero O com ângulo é, éentão, ângulocartela acrescida dos Observe que ABC. a cartela seis BÂC adesivos idênticaum à primeira adesivosinterno e de . Logo, o preço da cartela com seis adesivos é um triângulo equilátero, que mede 60º.igual a 16 reais mais o preço desses dois adesivos. Por outro lado, esses dois adesivos aparecem na segunda cartela juntamente com os adesivos e , mas esses dois últimos adesivos juntos custam 5 reais, QUESTÃO 6 como mostra a terceira cartela. Logo o preço dos adesivos e , juntos, é 12 – 5 = 7 reais e, ALTERNATIVA C com seis adesivos custa 16 + 7 = 23 reais. como conseqüência, a cartela Vamos colocar todos os gabaritos em uma mesma tabela, usando as letras A, Beatriz e Cecília, respectivamente. Observe B uma da solução: e Cvariação para denotar Ana, 1 2 3 4 5 A ABC A C BC B BC AC C B Ou seja, Portanto, o preço da cartela com 6 adesivos é igual a 16 + 12 – 5 = 23 reais. a nossa escolha, dentreno os intervalo númerosacima, no intervalo acima, aos números pares reduz a nossareduz escolha, dentre os números aos números pares que vão do 6que vão do 6 ao 48. agora que,que, alémalém disso, queremos cujascujas metades sejam números ao 48. Considerando agora que,queremos além números disso, queremos números cujas metades sejam números ao Considerando 48. Considerando agora disso, números metades sejam números de dois algarismos, nossa escolha fica restrita aos números pares entre 20 e 48, incluindo o 20 de doisnossa algarismos, nossa escolhaaos ficanúmeros restrita aos números pares 20 e 48, de dois algarismos, escolha fica restrita pares entre 20 e 48,entre incluindo o 20incluindo o 20 e o 48. sem sem listá-los, observando, por exemplo, quepor econtá-los o 48. Podemos contá-los sem listá-los, observando, e oPodemos 48. Podemos contá-los listá-los, observando, por exemplo, queexemplo, que Solução da prova da 1ª Fase 2 20 =20 2 x=10, 22 = 2 x 11, 24 = 2 x 12,......., 48 2x x12,......., 24 24 ==248 = 2–xNível 24 2 2 x 10, 20 22==22x x10, 11, 22 24==22xx11, 12,......., =OBMEP 2 x 24 48 2016 e teremos 24 –24 10e–+teremos 1 =+ 15 satisfazem asque condições do enunciado . do 24 10 +que 1 = que 15 números as e teremos 10 1 =números 15–números satisfazem assatisfazem condições docondições enunciado . enunciado. QUESTÃO 3 QUESTÃO 9 9 QUESTÃO 9 QUESTÃO ALTERNATIVA AALTERNATIVA ALTERNATIVA A A ALTERNATIVA A Iniciamos observando que que Joãozinho fez 4fez furos na folha desdobrada, umadesdobrada, vez vez que queuma vez que Iniciamos observando que Joãozinho fez 4 furos na folha Iniciamos observando 4 furos na desdobrada, uma Iniciamos observando que Joãozinho fez 4escolhido furos na Joãozinho folha desdobrada, uma vezfolha que, após asAduas dobras, o local escolhido apósapós as duas dobras, o local para furar tem 4 camadas de papel. figura abaixo as duas dobras, o local escolhido para furar tem de 4 camadas de papel. A figura abaixo as duasapós dobras, o local escolhido para furar tem 4 camadas papel. A figura abaixo mostra a posição dos furos após cada desdobra. Observamos ainda que, após uma desdobra, para furar tem 4 camadas de papel. A figura abaixo mostra a posição dos furos após cada desdobra. Observamos ainda mostra posição doscada furos após cada desdobra. Observamos ainda que, após uma desdobra, mostra a posição dosa furos após desdobra. Observamos ainda que, após uma desdobra, para cada furo obtemos dois: um na mesma posição e outro em posição simétrica à linha de que, após umapara desdobra, para cada obtemos nanamesma posição posição dede para cadafuro, furo obtemos dois:um umposição mesma posição eoutro outroem em posição simétrica à linha cada furo obtemos dois: um nadois: mesma e outro em eposição simétrica àsimétrica linha de à linha desdobra. desdobra. desdobra. desdobra. Dentre as figuras das alternativas, aessas primeira respeita simetrias. Dentre figuras apenas das apenas alternativas, apenas a essas primeira respeita essas simetrias. Dentre as figuras das alternativas, a primeira respeita essas simetrias. Dentre as figuras das alternativas, apenas aasprimeira respeita simetrias. Vejamos com com mais detalhes: folha desdobrada, notamos Vejamos comnamais na folha desdobrada, notamos Vejamos mais detalhes: na detalhes: folha desdobrada, notamos que os vincos deixados pelas duas dobras feitas têm o Segundo Vejamos com mais nadeixados folha desdobrada, notamos osdobras vincos deixados pelas duas que os vincos deixados pelas que duas têm o seguinte que detalhes: os vincos pelas duas dobras feitas têmseguinte o feitas seguinte vincoSegundo aspecto: vinco aspecto: aspecto: dobras feitas têm o seguinte aspecto: Há dois furosfuros inferiores com com relação ao primeiro Há doissimétricos furos inferiores simétricos com relação ao Primeiro primeiro Há dois inferiores simétricos relação ao primeiro vinco e mais dois furos superiores que aparecem quando Primeiro vinco Há dois furos inferiores commais relação ao furos primeiro vinco e mais dois furos superiores vincodois e dois superiores que aparecem quando vinco e simétricos mais furos superiores que aparecem quando vinco desdobramos a última dobra; esses furos superiores são simétricos desdobramos a última dobra; esses superiores são simétricos que aparecem desdobramos quando desdobramos última dobra; esses furos furos superiores são simétricos aos a última adobra; esses furos superiores são simétricos aos inferiores comaos relação ao segundo vinco. inferiores com relação ao segundo vinco. inferiores com relação segundo vinco. inferiores com aos relação ao segundo vinco. ao Simétricos com Simétricos com relação ao primeiro relação ao primeiro vinco vinco Segundo vinco Primeiro vinco Simétricos com relação ao primeiro vinco Simétricos com Simétricos com Simétricos com relação ao segundo relação ao segundo relação ao segundo vinco vinco vinco Simétricos com Simétricos com Simétricos com relação ao segundo relação ao segundo relação ao segundo vinco vinco vinco Simétricos com Simétricos com relação ao primeiro relação ao primeiro vinco vinco Simétricos com relação ao primeiro vinco QUESTÃO 10 10 QUESTÃO 10 QUESTÃO 4QUESTÃO ALTERNATIVA BALTERNATIVA B ALTERNATIVA B ALTERNATIVA D A diferença entre o maior e o menor palpite é 274 – 234 = 40 e 40 pode ser escrito como 40 = A diferença o maior e o menor 274e –40234 = 40 40 pode ser escrito A diferença entre o maiorentre e o menor palpite é 274palpite – 234 =é 40 pode sere escrito como 40 = como 40 = 31 +31 9. Isto leva igualdades: 274 274 –igualdades: 31 234 + 274 9 =+ 243. queque Como quatro alunos correspondem a 10% dos alunos da–=31 escolinha futebol, tem 31 leva +às9.seguintes Isto nos leva às seguintes –9de 31 =Podemos 234Podemos + 9concluímos =concluir 243. Podemos concluir que + 9. nos Isto nos às seguintes igualdades: = 234 = 243. concluir que esta 4 x 10 = 4 ÷ (10/100) = 4 ÷ (1/10) = 40 alunos. Logo, 40 – 4 = 36 alunos participam somente da escolinha de futebol. Os mesmos quatro alunos correspondem a 25% dos alunos da escolinha de basquete, que tem, portanto, 4 x 4 = 4 ÷ (25/100) = 4 ÷ (1/4) = 16 alunos. Assim, 16 – 4 = 12 alunos participam somente dessa escolinha. Conclusão: o número de atletas que participam somente de uma escolinha é 36 + 12 = 48. QUESTÃO 5 ALTERNATIVA B Observe que AB, AC e BC são diagonais das faces do cubo e, portanto, possuem a mesma medida. Logo, os segmentos AB e AC são lados do triângulo equilátero ABC. O ângulo BÂC é, então, um ângulo interno de um triângulo equilátero, que mede 60º. Solução da prova da 1ª Fase OBMEP 2016 – Nível 2 QUESTÃO 6 ALTERNATIVA C D 3 A Vamos colocar todas as respostas, identificandoEsuas respectivasAautoras, em B uma mesma tabela. A B 1 Ana, Beatriz e Cecília C 2 3 Ana Beatriz e Cecília Cecília 4 Beatriz e Cecília 5 Ana e Cecília Beatriz A prova tem cinco questões; como Ana acertou quatro questões e Cecília três, D concluímos que elas devem ter acertado pelo menos duas Ana questões em comum, e a questões 1 e 5. Mas Beatriz também acertou E tabela nos mostra que elas acertaram asAna Beatriz a questão 1, logo errou todas as outras; concluímos que Cecília não acertou as A prova tem cinco questões. Como Ana acertou quatro questões e Cecília três, concluímos que elas devem ter acertado questões 2 e 4, e logo ela acertou também a questão 3. Segue que Ana errou a pelo menos duas questões em comum, e a tabela nos mostra que elas acertaram as questões 1 e 5. Mas Beatriz também questão 3. acertou a questão 1; logo, errou todas as outras. Concluímos que Cecília não acertou as questões 2 e 4, e, logo, ela acertou tambémQUESTÃO a questão 73. Segue que Ana errou a questão 3. ALTERNATIVA A Se Jurema pintar a sequência de 13 quadradinhos iniciando com o QUESTÃO 7 quadradinho da extremidade esquerda e depois pintar outra sequência terminando no ALTERNATIVA A quadradinho da extremidade direita, nesses dois casos, ela obrigatoriamente deverá Se Jurema pintar a sequência de 13 quadradinhos iniciando com o quadradinho da extremidade pintar pintar nove quadradinhos, a saber, os quadradinhos que vão de 5 a 13,esquerda incluindoe depois os outra sequênciaextremos. terminandoEsses no quadradinho da extremidade direita, nesses dois casos, ela obrigatoriamente deverá pintar mesmos quadradinhos serão também pintados se ela começar a nove quadradinhos, a saber, os quadradinhos que vão de 5 ao 13, incluindo os extremos. Esses mesmos pintar a partir do segundo quadradinho, mesmo também ocorrerá se ela iniciarquadradinhos a serão também pintar pintados se ela começar a pintar a partir do segundo quadradinho; o mesmo também a partir do terceiro ou do quarto quadradinho. Logo, os nove quadradinhos,ocorrerá que se ela iniciar a pintar avão partir do quarto quadradinho. Logo, os nove quadradinhos, do 5 ao 13, serão dodo5terceiro ao 13,ouincluindo-os, serão obrigatoriamente pintados, qualquer queincluindo-os, seja a obrigatoriamente pintados, qualquer que seja a escolha de Jurema. escolha de Jurema. QUESTÃO 8 QUESTÃO 8 ALTERNATIVA D ALTERNATIVA D N1Q14 A tabela abaixo indica o que João e Maria dizem a respeito do dia da brincadeira (hoje, no diálogo) em cada pergunta: QUESTÃO 9 Pergunta João Maria ALTERNATIVA D Como João e Maria partem do mesmo quinta ponto da pista e em sentidos contrários, mantendo Primeira sexta constantes suas respectivas velocidades, no momento em que João tiver corrido 1200 metros Segunda domingo sábado da pista, Maria terá corrido 3000 – 1200 = 1800 metros da mesma (quando ambos se Terceira quarta Joãoquinta encontram pela primeira vez). Assim, enquanto corre 1200 metros, Maria corre 1800. Portanto, quando João correr 3000 metros nessa pista, Como, pelo enunciado, João e Maria deram a resposta correta exatamente uma vez, concluímos que a brincadeira Maria terá corrido (3000 x 1800) ÷ 1200 = 4500 metros. aconteceu em uma quinta-feira. 3000 Outra solução: Observamos a resposta correta de foi para a primeira Uma maneiraque simples de visualizar a João solução consiste em pergunta “Que dia da semana é hoje?”. As 600 outras duas respostas João em não cinco podemtrechos ser verdadeiras, pois implicariam dividir adepista de 600 metros cada e que todas as respostas de Maria estariam 600ou seja, se erradas. De fato, se a resposta correta de João fosse para a pergunta “Que dia da semana 2400 será amanhã?”, acompanhar os movimentos de João e Maria. Enquanto o dia seguinte fosse uma dois segunda-feira, a conversa teria três. ocorrido em um domingo e o dia anterior seria um sábado, João corre desses trechos, Maria corre 1800 2400 confirmando que as três respostas de Maria estariam erradas. Conclusão análoga é encontrada1200 se a resposta correta de João fosse para a pergunta “Que dia da semana foi ontem?”. Portanto, a conversa ocorreu em uma quinta-feira. 1200 1800 QUESTÃO 8 ALTERNATIVA D N1Q14 Solução da prova da 1ª Fase OBMEP 2016 – Nível 2 4 QUESTÃO 9 QUESTÃO 9 ALTERNATIVA D ALTERNATIVA DComo João e Maria partem do mesmo ponto da pista e em sentidos contrários, mantendo constantes suas respectivas velocidades, no momento em que João tiver corrido 1200 metros Como João e Maria partem do mesmo ponto da pista e em sentidos contrários, mantendo constantes suas respectivas da pista, Maria terá corrido 3000 – 1200 = 1800 metros da mesma (quando ambos se velocidades, no momento em que João tiver corrido 1200 metros da pista, corrido 3000 – 1200 = 1800 metros encontram pela primeira vez). Assim, enquanto JoãoMaria correterá 1200 metros, Maria corre 1800. da mesma (quando Portanto, ambos se encontram pelacorrer primeira vez).metros Assim, nessa enquanto João corre 1200 metros, Maria corre 1800. quando João 3000 pista, Portanto,Outra quando João correr 3000 metros nessa pista, Maria terá corrido (3000 Maria terá corridode(3000 1200 = 4500 solução: a velocidade Mariax é1800) 3/2 =÷1,5 vezes a demetros. João, já que ele corre 1200 metros x 1800) ÷ = 4500 metros. no1200 mesmo tempo que ela corre 1800 metros. Logo, enquanto este corre 3000 metros, ela corre 3000 maneira deconsiste visualizar solução consiste 1,5 x 3simples 000Outra =Uma 4500 metros.asimples Uma maneira de solução: visualizar avelocidade solução eméadividir a pista emacinco de Maria 3/2 = 1,5 vezes deem João, já que 600 ele corre 1200 metros a a pista em trechos de 600 metros trechos de 600 metros cada evelocidade acompanhar os movimentos de Joãoaenquanto edecada Maria. Outra solução: decorre Maria é 3/2 = 1,5 vezes João,eeste já que ele 3000 corre metros, 1200 metros nodividir mesmo tempo que cinco ela 1800 metros. Logo, corre ela corre 600 2400 acompanhar os movimentos de João e Maria. Enquanto Enquanto Joãonocorre desses trechos, Maria corre três. Logo, enquanto este corre 3000 metros, mesmo tempo que ela corre 1800 metros. ela corre 1,5dois x 3 000 = 4500 metros. João corre dois desses trechos,de Maria corre três. x3 000 = 4500 metros. Outra solução: aévelocidade Maria é 3/2 = 1,5 a de João, já 1800 que ele corre 1200 metros 2400 Outra solução:1,5 a velocidade de Maria 3/2 = 1,5 vezes a de João, já vezes que ele QUESTÃO 10 no mesmo tempo que ela corre 1800 metros. Logo, enquanto este corre 30001200 metros, ela corre corre 1200 metros no mesmo tempo que ela corre 1800 metros. Logo, enquanto ALTERNATIVA B x 3 000 = 4500 metros. este corre 3000 metros,1,5 ela corre 1,5 x 3 000 = 4500 metros. 1200 1800 QUESTÃO 10 Para facilitar a notação, vamos escrever (R) para QUESTÃO 10 ALTERNATIVA B representar a área da região R. Vamos nomear as quatro regiões QUESTÃO 10 ALTERNATIVA B amarelas pelas letras Q, R e S,aconforme figura ao (R) para ParaP, facilitar notação,indicado vamosnaescrever ALTERNATIVA B QUESTÃO 10 lado. Para facilitar a notação, vamos escrever (R) para representar a área daBregião R. Vamos nomear as quatro regiões ALTERNATIVA Para facilitar arepresentar notação, vamos escrever (R) para representar a área da R. Vamos a pelas área da região R. R Vamos nomear as quatroregião regiões amarelas letras P, Q, e S, conforme indicado na figura ao Observemos que (P) = (Q). De fato, as duas regiões são nomear as quatro regiões amarelas pelas letras P, Q, R e S, conforme indicado na figura amarelas Q, R e S, figura ao(R) Para P,facilitar a conforme notação, indicado vamos na escrever para lado. pelas letras as mesmas medidas de base e altura. Temos: (Q) ao lado. triângulos lado.com representar a área da região R. Vamos nomear as quatro regiões = (1/2) x 4 = 2, Observemos pois Q é a que metade um paralelogramo formado por quatro triângulos (P) =de(Q). fato, as duas regiões são letras P, regiões Q, R e De S, conforme indicado na mesmas figura ao Observemos que (P) =amarelas (Q). De pelas fato, as duas são triângulos com as menores. triângulos Observemos que (P) = medidas (Q). De fato, as duas regiões são (Q) com as mesmas de base e altura. Temos: lado. medidas de base e altura. Temos: (Q) = (1/2) x 4 = 2, pois Q é a metade de um paralelogramo triângulos de basede e altura. Temos: (Q) formado por quatro triângulos = (1/2)com x 4as=mesmas 2, pois medidas Q é a metade um paralelogramo formado por quatro triângulos menores. Por outro lado, a região R é a parte central de um = (1/2) x 4 = 2,Observemos pois Q é aque metade formado por quatro triângulos (P) = de (Q).um De paralelogramo fato, as duas regiões são menores. hexágono formado 6 triângulos menores, obtida formado tomandopor 6 triângulos Por outro lado,menores. a região R épor a parte de um hexágono triângulos com central as mesmas medidas de base e altura. Temos: (Q) sempre metadePor de outro cada lado, um desses triângulos, conforme menores, obtida atomando sempre um a de região é desses a parte central de um = (1/2) x 4 a=metade 2, pois Q cada é a Rmetade de triângulos, um paralelogramo formado por quatro triângulos indicado na figura ao lado. Logo, (R) = 6 x (1/2) = 3. Por outro lado, a região R é a parte central de um formado por 6 triângulos menores, obtida tomando conforme indicadohexágono na figura ao lado. Logo, (R) = 6 x (1/2) = 3. menores. hexágono formado por de 6 triângulos obtida tomando sempre a metade cada um menores, dessesa triângulos, conforme Finalmente, obtemos que (S) = 7. De fato, decompondo região S em 4 Finalmente, obtemos que (S)um = 7.desses De fato,triângulos, decompondo a região S em 4 sempre a metade de cada conforme Por outro lado, a região R é a parte central de um indicado na figura ao lado. Logo, (R) = 6 x (1/2) = 3. regiões, regiões, temos um triângulo menor no centro de Sde e três triângulos iguais em um triângulo menor no centro S e três triângulos iguais em seu indicado hexágono na figura aoformado lado. Logo, = 6 x (1/2)menores, = 3. por (R) 6 triângulos obtida tomando seu entorno, como indicado na figura ao lado. O triângulo central tem área entorno, como indicado na figura ao lado. O triângulo central tem área 1a eregião os S em 4 Finalmente, obtemos que (S) 7. De fato, decompondo sempre a metade de cada um= desses triângulos, conforme 1 e os outros têm área 2, pois são a metade de um paralelogramo formado por 4 triângulos outrostrês três, têm área 2, pois são a metade de um paralelogramo formado por 4 Finalmente, obtemos que (S) = 7. De fato, decompondo a região S em regiões, um triângulo menor centro e três em4 seu indicado na figura ao lado.no Logo, (R) =de 6 xS(1/2) = 3.triângulos iguais triângulos menores. Assim, (S) = 1 + 3 x 2 = 7. menores. Assim, (S) = 1 + 3 x 2 = 7. regiões, um como triângulo menornanofigura centro S eO três triângulos em seu entorno, indicado ao de lado. triângulo centraliguais tem área 1 e os entorno, como indicado na figura ao lado. O triângulo central tem área 1 e os Finalmente, obtemos que (S) = 7. De fato, decompondo a região outros três, têm área 2, pois são a metade de um paralelogramo formado porS4em 4 Consequentemente, a área total destacada em amarelo é igual a Consequentemente, a área total destacada emum amarelo é igual aformado 2 x (Q) +por (R)4 + (S) = outros três, têm área 2, pois são a metade de paralelogramo menor triângulos = 1 +no3 xcentro 2 = 7. de S e três triângulos iguais em seu 2 x (Q) + (R) + (S) = (2 xregiões, 2) + menores. 3 +um 7 = triângulo 14.Assim, (S) (2 x 2)triângulos + 3 + 7 = 14. menores. Assim, (S) = 1na + 3figura x 2 = ao 7. lado. O triângulo central tem área 1 e os entorno, como indicado Consequentemente, áreasão total é igual formado a 2 x (Q)por + (R) outros três, têm área 2, apois a destacada metade de em um amarelo paralelogramo 4 + (S) = QUESTÃO QUESTÃO 11 (211x Consequentemente, aAssim, área total destacada em amarelo é igual a 2 x (Q) + (R) + (S) = 2) + 3 + 7 = 14. triângulos menores. (S) = 1 + 3 x 2 = 7. ALTERNATIVA E (2Depois x 2) + 79 =pulos 14. Luciana retornará à posição marcada com o número 1, conforme ALTERNATIVA E + 3de QUESTÃO 11 Consequentemente, a área total destacada em amarelo é igual a 2 x (Q) + (R) + (S) = indicado na sequência seguinte: Depois de 9 pulos, Luciana retornará à posição marcada com o número 1, conforme indicado na sequência seguinte: ALTERNATIVA E QUESTÃO 11 (2 x 2) + 3 + 7 = 14. ALTERNATIVA E de 9 pulos Luciana retornará à posição marcada com o número 1, conforme Depois Depois de 911 pulos seguinte: Luciana retornará à posição marcada com o. número 1, conforme indicado na sequência QUESTÃO indicado ALTERNATIVA na sequência seguinte: E Como 999 = 111 que deLuciana 999 pulos Luciana estará na posição marcada com1,oconforme número 1; Depois dedepois 9 pulos retornará à posição marcada com o número Como 999 x= 9, 111concluímos x 9, concluímos que depois de 999 pulos Luciana estará na posição marcada . consequentemente, depois de pular 1000 vezes, ela estará na posição seguinte, a qual está marcada com o número 5. indicado na sequência seguinte: com o número 1; consequentemente, depois de pular 1000 vezes ela estará na. posição marcada com o número 5. x 9, concluímos que depois de 999 pulos Luciana estará na posição marcada Como 999 = 111 Como 999o =número 111 x 9,1;concluímos que depoisdepois de 999 de pulos Luciana com consequentemente, pular 1000 estará vezesna elaposição estarámarcada .na posição QUESTÃO 12 commarcada o número 1;o consequentemente, depois de pular 1000 vezes ela estará na posição com número 5. ALTERNATIVA E marcadaComo com o número 5. x 9, concluímos que depois de 999 pulos Luciana estará na posição marcada 111 Seja α uma 999 letra=qualquer de A até Z. O número de códigos do tipo AAα é 26. QUESTÃO 12 com o número 1; consequentemente, depois de pular 1000 vezes ela estará na posição O número de códigos do tipo Aαα ALTERNATIVA E o númeroé5.26 x 26 = 676 e o número de códigos do tipo ααα QUESTÃO 12 marcada com Eα uma é 26 xALTERNATIVA 26 x 26 =Seja 17576. Se oletra último livro codificado na Oordem AAA, qualquer de A até Z. número de AAB,..., códigos ABA,... do tipo éAAα é 26. 1 5 9 4 8 3 7 2 6 1 1 5 9 4 8 3 7 2 6 1 1 5 9 4 8 3 7 2 6 1 1 5 9 4 8 3 7 2 6 1 Seja uma letradepois qualquer de Aéaté O =número códigos tipo Bαα, AAα 26.ααα DAB, então ele foiαregistrado deAαα codificados todos livros dos códigos Aαα, QUESTÃO 12 O número de códigos do tipo 26 xZ.26 676 e ode número dedocódigos do étipo EDAA. número códigos do tipoSe Aαα ésua 26 xordem 26 =codificado 676 e o número de códigos ααα é Cαα eOmais o ALTERNATIVA livro código Logo, numérica é do 676tipo + ABA,... é 26 x de 26de x 26 = 17576. o último livro na classificação ordem AAA, AAB,..., Seja α uma letra qualquer de A até Z. O número de códigos do tipo AAα é 26 x 26 x 26 = 17576. Se o último livro codificado na ordem AAA, AAB,..., ABA,... é é 26. 676 + 676 + 2 = 2030. Solução da prova da 1ª Fase OBMEP 2016 – Nível 2 5 QUESTÃO 12 ALTERNATIVA E Seja α, β e γ letras quaisquer de A até Z. O número de códigos do tipo AAα é 26. O número de códigos do tipo Aαβ é 26 x 26 = 676 e o número de códigos do tipo αβγ é 26 x 26 x 26 = 17576. Se o último livro codificado na ordem AAA, AAB,..., ABA,... é DAB, então ele foi registrado depois de codificados todos livros dos códigos Aαβ, Bαβ, Cαβ e mais o livro de Solução mais detalhada: O livro recebeu o código DAB depois de todos os demais código DAA. Logo, sua ordem numérica na classificação é 676 + 676 + 676 + 2 = 2030. livros, que receberam os códigos que: Solução mais detalhada: O livro o código i) iniciam com a recebeu letra A, a saber: DAB depois de todos os demais livros, que receberam os códigos que: i) iniciam com a letra A, a saber: AAA, AAB, até AAZ, num total de 26 livros; ABA, livros; AAA, AAB, até AAZ,ABB, num até totalABZ, de 2626 livros; ABA, ABB, até...ABZ, 26 livros; AZA, AZB,...,AZZ, 26 livros. Até este ponto foram codificados 26 x 26 = 676 livros. AZA, AZB,...,AZZ, 26 livros. ii) iniciam com a letra B, isto é, BAA, BAB,..., BAZ, BBA,..., BBZ,..,BZA, BZB,... BZZ, Até este ponto codificados 26livros. x 26 = 676 livros. num totalforam de 26 x 26 = 676 ii) iniciam comiii) a letra B, isto é, BAA, BBZ,..,BZA, BZZ, num total de 26 x 26 = 676 livros. iniciam com a letraBAB,..., C, de BAZ, formaBBA,..., análoga, num totalBZB,... de 676 livros iii) iniciam come,afinalmente, letra C, de forma análoga, num total de 676 livros. iv) iniciam a letra D, totalizando somente doisDAA livros: DAA DAB (o último). iv) iniciam finalmente comcom a letra D, totalizando somente dois livros: e DAB (o eúltimo). Portanto, o número de livros da biblioteca é 3 x 676 + 2 = 2030. Portanto, o número de livros da biblioteca é 3 x 676 + 2 = 2030. ... QUESTÃO 13 ALTERNATIVA A QUESTÃO 13 Sejam M e N os dois números, sendo M o número que ao se retirar o último algarismo ALTERNATIVA A indicaremos por b) resulta no número N. Do enunciado podemos concluir que (o qual M+ N =números, 1357 e M = 10N b. Portanto, Sejam M e N os dois sendo M o+número que ao se retirar o último algarismo (o qual indicaremos por b) resulta no número N. Do enunciado, podemos concluir que M + N = 1357 e M = 10N + b. Portanto, 10N + b + N = 1357 => 11N + b = 1357 10N + b + N = 1357, ou seja, 11N + b = 1357 Como 1357 resto 4 na divisão que 11N + bb=– 1353 4 Como 1357 deixa resto 4 nadeixa divisão por 11, temos que por 11N 11, + b =temos 11 x 123 + 4. Logo, 4 = 11+x 4. 123Logo – 11Nb.–Portanto, b–4 é múltiplo de 11. Como b é–um algarismo, b sóbpode igual a de 4. 11. Como b é um algarismo, b só pode = 11 x 123 11N . Portanto, – 4 éser múltiplo ser igual a 4. QUESTÃO 14 QUESTÃO 14 ALTERNATIVA C ALTERNATIVA C A área do quadrilátero ACDF é a soma das áreas dos triângulos ACD e A área do quadrilátero ACDF é a soma das áreas dos triângulos ACD e ADF. O triângulo ACD ADF. O triângulo ACD tem base CD = 2 e altura AB = 10 relativa à base tem base CD = 2 e altura AB = 10 relativa à base CD, enquanto o triângulo ADF tem base FA = CD, enquanto que o triângulo ADF tem base FA = 6 e altura DE = 7 6 e altura DE = 7 relativa à baseFA. FA.Logo Logo,aa área área do é (2é x(210) 2 =÷102 e=a10 área relativa à base dotriângulo triânguloACD ACD x ÷10) ea do triângulo ADF é (6 x 7) ÷ 2 = 21. Somando essas áreas, obtemos que o quadrilátero ACDF área do triângulo ADF é (6 x 7) ÷ 2 = 21. Somando essas áreas, obtemos tem área 31. que o quadrilátero ACDF tem área 31. QUESTÃO 15 ALTERNATIVA D N1Q18 QUESTÃO 16 ALTERNATIVA B Consideremos n um número inteiro positivo e, seguindo o padrão indicado pelas flechas, vamos acompanhar o preenchimento das n primeiras casas da tabela. Observemos que n será um quadrado perfeito somente no caso em que a tabela formada pelas casas preenchidas for quadrada. Isso ocorre apenas quando a Solução mais detalhada: O livro recebeu o código DAB depois de todos os demais livros, que receberam os códigos que: i) iniciam com a letra A, a saber: AAA, AAB, até AAZ, num total de 26 livros; Solução da prova da 1ª Fase 6 ABA, ABB, até ABZ, 26 livros; OBMEP 2016 – Nível 2 ... AZA, AZB,...,AZZ, 26 livros. Até este ponto foram codificados 26 x 26 = 676 livros. QUESTÃO 15 ALTERNATIVAii)Diniciam com a letra B, isto é, BAA, BAB,..., BAZ, BBA,..., BBZ,..,BZA, BZB,... BZZ, num total de 26 x 26 = 676 livros. Como o número total de bolas em cinco caixas consecutivas é sempre o mesmo, a quantidade de bolas da primeira até a iii) iniciam com a letra C, de forma análoga, num total de 676 livros quinta caixa deve ser igual à quantidade de bolas da segunda até a sexta caixa: e, finalmente, (no de bolas na Caixa 1) + 5 +com 9 + 1a+letra ( no de na Caixa 5) = iv) iniciam D, bolas totalizando somente dois livros: DAA e DAB (o último). o o 5 + 9 + 1 + (n de bolas na Caixa 5) + (n na+Caixa 6) Portanto, o número de livros da bibliotecade é 3bolas x 676 2 = 2030. Logo, (no de bolas na Caixa 1) = (no de bolas na Caixa 6). Pelo mesmo motivo, começando da segunda caixa e depois na terceira caixa, QUESTÃO 13 5 + 9 + 1 + (no deALTERNATIVA A + (no de bolas na Caixa 6) = bolas na Caixa 5) Sejam M e 5) N +os(ndois números, sendo o o número que ao se retirar o último algarismo 9 + 1 + (no de bolas na Caixa de bolas na Caixa 6) +M (no de bolas na Caixa 7). (o qual indicaremos por b) resulta no número N. Do enunciado podemos concluir que Logo, o número de Caixa 7 é=5.10N + b. Portanto, M bolas + N =na 1357 eM De modo análogo, vemos que o número de bolas da Caixa 8 é 9, o número de bolas na Caixa 9 é 1, que a Caixa 10 possui b+N =>número 11N + bde=bolas 1357que o da Caixa 6, o qual é igual ao o mesmo número de bolas que o da Caixa 510N e a+ Caixa 11,=o1357 mesmo número de bolas na Caixa 1, como vimos acima. As quantidades de bolas repetem-se a cada cinco caixas. Como 1357 deixa resto 4 na divisão por 11, temos que 11N + b = 1353 + 4. Logo b – 4 Na ilustração há a informação de que as caixas contendo 3 e 7 bolas são vizinhas; para que isto ocorra, a Caixa 1 deve = 11 x 123 – 11N . Portanto, b – 4 é múltiplo de 11. Como b é um algarismo, b só pode conter 7 bolas e as caixas 5 e 6 devem conter, respectivamente, 3 e 7 bolas. Assim, os conteúdos das caixas formam a ser igual a 4. sequência 7, 5, 9, 1, 3, 7, 5, 9, 1, 3 .... De fato, não podeQUESTÃO ocorrer que 14a primeira caixa contenha 3 bolas, pois isto geraria a sequência 3, 5, 9, 1, 7, 3, 5, 9, 1, 7, ... ALTERNATIVA C e a ordem entre 3 e 7 seria incompatível com o que aparece na ilustração no enunciado. A área do quadrilátero ACDF é a soma das áreas dos triângulos ACD e Para descobrir o conteúdo da Caixa 2016, fazemos a divisão de 2016 por 5; o resto é 1 e isto nos diz que o conteúdo da ADF. O triângulo ACD tem base CD = 2 e altura AB = 10 relativa à base Caixa 2016 é o mesmo que o da Caixa 1, ou seja, que a Caixa 2016 contém 7 bolas. CD, enquanto que o triângulo ADF tem base FA = 6 e altura DE = 7 Solução 2: (utilizando Álgebra) relativa à base FA. Logo a área do triângulo ACD é (2 x 10) ÷ 2 = 10 e a ADFde é (6 x 7)distribuídas ÷ 2 = 21. em Somando essas áreas, obtemos Sejam x1, x2, x3, área x4, x5 do e xtriângulo os números bolas seis caixas consecutivas, respectivamente. Como o 6 que o quadrilátero ACDF tem área 31. número total de bolas em cincos caixas consecutivas é sempre o mesmo, segue que x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = x2 + x3 + x4 + x5 + x6 e, consequentemente, x1 = x6. Assim, caixas cujos números diferem por cinco unidades contêm o mesmo número de bolas. Como em duas caixas QUESTÃO 15 consecutivas aparecem 3 e 7 bolas, concluímos que os conteúdos das caixas formam a sequência 7, 5, 9,ALTERNATIVA 1, 3, 7, 5, 9, 1, 3 ..., D pois a outra possibilidade, 3, 5, 9, 1, 7, 3, 5, 9, 1, 7 ..., é incompatível com a informação da ilustração. Assim, a caixa de número 2016 contém a mesma quantidade de bolas que a Caixa 1, a saber, 7 bolas. N1Q18 QUESTÃO 16 QUESTÃO 16 ALTERNATIVA B ALTERNATIVA B Consideremos número inteiro positivo Consideremos n um número inteiro positivone, um seguindo o padrão indicado pelase, seguindo oo preenchimento padrão indicado pelas casas flechas, vamos flechas, vamos acompanhar das n primeiras da tabela. o preenchimento dasnoncaso primeiras Observemos queacompanhar n será um quadrado perfeito somente em que casas a tabelada tabela. Observemos que n será um quadrado perfeito formada pelas casas preenchidas for quadrada. Isso ocorre apenas quando somente estiver no caso em que coluna a tabela formada a última casa preenchida na primeira (quando n for pelas par) oucasas na 2 preenchidas for Como quadrada. quando a primeira linha (quando n for ímpar). 2016 =Isso 2025ocorre – 9 = 45apenas – 9, observamos que 2016 aparecerá na 45ª coluna e 10ª linha, uma vez 2025 coluna = 452 estará na última casa preenchida estiver na que primeira (quando 1ª linha e 2016 estará nove linhas abaixo. respectivamente. Como o número total de bolas em cincos caixas consecutivas é sempre o mesmo, segue que x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = x2 + x3 + x4 + x5 + x6 e, consequentemente, x1 = x6. Assim, caixas cujos números diferem por cinco unidades contêm o mesmo número de bolas. Como em duas caixas consecutivas aparecem 3 e 7 bolas, concluímos queda osprova conteúdos Solução da 1ª das Fase caixas formam a sequência 7, 5, 9, 1, 3, 7, 5, 9, 1, 3 ..., pois a outra possibilidade, 3, 5, 9, 2 OBMEP 2016 – Nível 1, 7, 3, 5, 9, 1, 7 ..., é incompatível com a informação da ilustração. Assim, a caixa de número 2016 contém a mesma quantidade de bolas que a Caixa 1, a saber, 7 bolas. QUESTÃO 17 QUESTÃO 19 ALTERNATIVA C ALTERNATIVA C O retângulo perímetromaior do ABCD retângulo maior ABCD da é igual ao 1ª solução:1ªO solução: perímetro do é igual ao perímetro figura em perímetro figura emretângulos forma de(os cruz formada cinco retângulos forma de cruz formadada pelos cinco que possuempelos números marcados em vermelho, ilustração ao lado). O perímetro dessa seu interior(destacados e o retângulo em cinza), como nana ilustração ao lado. O perímetro dessa figura é igual à soma das medidas todos os lados dos quatro menos as figura é igual de à soma das medidas de retângulos todos os externos, lados dos quatro de cada umretângulos de seus lados que coincidem lados do retângulo somaque das externos, menoscom asosde cada um de cinza. seus Alados medidas decoincidem todos os lados desses quatro retângulos externos é 16 + 18 + 26 + 14 = 74 e com os lados do retângulo cinza. A soma das medidas de o perímetrotodos da figura em forma de cruz é 54,retângulos pois ele é igual ao perímetro os lados desses quatro externos é 16 +do18retângulo + 26 + ABCD. Logo, o perímetro do retângulo cinza é 74 – 54 = 20 cm. 14 = 74 e o perímetro da figura em forma de cruz é 54, pois ele é A 7 B C igual ao perímetro do retângulo ABCD. Logo, o perímetro do D 2ª solução (exige alguns conhecimentos de Álgebra): 2ª solução alguns conhecimentos deconhecimentos Álgebra): retângulo cinza é 74 – (exige 54 = 20 cm. 2ª solução (exige alguns de Álgebra): 2ª solução (exige alguns conhecimentos de Álgebra): Assolução letras de a até f naAsfigura medidas dos lados 2ª (exige alguns conhecimentos def Álgebra): letrassão de as a até naletras figura são as fmedidas As dede a cada até na figurados sãolados as medidas dos lados dosletras retângulos menores. Calculando o perímetro As de As a até f na figura são as medidas dos lados dos retângulos menores. dos retângulos menores. Calculando o perímetro de cada letras de a até f na figura são as medidas dos lados dos retângulos menores. Calculando o perímetro de cada b d 2 2 16 Calculando odos perímetro de cada um dos retângulos menores, temos: 2b de 2dcada 16 retângulos menores. Calculando o perímetro 2b 2d 16 2a 2e 182b 2d a 2e 216 18 2a 2e 18 2e 14 2temos: um dos retângulos menores, temos: 2c menores, a 2e 18 c e 2 2 14 um dos retângulos 14 um dos retângulos menores, temos: 2c 2e 2b temos: 2f 26 2c 2e um dos retângulos menores, b 2f 214 26 2b 2f 26 2b 2e ? 2b 2f b 2e 226 ? 2b 2e ? 2b 2e ? O perímetro do retângulo maior ABCD é O perímetro do retângulo maior é maior ABCD é O perímetro doABCD retângulo 2 a b c O 2perímetro b2 a 2 b 2 c 2 d 2 e 2 f 54. d e2fado retângulo c 2 dmaior e ABCD f 2aé 2b 2c 2d 2e 2f 54. O perímetro do retângulo maior ABCD é 2 a b c 2 d e f 2a 2b 2c 2d 2e 2f 54. Somando os2perímetros redor central c dos 2 dquatro os e perímetros fretângulos b ao 2quatro c 2ddo 2retângulo e 2f 54. a b Somando 2a 2dos retângulos ao redor cujas do retângulo central Somando osdo perímetros dos quatro aodadas, redor do cujas retângulo central c Somando os perímetros dos quatro retângulos ao redor retângulo central cujasretângulos medidas são temos: medidas são dadas, temos: são dadas, temos: Somandomedidas os perímetros dos quatro retângulos ao redor do retângulo central cujas medidas são dadas, temos: +e2ddadas, 2 b2+b22ef 2=c22 2fb2 2 2.f + 2b + 2e 2b 2medidas d 2a2b2são 2+c22 ba2+d2 c 2+f22bd2+b22ce2+e2 ba2 +e2temos: de2+b22ac2+f 22ee22+ab22c +2e2 2e.2e 2f 2b 2 2d 2 2e ca 2e 2maior b 2f d 2a2e 2b2f22 cb2d perímetro do retângulo perímetro doaretângulo maior perímetro do retângulo maior 2b 2d 2a 2e 2c 2e 2b 2f 2a 2b 2c 2d 2e 2f 2b perímetro 2e . do retângulo maior Assim 16 18 14 26 .bPortanto, o perímetro 5416 2b18 2e14 226 b 254 e 74 54 20 perímetro do retângulo maior Assim, Assim . Portanto, o perímetro 2 b 2 e 2 2 e 74 54 20 Assim 16 18 14 26 54 2b 2e 2b 2e 74 54 20 . Portanto, o pe do retângulo cinza é 20 cm. do retângulo cinza é 20 cm. Assim 16 . Portanto, o perímetro retângulo 18 14 cinza 26 é54 2 b 2 e 2 b 2 e 74 54 20 Portanto, o perímetro do 20 cm. do retângulo cinza é 20 cm. do retângulo cinza é 20 cm. QUESTÃO QUESTÃO 2018 QUESTÃO 20 ALTERNATIVA E E ALTERNATIVA E QUESTÃO 20 ALTERNATIVA QUESTÃO 20 ALTERNATIVA E a aplicação de dois procedimentos Solução 1: Uma sequência com1:três números é obtida Solução sequência com após três números é obtida após a aplicação de dois procedimentos ALTERNATIVA E Uma Solução 1: Umaapós sequência três números é obtida após aplicação de dois proc Solução Uma sequência com três números é obtida a aaplicação de dois a apartir do primeiro a partir do1:primeiro número, finalizando no terceiro número igual 1. com Vamos fazer a procedimentos contagem a partir do primeiro número, finalizando no terceiro número igual adois 1. Vamos fazer a contagem Solução 1: Uma sequência com três números é obtida após a aplicação de procedimentos a partir do primeiro número, finalizando no terceiro número igual a 1. Vamos das sequências a partir da quantidade de algarismos do número número, finalizando nodas terceiro número ada1.quantidade Vamos fazer a contagemdodas sequências a partir da quantidade defazer a sequências a igual partir de inicial. algarismos número inicial. a partir do primeiro número, finalizando no terceiro número igual a 1. Vamos fazer a número contagem das sequências a partir da quantidade de algarismos inicial. número inicial com 3 número algarismos: nesse caso o único procedimento usado foiprocedimento o dedo inicial com 3 algarismos: nesse caso o único usado foi o de algarismos dodas número inicial. sequências a partir da quantidade denúmero algarismos do com número inicial. inicial 3 algarismos: nesse caso o único procedimento usad apagar o algarismo dasapagar unidades (duas vezes, consecutivamente). Nesta situação, o algarismo das unidades (duas vezes, consecutivamente). Nesta situação, número com 3 algarismos: caso o único procedimento usado foi o de • número inicial com 3inicial algarismos: nesseapagar caso onesse único procedimento usado foi o de apagar o algarismo das Nesta oalgarismo algarismo das das unidades), unidades (duas vezes, consecutivamente). o número inicial é impar (5 possibilidades para o com o o número inicial é impar (5 possibilidades para o algarismo das unidades), com o apagar o algarismo das unidades (duas vezes, consecutivamente). Nesta situação, unidades vezes, consecutivamente). número inicial é ímparpara (5 possibilidades paraunidade o Nesta número inicial é oimpar (5 possibilidades o algarismo das algarismos(duas das dezenas também ímpar (também 5situação, possibilidades para o5algarismo algarismos das dezenas também ímparo (também possibilidades para ooalgarismo o número inicial é impar (5 possibilidades para algarismo das unidades), com algarismos das dezenas também ímpar (também 5 possibilidades o algarismo das unidades), com o algarismos das dezenas também ímpar (também 5 possibilidades para opara o das dezenas), e com das o algarismo das centenas igual a das 1 (acima de 199, não dezenas), e com oímpar algarismo centenas igual para a 1 o(acima de 199, não algarismos das dezenas também (também 5 possibilidades algarismo dasdas dezenas), com ao 1algarismo das igual oa 11como (acima de algarismo dezenas), e com o algarismo centenas (acima de 199,centenas não obtemos obtemos odas 1 como terceiro número aplicando apenas 2e igual procedimentos). Assim, obtemos o 1 ocomo terceiro número aplicando apenas 2 procedimentos). das dezenas), e com algarismo das centenas igual anúmero 1 (acima de 199,apenas não 2Assim, obtemos o 1 como terceiro aplicando procedimento terceiro número aplicando apenas 2 procedimentos). Assim, existem 5 x 5 x 1 = 25 números de três algarismos existem 5 x 5 x 1 = 25 números de quedegeram uma sequência existem 5 xterceiro 5 xtrês 1 número =algarismos 25 números três algarismos que geram Assim, uma sequência obtemos o 1 como apenas 2 procedimentos). existem 5aplicando x 5 x 1 = 25 números de três algarismos que geram uma que geram formada por três números. formada poruma trêssequência números. formada por três números. existem 5 x 5 x 1 = 25 números depor três algarismos que geram uma sequência formada três números. número inicial com 2número algarismos: necessariamente usamos dois procedimentos procedimentos • algarismos: usamos dois diferentes para formá-la: 2por inicialnecessariamente com 2 algarismos: necessariamente usamos dois procedimentos formada três números. algarismos número inicial com 2 (se algarismos: necessariamente usamos dois proc diferentes para formá-la: apagamos o das unidades iniciar por um apagamos os algarismos das unidades (se iniciar por um ímpar) ou dividimos por 2 (se iniciar porpor umum par), diferentes formá-la: apagamos o algarismos dasdois unidades (se iniciar número inicial compara 2 algarismos: necessariamente usamos procedimentos diferentes para formá-la: apagamos o algarismos das unidades (se inici ímpar) ou dividimos por 2 (se iniciar por um par), nessa ordem ou vice e versa. nessa ordem diferentes ou vice-versa. ímpar) ou dividimos por 2 (se iniciar por um par), nessa ordem ou vice eum versa. para formá-la: apagamos o dividimos algarismos das unidades (seum iniciar ímpar) ou por 2 (pois (se iniciar por par),por nessa ordem ou vice e ve Se o primeiro número for ímpar, o algarismo das dezenas é 2 deve ser o Se primeiro número for ímpar, algarismo das 2 (pois deve serapós o ímpar)número ou dividimos por 2 o(se iniciar por um par),onúmero nessa oudezenas vice e versa. • Se o primeiro for oímpar, algarismo das dezenas é 2ordem (pois deve ser o éresultado obtido Se o primeiro for ímpar, o algarismo das dezenas é 2 (pois d resultado obtido após resultado apagar o obtido seu algarismo das unidades). Nesse das caso, após apagar o seu algarismo unidades). Nesse caso, Se o primeiro número for ímpar, o algarismo das dezenas é 2 (pois deve ser o apagar o seu algarismo das unidades). Nesse caso, temos 5após possibilidades. resultado obtido apagar o seu algarismo das unidades). Ne temos 5 possibilidades.temos 5 possibilidades. resultado obtido após apagar o seu algarismo das unidades). Nesse caso, temosa 5sua possibilidades. Se o primeiro número foro par, o segundo Nesse o Se primeiro númeroé for par,metade. o segundo é acaso, sua metade. Nesse caso, o temos5 possibilidades. Se o primeiro número for par, o segundo é a sua metade. Ness segundo termo deve ser ímpar (para usarmos o procedimento de apagar o segundo termo deve ser ímpar (para usarmos o procedimento o Se o primeiro número for par, o segundo édeve a sua metade. Nesse caso,deoo apagar segundo termo ser ímpar (para usarmos procedimento de algarismo das unidades). Como, após apagar asComo, unidades, devemos obter 1, o algarismo das unidades). após apagar as unidades, devemos obter 1, o segundo termo deve ser ímpar (para das usarmos o procedimento deapagar apagar algarismo unidades). Como, após as ounidades, devemos número obtido é ímpar entre 10 e 20. Nesse caso, também temos 5 número obtido é ímpar entre 10 e 20. Nesse caso, também temos 5 Solução da prova da 1ª Fase OBMEP 2016 – Nível 2 • 8 Se o primeiro número for par, o segundo é a sua metade. Nesse caso, o segundo termo deve ser ímpar (para usarmos, em continuação, o procedimento de apagar o algarismo das unidades). Como, após apagar as unidades, devemos obter 1, o número obtido no estágio intermediário é ímpar entre 10 e 20. Nesse caso, também temos 5 possibilidades. Assim, existem 5 + 5 = 10 números de dois algarismos que geram uma sequência formada por três números. • número inicial com 1 algarismo: temos duas sequências, uma com o número inicial igual a 4 e outra iniciando por 3. Logo, o número de sequências formadas por três números é 25 + 10 + 2 = 37. A tabela abaixo mostra as possíveis sequências formadas por três números. Para isso, usamos as letras u e d, para representar, respectivamente, o algarismo das unidades e das dezenas do número inicial. Número inicial Observação 1º procedimento Número intermediário 2º procedimento Quantidade de sequências 1du d e u ímpares apaga unidade 1d apaga unidade 5 x 5 = 25 2u u ímpar apaga unidade 2 divide por 2 5 du u par divide por 2 ímpar entre 10 e 20 apaga unidade 5 u=4 divide por 2 2 divide por 2 1 u=3 soma 1 e divide por 2 2 divide por 2 1 total de sequências 37 Solução 2: As sequências descritas no enunciado que começam com números de apenas um algarismo são: 2→1, 3→2→1, 4→2→1, 5→3→2→1, 6→3→2→1, 7→4→2→1 e 8→4→2→1 e 9→5→3→2→1. Destas, somente duas têm três termos: a que começa com 3 e a que começa com 4. Há apenas as seguintes sequências com dois termos: 2→1, 11→1, 13→1, 15→1, 17→1 e 19→1. Utilizando-as, há dois procedimentos para se obter sequências com três termos: 1) Colocando-se como primeiro termo da sequência o dobro dos números iniciais das sequências com dois termos exibidas acima: 4→2→1, 22→11→1, 26→13→1, 30→15→1, 34→17→1 e 38→19→1. Observe que 4→2→1 já havia sido contada antes e, portanto, no total, até agora, temos sete sequências de três termos. 2) Colocando-se como primeiro termo da sequência números iniciados com 2 (ou seja, com 2 na casa das dezenas) ou 11, 13, 15, 17 ou 19 (ou seja, com 1 na casa das centenas e um algarismo ímpar na casa das dezenas) e terminados com um número ímpar na casa das unidades: 21→2→1, 23→2→1, 25→2→1, 27→2→1, 29→2→1 111→11→1, 113→11→1, 115→11→1, 117→11→1, 119→11→1 131→13→1, 133→13→1, 135→13→1, 137→13→1, 139→13→1 151→15→1, 153→15→1, 155→15→1, 157→15→1, 159→15→1 171→17→1, 173→17→1, 175→17→1, 177→17→1, 179→17→1 191→19→1, 193→19→1, 195→19→1, 197→19→1, 199→19→1 Assim, ao todo temos 7 + 30 = 37 sequências de três termos. Solução da prova da 1ª Fase OBMEP 2016 – Nível 2 9 QUESTÃO 19 ALTERNATIVA D O problema pede que encontremos dois números consecutivos cujas somas de seus algarismos seja um múltiplo de 5. Isto implica que a diferença entre as somas dos algarismos dos números consecutivos deve ser um múltiplo de 5. Se a unidade de um número for diferente de 9, temos que a diferença entre as somas de seus algarismos com a soma dos algarismos de seu sucessor é sempre 1; por exemplo, somando os algarismos de 24 obtemos 2 + 4 = 6 e, somando os algarismos de 25, obtemos 2 + 5 = 7. Isto ocorre, pois a unidade é acrescida de 1 quando tomamos o sucessor e os outros algarismos não se alteram. Isto restringe nosso trabalho em encontrar números consecutivos que terminem, respectivamente, em 9 e 0 e atendam as exigências do enunciado. Se a unidade de um número for 9, mas sua dezena for diferente de 9, a diferença entre as somas dos algarismos dos números consecutivos será 8, pois, ao considerarmos a alteração que ocorre quando passamos de um número terminado em 9 para o seu consecutivo, vemos que a unidade 9 se transforma em 0 e ocorre o aumento de 1 na dezena; por exemplo, 29 tem 11 como soma de seus algarismos e seu sucessor, 30, tem 3 como soma de seus algarismos. Neste caso, a diferença entre as somas dos algarismos dos números consecutivos é igual a 8 e, portanto, esses números não atendem o enunciado. Se a unidade e a dezena de um número forem iguais a 9, mas a centena for diferente de 9, com o mesmo raciocínio, a diferença entre as somas dos algarismos dos consecutivos será de 17, pois, ao considerarmos a alteração que ocorre, passamos de um número deste tipo, terminado em 99 com centena diferente de 9, para o seu consecutivo, vemos que os dois algarismos 9 finais viram 0 e que a centena é acrescida de 1; por exemplo, 399 tem soma de seus dígitos igual a 21 e 400 tem soma de seus algarismos igual a 4. Neste caso, também, a diferença entre as somas dos algarismos dos números consecutivos não é múltiplo de 5 e esses números não servem. Do mesmo modo, para um número com três noves no final, mas com algarismo da casa de milhar diferente de 9, teremos uma diferença entre as somas dos algarismos dos números consecutivos igual a 3 x 9 - 1 = 26 (também não servem), mas, com quatro noves no final e dezena de milhar diferente de 9, essa diferença é 4 x 9 - 1 = 35 , a qual, felizmente, é múltiplo de 5. Só nos resta encontrar o menor número desse tipo que atenda as exigências do enunciado. Este número deve terminar com 9999 e a soma de seus dígitos deve ser múltiplo de 5. Como 4 x 9 = 36, devemos procurar o menor número que, somado a 36, resulte em um múltiplo de 5. Este número é 4 e, portanto, o menor número com as propriedades especificadas no enunciado é 49999. Assim, 49999 e 50000 são o penúltimo e o último números da lista de Juliana. Portanto, a soma dos algarismos do penúltimo número da lista de Juliana é 4 x 9 + 4 = 40. Solução da prova da 1ª Fase OBMEP 2016 – Nível 2 10 QUESTÃO 20 ALTERNATIVA C Vamos primeiro contar quantos pacotes distintos é possível fazer com qualquer número de figurinhas, incluindo o pacote sem nenhuma figurinha. Para fazer um pacote, Bruno pode, por exemplo, escolher primeiramente quantas figurinhas da Alemanha, depois quantas do Brasil e finalmente quantas da Colômbia ele deseja colocar no pacote. Pelo princípio multiplicativo, isso pode ser feito de 6 x 7 x 5 = 210 maneiras diferentes; observemos que o fator 6 nessa expressão corresponde ao fato de que Bruno tem 6 escolhas (a saber, 0, 1, 2, 3, 4, 5) para o número de figurinhas da Alemanha; já o fator 7 é o número de escolhas para o número que figurinhas do Brasil e 5 é o número de escolhas para o número de figurinhas da Colômbia que ele pode colocar no pacote. Por outro lado, o número de pacotes com menos que três figurinhas é 10, como vemos na tabela abaixo (na segunda coluna, usamos letras A, B e C para denotar Alemanha, Brasil e Colômbia, respectivamente): Quantidade de figurinhas escolhidas para colocar no pacote 0 figurinha 1 figurinha 2 figurinhas O que fica dentro do pacote Quantidade de pacotes nada A ou B ou C AA ou BB ou CC ou AB ou AC ou BC Total 1 3 6 1 + 3 + 6 = 10 Segue, então, que o número de pacotes distintos com pelo menos três figurinhas é 210 – 10 = 200. Outra solução: Um pacote com pelo menos três figurinhas poderá conter figurinhas com as três bandeiras diferentes, ou figurinhas com somente duas das bandeiras ou ainda figurinhas com apenas uma das bandeiras. Vamos fazer a contagem do número de pacotes distintos que podem ser feitos em cada um desses casos, com atenção para que sempre os pacotes contenham, no mínimo, três figurinhas. 1. Pacotes de figurinhas com as três bandeiras diferentes Bruno tem 5 possibilidades para o número de figurinhas com a bandeira da Alemanha que poderá colocar em um pacote: A, AA, AAA, AAAA, AAAAA. Da mesma forma, terá 6 possibilidades para o número de figurinhas com a bandeira do Brasil e 4 para figurinhas com a bandeira da Colômbia. O número de pacotes distintos que Bruno poderá formar com pelo menos três figurinhas com as três bandeiras diferentes será 5 x 6 x 4 = 120. 2. Pacotes de figurinhas com todas as figurinhas com a mesma bandeira O número de pacotes distintos que Bruno poderá formar com pelo menos três figurinhas e todas as figurinhas no pacote com a mesma bandeira é 3 + 4 + 2 = 9 (AAA, AAAA, AAAAA, BBB, BBBB, BBBBB, BBBBBB, CCC e CCCC). 3. Pacotes de figurinhas com bandeiras de exatamente dois países Se os países forem, por exemplo, Alemanha e Brasil, teremos 5 x 6 – 1 possibilidades, já que os pacotes devem conter pelo menos três figurinhas, e precisamos desconsiderar o pacote que tem apenas uma figurinha com a bandeira da Alemanha e uma do Brasil. A mesma contagem para as outras duplas (Alemanha-Colômbia e Brasil-Colômbia) nos dará, neste caso, o número de pacotes procurado: (5 x 6 – 1) + (5 x 4 – 1) + (6 x 4 - 1) = 29 + 19 + 23 = 71. Somando os valores obtidos nas três contagens parciais, teremos 120 + 9 + 71 = 200 pacotes distintos.
