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1 Solução da prova da 1ª Fase OBMEP 2016 – Nível 1 QUESTÃO 1 ALTERNATIVA B Os números que estão escritos dentro do triângulo são: 3, 4, 5, 6 e 7. Os que estão dentro do círculo são: 1, 2, 4, 5, 6, 8, 9 e 10. Deste modo, os que estão dentro do círculo e do triângulo são: 4, 5 e 6. Como 4 está dentro do quadrado, apenas os números 5 e 6 satisfazem as condições do enunciado. Somando-os, obtemos 5 + 6 = 11. QUESTÃO 2 ALTERNATIVA B Observando como os anéis estão entrelaçados, vemos que não é possível soltar todos os seis anéis cortando apenas um deles. De fato, cortando só o vermelho, só ele se solta; o mesmo acontece se cortarmos só o verde claro, só o azul escuro ou só o verde escuro. Cortando o azul claro, soltam-se ele e o vermelho, e, cortando o rosa, soltam-se ele e o azul escuro. Como há quatro anéis que estão soltos entre si (vermelho, verde claro, azul escuro e verde escuro), cortando os outros dois (azul claro e rosa), todos os seis anéis vão ficar soltos. Assim, o número mínimo de anéis que devem ser cortados para que todos fiquem soltos é 2. QUESTÃO 3 ALTERNATIVA B O comprimento do segmento é 8 – 5 = 3 cm. Como ele foi dividido em 6 partes iguais, cada uma das partes mede 3 ÷ 6 = 0,5 cm. Da marcação 5 até a marcação 6, temos um intervalo de 1 cm, mas 1 = 2 x 0,5, logo, a partir da marcação 5 cm, há duas partes de 0,5 cm para chegarmos até 6 cm. Concluímos que 6 cm corresponde ao ponto B. QUESTÃO 4 ALTERNATIVA C 1ª solução: Observemos, em primeiro lugar, que o lado BC do triângulo, como na figura ao lado, mede 7 cm; já o lado AB, sendo maior que o lado AC, mede 8 cm e o lado AC, sendo o menor, mede 3 cm. Segue, então, que o segmento CD mede 8 – 3 = 5 cm e o perímetro da figura é 6 x 7 + 6 x 5 = 72 cm. 2ª solução: O perímetro de cada um dos triângulos é 3 + 7 + 8 = 18 cm. Cada um deles tem o lado de 3 cm apoiado em um lado maior de outro triângulo; tanto esse lado quanto a parte correspondente do outro triângulo não contam para o perímetro da figura. Desse modo, cada triângulo deixa de acrescentar 6 cm ao perímetro da figura, que é, então, 6 x 18 – 6 x 6 = 72 cm. Observemos também que, como os seis ângulos que têm vértice em A são iguais e eles somam 360 o , então, cada um deles mede 360 o ÷ 6 = 60 o . É um fato notável que, em um triângulo de lados 3, 7 e 8, o ângulo entre o menor lado e o maior meça 60 o . A B C D E 5 5,5 6 6,5 7 7,5 8 D A B C 7 8 - 3 = 5 3 60 o

questão 1 alternativa b questão 2 alternativa b questão 3 alternativa

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  • 1Soluo da prova da 1 FaseOBMEP 2016 Nvel 1

    QUESTO 1 ALTERNATIVA B

    Os nmeros que esto escritos dentro do tringulo so: 3, 4, 5, 6 e 7. Os que esto dentro do crculo so: 1, 2, 4, 5, 6, 8, 9 e 10. Deste modo, os que esto dentro do crculo e do tringulo so: 4, 5 e 6. Como 4 est dentro do quadrado, apenas os nmeros 5 e 6 satisfazem as condies do enunciado. Somando-os, obtemos 5 + 6 = 11.

    QUESTO 2 ALTERNATIVA B

    Observando como os anis esto entrelaados, vemos que no possvel soltar todos os seis anis cortando apenas um deles. De fato, cortando s o vermelho, s ele se solta; o mesmo acontece se cortarmos s o verde claro, s o azul escuro ou s o verde escuro. Cortando o azul claro, soltam-se ele e o vermelho, e, cortando o rosa, soltam-se ele e o azul escuro. Como h quatro anis que esto soltos entre si (vermelho, verde claro, azul escuro e verde escuro), cortando os outros dois (azul claro e rosa), todos os seis anis vo ficar soltos. Assim, o nmero mnimo de anis que devem ser cortados para que todos fiquem soltos 2.

    QUESTO 3 ALTERNATIVA B

    O comprimento do segmento 8 5 = 3 cm. Como ele foi dividido em 6 partes iguais, cada uma das partes mede 3 6 = 0,5 cm. Da marcao 5 at a marcao 6, temos um intervalo de 1 cm, mas 1 = 2 x 0,5, logo, a partir da marcao 5 cm, h duas partes de 0,5 cm para chegarmos at 6 cm. Conclumos que 6 cm corresponde ao ponto B.

    QUESTO 4 ALTERNATIVA C

    1 soluo: Observemos, em primeiro lugar, que o lado BC do tringulo, como na figura ao lado, mede 7 cm; j o lado AB, sendo maior que o lado AC, mede 8 cm e o lado AC, sendo o menor, mede 3 cm. Segue, ento, que o segmento CD mede 8 3 = 5 cm e o permetro da figura 6 x 7 + 6 x 5 = 72 cm.

    2 soluo: O permetro de cada um dos tringulos 3 + 7 + 8 = 18 cm. Cada um deles tem o lado de 3 cm apoiado em um lado maior de outro tringulo; tanto esse lado quanto a parte correspondente do outro tringulo no contam para o permetro da figura. Desse modo, cada tringulo deixa de acrescentar 6 cm ao permetro da figura, que , ento, 6 x 18 6 x 6 = 72 cm.

    Observemos tambm que, como os seis ngulos que tm vrtice em A so iguais e eles somam 360o, ento, cada um deles mede 360o 6 = 60o. um fato notvel que, em um tringulo de lados 3, 7 e 8, o ngulo entre o menor lado e o maior mea 60o.

    D

    A BC

    7

    8 - 3 = 5

    3

    60o

    SOLUES 1 FASE 2016 N1

    QUESTO 1 ALTERNATIVA B Os nmeros que esto escritos dentro do tringulo so: 3, 4, 5, 6 e 7. Os que esto dentro do crculo so: 1, 2, 4, 5, 6, 8, 9 e 10. Deste modo, os que esto dentro do crculo e do tringulo so: 4, 5 e 6. Como 4 est dentro do quadrado, apenas os nmeros 5 e 6 satisfazem as condies do enunciado. Somando-os, obtemos 5 + 6 = 11.

    QUESTO 2 ALTERNATIVA B Observando como os anis esto entrelaados, vemos que no possvel soltar todos os seis anis cortando apenas um deles. De fato, cortando s o vermelho, s ele se solta; o mesmo acontece se cortarmos s o verde claro, s o azul escuro ou s o verde escuro. Cortando o azul claro se soltam ele e o vermelho, e cortando o rosa se soltam ele e o azul escuro. Como h quatro anis que esto soltos entre si (vermelho, verde claro, azul escuro e verde escuro), cortando os outros dois (azul claro e rosa) todos os seis anis vo ficar soltos. Assim, o nmero mnimo de anis que devem ser cortados para que todos fiquem soltos 2. QUESTO 3 ALTERNATIVA B O comprimento do segmento 8 5 = 3 cm. Como ele foi dividido em 6 partes iguais, cada uma das partes mede 3 6 = 0,5 cm. Da marcao 5 at a marcao 6 temos um intervalo de 1 cm, mas 1 = 2 x 0,5, logo, a partir da marcao 5 cm, h duas partes de 0,5 cm para chegarmos at 6 cm. Conclumos que 6 cm corresponde ao ponto B.

    QUESTO 4 ALTERNATIVA C 1 soluo: Observemos em primeiro lugar que o lado BC do tringulo, como na figura ao lado, mede 7 cm, j o lado AB, sendo maior que o lado AC, mede 8 cm e o lado AC, sendo o menor, mede 3 cm. Segue ento que o segmento CD mede 8 3 = 5 cm e o permetro da figura 6 x 7 + 6 x 5 = 72 cm.

    2 soluo: O permetro de cada um dos tringulos 3 + 7 + 8 = 18 cm. Cada um deles tem o lado de 3 cm apoiado em um lado maior de outro tringulo; tanto esse lado quanto a parte correspondente do outro tringulo no contam para o permetro da figura. Desse modo, cada tringulo deixa de acrescentar 6 cm ao permetro da figura, que , ento, 6 x 18 6 x 6 = 72 cm.

    Observemos tambm que como os seis ngulos que tm vrtice em A so iguais e eles somam 360o, ento cada um deles mede 360o 6 = 60o. um fato notvel que em um tringulo de lados 3, 7 e 8, o ngulo entre o menor lado e o maior mea 60o.

    QUESTO 5 ALTERNATIVA C

    A B C D E

    5 5,5 6 6,5 7 7,5 8

    D

    A B

    C

    7

    8 - 3 = 5

    3 60o

    SOLUES 1 FASE 2016 N1

    QUESTO 1 ALTERNATIVA B Os nmeros que esto escritos dentro do tringulo so: 3, 4, 5, 6 e 7. Os que esto dentro do crculo so: 1, 2, 4, 5, 6, 8, 9 e 10. Deste modo, os que esto dentro do crculo e do tringulo so: 4, 5 e 6. Como 4 est dentro do quadrado, apenas os nmeros 5 e 6 satisfazem as condies do enunciado. Somando-os, obtemos 5 + 6 = 11.

    QUESTO 2 ALTERNATIVA B Observando como os anis esto entrelaados, vemos que no possvel soltar todos os seis anis cortando apenas um deles. De fato, cortando s o vermelho, s ele se solta; o mesmo acontece se cortarmos s o verde claro, s o azul escuro ou s o verde escuro. Cortando o azul claro se soltam ele e o vermelho, e cortando o rosa se soltam ele e o azul escuro. Como h quatro anis que esto soltos entre si (vermelho, verde claro, azul escuro e verde escuro), cortando os outros dois (azul claro e rosa) todos os seis anis vo ficar soltos. Assim, o nmero mnimo de anis que devem ser cortados para que todos fiquem soltos 2. QUESTO 3 ALTERNATIVA B O comprimento do segmento 8 5 = 3 cm. Como ele foi dividido em 6 partes iguais, cada uma das partes mede 3 6 = 0,5 cm. Da marcao 5 at a marcao 6 temos um intervalo de 1 cm, mas 1 = 2 x 0,5, logo, a partir da marcao 5 cm, h duas partes de 0,5 cm para chegarmos at 6 cm. Conclumos que 6 cm corresponde ao ponto B.

    QUESTO 4 ALTERNATIVA C 1 soluo: Observemos em primeiro lugar que o lado BC do tringulo, como na figura ao lado, mede 7 cm, j o lado AB, sendo maior que o lado AC, mede 8 cm e o lado AC, sendo o menor, mede 3 cm. Segue ento que o segmento CD mede 8 3 = 5 cm e o permetro da figura 6 x 7 + 6 x 5 = 72 cm.

    2 soluo: O permetro de cada um dos tringulos 3 + 7 + 8 = 18 cm. Cada um deles tem o lado de 3 cm apoiado em um lado maior de outro tringulo; tanto esse lado quanto a parte correspondente do outro tringulo no contam para o permetro da figura. Desse modo, cada tringulo deixa de acrescentar 6 cm ao permetro da figura, que , ento, 6 x 18 6 x 6 = 72 cm.

    Observemos tambm que como os seis ngulos que tm vrtice em A so iguais e eles somam 360o, ento cada um deles mede 360o 6 = 60o. um fato notvel que em um tringulo de lados 3, 7 e 8, o ngulo entre o menor lado e o maior mea 60o.

    QUESTO 5 ALTERNATIVA C

    A B C D E

    5 5,5 6 6,5 7 7,5 8

    D

    A B

    C

    7

    8 - 3 = 5

    3 60o

  • 2Soluo da prova da 1 FaseOBMEP 2016 Nvel 1

    QUESTO 5 ALTERNATIVA C

    O maior nmero de trs algarismos 999. Se dividirmos 999 por 13, temos como resultado 76 e resto 11. Logo, 999 11 = 988 o maior mltiplo de 13 com trs algarismos e a soma de seus algarismos 9 + 8 + 8 = 25.

    QUESTO 6 ALTERNATIVA B

    O enunciado da questo mostra o dado em suas duas primeiras posies. Continuando os sucessivos giros, observamos que as faces do dado se comportam da seguinte maneira:

    Assim, o nmero que aparece no topo do dado quando este estiver sobre a casa cinza 2.

    QUESTO 7 ALTERNATIVA E

    Observe que a cartela com seis adesivos idntica primeira cartela acrescida dos adesivos

    O maior nmero de trs algarismos 999. Se dividirmos 999 por 13, temos como resultado 76 e resto 11. Logo 999 11 = 988 o maior mltiplo de 13 com trs algarismos e a soma de seus algarismos 9 + 8 + 8 = 25. QUESTO 6 ALTERNATIVA B O enunciado da questo mostra o dado em suas duas primeiras posies. Continuando os sucessivos giros, observamos que as faces do dado se comportam da seguinte maneira: Assim, o nmero que aparece o topo do dado quando este estiver sobre a casa cinza 2. QUESTO 7 ALTERNATIVA E Observe que a cartela com seis adesivos idntica primeira cartela acrescida dos adesivos e . Logo, o preo da cartela com seis adesivos igual a 16 reais mais o preo desses dois adesivos. Por outro lado, esses dois adesivos aparecem na segunda cartela juntamente com os adesivos e , mas esses dois ltimos adesivos juntos custam 5 reais, como mostra a terceira cartela. Logo o preo dos adesivos e , juntos, 12 5 = 7 reais e, como conseqncia, a cartela com seis adesivos custa 16 + 7 = 23 reais. Observe uma variao da soluo:

    Ou seja,

    Portanto, o preo da cartela com 6 adesivos igual a 16 + 12 5 = 23 reais.

    3

    6 5 2

    6 3 4

    6 2

    5

    6 4

    6

    2 4 3

    2 6

    2

    4 6

    Aps o 1. giro: Aps o 2. giro:

    Aps o 3. giro: Aps o 4. giro: Aps o 5. giro:

    Aps o 6. giro:

    e

    O maior nmero de trs algarismos 999. Se dividirmos 999 por 13, temos como resultado 76 e resto 11. Logo 999 11 = 988 o maior mltiplo de 13 com trs algarismos e a soma de seus algarismos 9 + 8 + 8 = 25. QUESTO 6 ALTERNATIVA B O enunciado da questo mostra o dado em suas duas primeiras posies. Continuando os sucessivos giros, observamos que as faces do dado se comportam da seguinte maneira: Assim, o nmero que aparece o topo do dado quando este estiver sobre a casa cinza 2. QUESTO 7 ALTERNATIVA E Observe que a cartela com seis adesivos idntica primeira cartela acrescida dos adesivos e . Logo, o preo da cartela com seis adesivos igual a 16 reais mais o preo desses dois adesivos. Por outro lado, esses dois adesivos aparecem na segunda cartela juntamente com os adesivos e , mas esses dois ltimos adesivos juntos custam 5 reais, como mostra a terceira cartela. Logo o preo dos adesivos e , juntos, 12 5 = 7 reais e, como conseqncia, a cartela com seis adesivos custa 16 + 7 = 23 reais. Observe uma variao da soluo:

    Ou seja,

    Portanto, o preo da cartela com 6 adesivos igual a 16 + 12 5 = 23 reais.

    3

    6 5 2

    6 3 4

    6 2

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    6 4

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    2 4 3

    2 6

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    Aps o 1. giro: Aps o 2. giro:

    Aps o 3. giro: Aps o 4. giro: Aps o 5. giro:

    Aps o 6. giro:

    . Logo, o preo da cartela com seis adesivos igual a 16 reais mais o preo desses dois adesivos. Por outro lado, esses dois adesivos aparecem na segunda cartela juntamente com os adesivos

    O maior nmero de trs algarismos 999. Se dividirmos 999 por 13, temos como resultado 76 e resto 11. Logo 999 11 = 988 o maior mltiplo de 13 com trs algarismos e a soma de seus algarismos 9 + 8 + 8 = 25. QUESTO 6 ALTERNATIVA B O enunciado da questo mostra o dado em suas duas primeiras posies. Continuando os sucessivos giros, observamos que as faces do dado se comportam da seguinte maneira: Assim, o nmero que aparece o topo do dado quando este estiver sobre a casa cinza 2. QUESTO 7 ALTERNATIVA E Observe que a cartela com seis adesivos idntica primeira cartela acrescida dos adesivos e . Logo, o preo da cartela com seis adesivos igual a 16 reais mais o preo desses dois adesivos. Por outro lado, esses dois adesivos aparecem na segunda cartela juntamente com os adesivos e , mas esses dois ltimos adesivos juntos custam 5 reais, como mostra a terceira cartela. Logo o preo dos adesivos e , juntos, 12 5 = 7 reais e, como conseqncia, a cartela com seis adesivos custa 16 + 7 = 23 reais. Observe uma variao da soluo:

    Ou seja,

    Portanto, o preo da cartela com 6 adesivos igual a 16 + 12 5 = 23 reais.

    3

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    Aps o 1. giro: Aps o 2. giro:

    Aps o 3. giro: Aps o 4. giro: Aps o 5. giro:

    Aps o 6. giro:

    e

    O maior nmero de trs algarismos 999. Se dividirmos 999 por 13, temos como resultado 76 e resto 11. Logo 999 11 = 988 o maior mltiplo de 13 com trs algarismos e a soma de seus algarismos 9 + 8 + 8 = 25. QUESTO 6 ALTERNATIVA B O enunciado da questo mostra o dado em suas duas primeiras posies. Continuando os sucessivos giros, observamos que as faces do dado se comportam da seguinte maneira: Assim, o nmero que aparece o topo do dado quando este estiver sobre a casa cinza 2. QUESTO 7 ALTERNATIVA E Observe que a cartela com seis adesivos idntica primeira cartela acrescida dos adesivos e . Logo, o preo da cartela com seis adesivos igual a 16 reais mais o preo desses dois adesivos. Por outro lado, esses dois adesivos aparecem na segunda cartela juntamente com os adesivos e , mas esses dois ltimos adesivos juntos custam 5 reais, como mostra a terceira cartela. Logo o preo dos adesivos e , juntos, 12 5 = 7 reais e, como conseqncia, a cartela com seis adesivos custa 16 + 7 = 23 reais. Observe uma variao da soluo:

    Ou seja,

    Portanto, o preo da cartela com 6 adesivos igual a 16 + 12 5 = 23 reais.

    3

    6 5 2

    6 3 4

    6 2

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    2 4 3

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    Aps o 1. giro: Aps o 2. giro:

    Aps o 3. giro: Aps o 4. giro: Aps o 5. giro:

    Aps o 6. giro:

    , mas esses dois ltimos adesivos juntos custam 5 reais, como mostra a terceira cartela. Logo, o preo dos adesivos

    O maior nmero de trs algarismos 999. Se dividirmos 999 por 13, temos como resultado 76 e resto 11. Logo 999 11 = 988 o maior mltiplo de 13 com trs algarismos e a soma de seus algarismos 9 + 8 + 8 = 25. QUESTO 6 ALTERNATIVA B O enunciado da questo mostra o dado em suas duas primeiras posies. Continuando os sucessivos giros, observamos que as faces do dado se comportam da seguinte maneira: Assim, o nmero que aparece o topo do dado quando este estiver sobre a casa cinza 2. QUESTO 7 ALTERNATIVA E Observe que a cartela com seis adesivos idntica primeira cartela acrescida dos adesivos e . Logo, o preo da cartela com seis adesivos igual a 16 reais mais o preo desses dois adesivos. Por outro lado, esses dois adesivos aparecem na segunda cartela juntamente com os adesivos e , mas esses dois ltimos adesivos juntos custam 5 reais, como mostra a terceira cartela. Logo o preo dos adesivos e , juntos, 12 5 = 7 reais e, como conseqncia, a cartela com seis adesivos custa 16 + 7 = 23 reais. Observe uma variao da soluo:

    Ou seja,

    Portanto, o preo da cartela com 6 adesivos igual a 16 + 12 5 = 23 reais.

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    2 4 3

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    Aps o 1. giro: Aps o 2. giro:

    Aps o 3. giro: Aps o 4. giro: Aps o 5. giro:

    Aps o 6. giro:

    e

    O maior nmero de trs algarismos 999. Se dividirmos 999 por 13, temos como resultado 76 e resto 11. Logo 999 11 = 988 o maior mltiplo de 13 com trs algarismos e a soma de seus algarismos 9 + 8 + 8 = 25. QUESTO 6 ALTERNATIVA B O enunciado da questo mostra o dado em suas duas primeiras posies. Continuando os sucessivos giros, observamos que as faces do dado se comportam da seguinte maneira: Assim, o nmero que aparece o topo do dado quando este estiver sobre a casa cinza 2. QUESTO 7 ALTERNATIVA E Observe que a cartela com seis adesivos idntica primeira cartela acrescida dos adesivos e . Logo, o preo da cartela com seis adesivos igual a 16 reais mais o preo desses dois adesivos. Por outro lado, esses dois adesivos aparecem na segunda cartela juntamente com os adesivos e , mas esses dois ltimos adesivos juntos custam 5 reais, como mostra a terceira cartela. Logo o preo dos adesivos e , juntos, 12 5 = 7 reais e, como conseqncia, a cartela com seis adesivos custa 16 + 7 = 23 reais. Observe uma variao da soluo:

    Ou seja,

    Portanto, o preo da cartela com 6 adesivos igual a 16 + 12 5 = 23 reais.

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    Aps o 1. giro: Aps o 2. giro:

    Aps o 3. giro: Aps o 4. giro: Aps o 5. giro:

    Aps o 6. giro:

    , juntos, 12 5 = 7 reais e, como consequncia, a cartela com seis adesivos custa 16 + 7 = 23 reais.

    Observe uma variao da soluo:

    Ou seja,

    Portanto, o preo da cartela com seis adesivos igual a 16 + 12 5 = 23 reais.

    O maior nmero de trs algarismos 999. Se dividirmos 999 por 13, temos como resultado 76 e resto 11. Logo 999 11 = 988 o maior mltiplo de 13 com trs algarismos e a soma de seus algarismos 9 + 8 + 8 = 25. QUESTO 6 ALTERNATIVA B O enunciado da questo mostra o dado em suas duas primeiras posies. Continuando os sucessivos giros, observamos que as faces do dado se comportam da seguinte maneira: Assim, o nmero que aparece o topo do dado quando este estiver sobre a casa cinza 2. QUESTO 7 ALTERNATIVA E Observe que a cartela com seis adesivos idntica primeira cartela acrescida dos adesivos e . Logo, o preo da cartela com seis adesivos igual a 16 reais mais o preo desses dois adesivos. Por outro lado, esses dois adesivos aparecem na segunda cartela juntamente com os adesivos e , mas esses dois ltimos adesivos juntos custam 5 reais, como mostra a terceira cartela. Logo o preo dos adesivos e , juntos, 12 5 = 7 reais e, como conseqncia, a cartela com seis adesivos custa 16 + 7 = 23 reais. Observe uma variao da soluo:

    Ou seja,

    Portanto, o preo da cartela com 6 adesivos igual a 16 + 12 5 = 23 reais.

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    2 4 3

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    Aps o 1. giro: Aps o 2. giro:

    Aps o 3. giro: Aps o 4. giro: Aps o 5. giro:

    Aps o 6. giro:

    O maior nmero de trs algarismos 999. Se dividirmos 999 por 13, temos como resultado 76 e resto 11. Logo 999 11 = 988 o maior mltiplo de 13 com trs algarismos e a soma de seus algarismos 9 + 8 + 8 = 25. QUESTO 6 ALTERNATIVA B O enunciado da questo mostra o dado em suas duas primeiras posies. Continuando os sucessivos giros, observamos que as faces do dado se comportam da seguinte maneira: Assim, o nmero que aparece o topo do dado quando este estiver sobre a casa cinza 2. QUESTO 7 ALTERNATIVA E Observe que a cartela com seis adesivos idntica primeira cartela acrescida dos adesivos e . Logo, o preo da cartela com seis adesivos igual a 16 reais mais o preo desses dois adesivos. Por outro lado, esses dois adesivos aparecem na segunda cartela juntamente com os adesivos e , mas esses dois ltimos adesivos juntos custam 5 reais, como mostra a terceira cartela. Logo o preo dos adesivos e , juntos, 12 5 = 7 reais e, como conseqncia, a cartela com seis adesivos custa 16 + 7 = 23 reais. Observe uma variao da soluo:

    Ou seja,

    Portanto, o preo da cartela com 6 adesivos igual a 16 + 12 5 = 23 reais.

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    Aps o 1. giro: Aps o 2. giro:

    Aps o 3. giro: Aps o 4. giro: Aps o 5. giro:

    Aps o 6. giro:

    O maior nmero de trs algarismos 999. Se dividirmos 999 por 13, temos como resultado 76 e resto 11. Logo 999 11 = 988 o maior mltiplo de 13 com trs algarismos e a soma de seus algarismos 9 + 8 + 8 = 25. QUESTO 6 ALTERNATIVA B O enunciado da questo mostra o dado em suas duas primeiras posies. Continuando os sucessivos giros, observamos que as faces do dado se comportam da seguinte maneira: Assim, o nmero que aparece o topo do dado quando este estiver sobre a casa cinza 2. QUESTO 7 ALTERNATIVA E Observe que a cartela com seis adesivos idntica primeira cartela acrescida dos adesivos e . Logo, o preo da cartela com seis adesivos igual a 16 reais mais o preo desses dois adesivos. Por outro lado, esses dois adesivos aparecem na segunda cartela juntamente com os adesivos e , mas esses dois ltimos adesivos juntos custam 5 reais, como mostra a terceira cartela. Logo o preo dos adesivos e , juntos, 12 5 = 7 reais e, como conseqncia, a cartela com seis adesivos custa 16 + 7 = 23 reais. Observe uma variao da soluo:

    Ou seja,

    Portanto, o preo da cartela com 6 adesivos igual a 16 + 12 5 = 23 reais.

    3

    6 5 2

    6 3 4

    6 2

    5

    6 4

    6

    2 4 3

    2 6

    2

    4 6

    Aps o 1. giro: Aps o 2. giro:

    Aps o 3. giro: Aps o 4. giro: Aps o 5. giro:

    Aps o 6. giro:

  • 3Soluo da prova da 1 FaseOBMEP 2016 Nvel 1

    QUESTO 8 ALTERNATIVA A

    Um nmero natural cujo dobro um nmero de dois algarismos deve estar entre 5 e 49. Por outro lado, os nmeros pares so aqueles cuja metade um nmero natural, o que reduz a nossa escolha, dentre os nmeros no intervalo acima, aos nmeros pares que vo do 6 ao 48. Considerando agora que, alm disso, queremos nmeros cujas metades sejam nmeros de dois algarismos, nossa escolha fica restrita aos nmeros pares entre 20 e 48, incluindo o 20 e o 48. Podemos cont-los sem list-los, observando, por exemplo, que

    20 = 2 x 10, 22 = 2 x 11, 24 = 2 x 12, ......., 48 = 2 x 24

    e teremos 24 10 + 1 = 15, nmeros que satisfazem as condies do enunciado.

    QUESTO 9 ALTERNATIVA A

    Iniciamos observando que Joozinho fez 4 furos na folha desdobrada, uma vez que, aps as duas dobras, o local escolhido para furar tem 4 camadas de papel. A figura abaixo mostra a posio dos furos aps cada desdobra. Observamos ainda que, aps uma desdobra, para cada furo, obtemos dois: um na mesma posio e outro em posio simtrica linha de desdobra.

    Dentre as figuras das alternativas, apenas a primeira respeita essas simetrias.

    Vejamos com mais detalhes: na folha desdobrada, notamos que os vincos deixados pelas duas dobras feitas tm o seguinte aspecto:

    H dois furos inferiores simtricos com relao ao primeiro vinco e mais dois furos superiores que aparecem quando desdobramos a ltima dobra; esses furos superiores so simtricos aos inferiores com relao ao segundo vinco.

    Simtricos com relao ao primeiro vinco

    Simtricos com relao ao primeiro vinco

    Simtricos com relao ao segundo vinco

    Simtricos com relao ao segundo vinco

    QUESTO 8 ALTERNATIVA A Um nmero natural cujo dobro um nmero de dois algarismos deve estar entre 5 e 49. Por outro lado, os nmeros pares so aqueles cuja um metade um nmero natural, o que reduz a nossa escolha, dentre os nmeros no intervalo acima, aos nmeros pares que vo do 6 ao 48. Considerando agora que, alm disso, queremos nmeros cujas metades sejam nmeros de dois algarismos, nossa escolha fica restrita aos nmeros pares entre 20 e 48, incluindo o 20 e o 48. Podemos cont-los sem list-los, observando, por exemplo, que

    20 = 2 x 10, 22 = 2 x 11, 24 = 2 x 12,......., 48 = 2 x 24

    e teremos 24 10 + 1 = 15 nmeros que satisfazem as condies do enunciado.

    QUESTO 9 ALTERNATIVA A Iniciamos observando que Joozinho fez 4 furos na folha desdobrada, uma vez que aps as duas dobras, o local escolhido para furar tem 4 camadas de papel. A figura abaixo mostra a posio dos furos aps cada desdobra. Observamos ainda que, aps uma desdobra, para cada furo obtemos dois: um na mesma posio e outro em posio simtrica linha de desdobra.

    Dentre as figuras das alternativas, apenas a primeira respeita essas simetrias. Vejamos com mais detalhes: na folha desdobrada, notamos que os vincos deixados pelas duas dobras feitas tm o seguinte aspecto: H dois furos inferiores simtricos com relao ao primeiro vinco e mais dois furos superiores que aparecem quando desdobramos a ltima dobra; esses furos superiores so simtricos aos inferiores com relao ao segundo vinco.

    QUESTO 10 ALTERNATIVA B A diferena entre o maior e o menor palpite 274 234 = 40 e 40 pode ser escrito como 40 = 31 + 9. Isto nos leva s seguintes igualdades: 274 31 = 234 + 9 = 243. Podemos concluir que

    Primeiro

    Segundo

    vinco

    vinco

    Simtricos com relao ao primeiro vinco

    Simtricos com relao ao primeiro vinco

    Simtricos com relao ao segundo vinco

    Simtricos com relao ao segundo vinco

    QUESTO 8 ALTERNATIVA A Um nmero natural cujo dobro um nmero de dois algarismos deve estar entre 5 e 49. Por outro lado, os nmeros pares so aqueles cuja um metade um nmero natural, o que reduz a nossa escolha, dentre os nmeros no intervalo acima, aos nmeros pares que vo do 6 ao 48. Considerando agora que, alm disso, queremos nmeros cujas metades sejam nmeros de dois algarismos, nossa escolha fica restrita aos nmeros pares entre 20 e 48, incluindo o 20 e o 48. Podemos cont-los sem list-los, observando, por exemplo, que

    20 = 2 x 10, 22 = 2 x 11, 24 = 2 x 12,......., 48 = 2 x 24

    e teremos 24 10 + 1 = 15 nmeros que satisfazem as condies do enunciado.

    QUESTO 9 ALTERNATIVA A Iniciamos observando que Joozinho fez 4 furos na folha desdobrada, uma vez que aps as duas dobras, o local escolhido para furar tem 4 camadas de papel. A figura abaixo mostra a posio dos furos aps cada desdobra. Observamos ainda que, aps uma desdobra, para cada furo obtemos dois: um na mesma posio e outro em posio simtrica linha de desdobra.

    Dentre as figuras das alternativas, apenas a primeira respeita essas simetrias. Vejamos com mais detalhes: na folha desdobrada, notamos que os vincos deixados pelas duas dobras feitas tm o seguinte aspecto: H dois furos inferiores simtricos com relao ao primeiro vinco e mais dois furos superiores que aparecem quando desdobramos a ltima dobra; esses furos superiores so simtricos aos inferiores com relao ao segundo vinco.

    QUESTO 10 ALTERNATIVA B A diferena entre o maior e o menor palpite 274 234 = 40 e 40 pode ser escrito como 40 = 31 + 9. Isto nos leva s seguintes igualdades: 274 31 = 234 + 9 = 243. Podemos concluir que

    Primeiro

    Segundo

    vinco

    vinco

    Simtricos com relao ao primeiro vinco

    Simtricos com relao ao primeiro vinco

    Simtricos com relao ao segundo vinco

    Simtricos com relao ao segundo vinco

    QUESTO 8 ALTERNATIVA A Um nmero natural cujo dobro um nmero de dois algarismos deve estar entre 5 e 49. Por outro lado, os nmeros pares so aqueles cuja um metade um nmero natural, o que reduz a nossa escolha, dentre os nmeros no intervalo acima, aos nmeros pares que vo do 6 ao 48. Considerando agora que, alm disso, queremos nmeros cujas metades sejam nmeros de dois algarismos, nossa escolha fica restrita aos nmeros pares entre 20 e 48, incluindo o 20 e o 48. Podemos cont-los sem list-los, observando, por exemplo, que

    20 = 2 x 10, 22 = 2 x 11, 24 = 2 x 12,......., 48 = 2 x 24

    e teremos 24 10 + 1 = 15 nmeros que satisfazem as condies do enunciado.

    QUESTO 9 ALTERNATIVA A Iniciamos observando que Joozinho fez 4 furos na folha desdobrada, uma vez que aps as duas dobras, o local escolhido para furar tem 4 camadas de papel. A figura abaixo mostra a posio dos furos aps cada desdobra. Observamos ainda que, aps uma desdobra, para cada furo obtemos dois: um na mesma posio e outro em posio simtrica linha de desdobra.

    Dentre as figuras das alternativas, apenas a primeira respeita essas simetrias. Vejamos com mais detalhes: na folha desdobrada, notamos que os vincos deixados pelas duas dobras feitas tm o seguinte aspecto: H dois furos inferiores simtricos com relao ao primeiro vinco e mais dois furos superiores que aparecem quando desdobramos a ltima dobra; esses furos superiores so simtricos aos inferiores com relao ao segundo vinco.

    QUESTO 10 ALTERNATIVA B A diferena entre o maior e o menor palpite 274 234 = 40 e 40 pode ser escrito como 40 = 31 + 9. Isto nos leva s seguintes igualdades: 274 31 = 234 + 9 = 243. Podemos concluir que

    Primeiro

    Segundo

    vinco

    vinco

  • 4Soluo da prova da 1 FaseOBMEP 2016 Nvel 1

    QUESTO 10ALTERNATIVA B

    Como um dos palpites foi 234, o nmero de sementes na abbora deve ser um dos nmeros:

    234 31 = 203, 234 17 = 217, 234 9 = 225, 234 + 9 = 243, 234 + 17 = 251 ou 234 + 31 = 265.

    Como um dos palpites foi 260, o nmero de sementes na abbora deve ser um dos nmeros:

    260 31 = 229, 260 17 = 243, 260 9 = 251, 260 + 9 = 269, 260 + 17 = 277 ou 260 + 31 = 291.

    Os nicos nmeros que aparecem nas duas listas acima so 243 e 251. Se o nmero de sementes na abbora fosse 243, o palpite 274 estaria errado por 31, que coerente com o enunciado. Entretanto, se o nmero de sementes na abbora fosse 251, o palpite 274 estaria errado por 23, o que no coerente com o enunciado.

    Logo, o nmero de sementes na abbora 243 = 10 x 24 + 3 e, no ltimo montinho, havia 3 sementes.

    Outra soluo: A diferena entre o maior e o menor palpite 274 234 = 40. Como nenhum palpite est errado por mais de 40, conclumos que o nmero correto de sementes est entre 234 e 274. Desta forma, a soma dos erros, em valor absoluto, cometidos pelo menor palpite e pelo maior palpite deve ser igual a 40. Dentre os erros informados no enunciado, o nico par cuja soma 40 (9, 31). H, portanto, duas possibilidades:

    1) o nmero de sementes 234 + 9 = 243 ou

    2) o nmero de sementes 234 + 31 = 265.

    No primeiro caso, os erros cometidos pelos palpites 234, 260 e 274 so, respectivamente, 9, 17 e 31, coerentes com o enunciado. No segundo caso, esses mesmos erros so, respectivamente, 31, 5 e 9, incoerentes com o enunciado. Portanto, o nmero de sementes 243. Como 243 = 24 x 10 + 3, no ltimo montinho havia 3 sementes.

    QUESTO 11ALTERNATIVA C

    Podemos colocar a folha de papel sobre um quadriculado que a divide inicialmente em 16 quadradinhos iguais. Cada um desses quadradinhos tem rea igual a 25 cm2, pois o lado da folha de papel mede 20 cm. A fi gura abaixo ilustra essa sobreposio:

    Assim, a rea da parte cinza que fi cou visvel 3 x 25 + 3 x (25/2) = 112,5 cm2.

    QUESTO 12ALTERNATIVA D

    A cor de cada casa alterada pelo toque em cinco casas do tabuleiro, a saber, ela e as demais casas da mesma linha ou da mesma coluna. Ou seja, ao se tocar em todas as nove casas, a cor de cada casa alterada em um nmero mpar de vezes. Consequentemente, todas as casas tm sua cor alterada de branco para amarelo ou vice-versa. Como no tabuleiro inicial havia seis casas brancas e trs amarelas, ao fi nal, conclumos que seis casas fi caram amarelas.

    Tabuleiro fi nal

    Tabuleiro final

    a abbora tinha 243 sementes dentro dela e que o palpite de 260 excedeu em 17 essa quantidade. Como 243 = 24 x 10 + 3, no ltimo montinho havia 3 sementes.

    Outra soluo: Devemos escolher o sinal de operao + ou e, em cada termo das igualdades abaixo, um dos nmeros 9, 17 ou 31 para torn-las verdadeiras:

    A nica soluo 234 + 9 = 260 17 = 274 31 = 243 e, portanto, o ltimo montinho, tinha o nmero de sementes igual ao algarismo das unidades do nmero 243, isto , tinha 3 sementes. QUESTO 11 ALTERNATIVA C

    Podemos colocar a folha de papel sobre um quadriculado que a divide inicialmente em 16 quadradinhos iguais. Cada um desses quadradinhos tem rea igual a 25 cm2, pois o lado da folha de papel mede 20 cm. A figura abaixo ilustra essa sobreposio:

    Assim, a rea da parte cinza que ficou visvel 3 x 25 + 3 x (25/2) = 112,5 cm2.

    QUESTO 12 ALTERNATIVA D Quando se toca uma das casas do tabuleiro, cinco casas so modificadas: a prpria casa e as quatro outras que esto na mesma linha e na mesma coluna da casa em questo. As demais casas do tabuleiro no se modificam. Fixemos uma casa qualquer. Carlos tocou todas as casas do tabuleiro; em cinco desses toques a casa fixada teve sua cor modificada, logo, aps todas as nove casas terem sido tocadas, a casa fixada ficou com a cor oposta quela que ela tinha originalmente. Como havia inicialmente cinco casas brancas, no final, essas casas, e somente elas, ficaram amarelas. Portanto, 6 casas ficaram amarelas. QUESTO 13 ALTERNATIVA E Soluo 1: Para construir uma figura a partir da anterior, na sequncia, basta acrescentar uma coluna de 10 quadradinhos. A cada vez que isto feito, so escondidos 9 lados dos quadradinhos da figura anterior e 9 lados da coluna que estamos adicionando. Como cada coluna igual Figura 1, seu permetro 22 cm e como desaparecem 9 + 9 = 18 lados de quadrinhos, o aumento do permetro de uma figura em relao anterior de 22 18 = 4 cm.

    Para obter a figura com 1000 quadradinhos a partir da primeira, precisamos juntar a ela 99 colunas, pois 1 000 10 = 990 quadradinhos = 99 colunas de 10 quadradinhos. Logo, o permetro da figura com 1 000 quadradinhos 22 + 99 x 4 = 418 cm.

    Tabuleiro final

    a abbora tinha 243 sementes dentro dela e que o palpite de 260 excedeu em 17 essa quantidade. Como 243 = 24 x 10 + 3, no ltimo montinho havia 3 sementes.

    Outra soluo: Devemos escolher o sinal de operao + ou e, em cada termo das igualdades abaixo, um dos nmeros 9, 17 ou 31 para torn-las verdadeiras:

    A nica soluo 234 + 9 = 260 17 = 274 31 = 243 e, portanto, o ltimo montinho, tinha o nmero de sementes igual ao algarismo das unidades do nmero 243, isto , tinha 3 sementes. QUESTO 11 ALTERNATIVA C

    Podemos colocar a folha de papel sobre um quadriculado que a divide inicialmente em 16 quadradinhos iguais. Cada um desses quadradinhos tem rea igual a 25 cm2, pois o lado da folha de papel mede 20 cm. A figura abaixo ilustra essa sobreposio:

    Assim, a rea da parte cinza que ficou visvel 3 x 25 + 3 x (25/2) = 112,5 cm2.

    QUESTO 12 ALTERNATIVA D Quando se toca uma das casas do tabuleiro, cinco casas so modificadas: a prpria casa e as quatro outras que esto na mesma linha e na mesma coluna da casa em questo. As demais casas do tabuleiro no se modificam. Fixemos uma casa qualquer. Carlos tocou todas as casas do tabuleiro; em cinco desses toques a casa fixada teve sua cor modificada, logo, aps todas as nove casas terem sido tocadas, a casa fixada ficou com a cor oposta quela que ela tinha originalmente. Como havia inicialmente cinco casas brancas, no final, essas casas, e somente elas, ficaram amarelas. Portanto, 6 casas ficaram amarelas. QUESTO 13 ALTERNATIVA E Soluo 1: Para construir uma figura a partir da anterior, na sequncia, basta acrescentar uma coluna de 10 quadradinhos. A cada vez que isto feito, so escondidos 9 lados dos quadradinhos da figura anterior e 9 lados da coluna que estamos adicionando. Como cada coluna igual Figura 1, seu permetro 22 cm e como desaparecem 9 + 9 = 18 lados de quadrinhos, o aumento do permetro de uma figura em relao anterior de 22 18 = 4 cm.

    Para obter a figura com 1000 quadradinhos a partir da primeira, precisamos juntar a ela 99 colunas, pois 1 000 10 = 990 quadradinhos = 99 colunas de 10 quadradinhos. Logo, o permetro da figura com 1 000 quadradinhos 22 + 99 x 4 = 418 cm.

  • 5Soluo da prova da 1 FaseOBMEP 2016 Nvel 1

    QUESTO 13 ALTERNATIVA E

    Soluo 1: Para construir uma figura a partir da anterior, na sequncia, basta acrescentar uma coluna de 10 quadradinhos. A cada vez que isto feito, so escondidos 9 lados dos quadradinhos da figura anterior e 9 lados da coluna que estamos adicionando. Como cada coluna igual Figura 1, seu permetro 22 cm e, como desaparecem 9 + 9 = 18 lados de quadrinhos, o aumento do permetro de uma figura em relao anterior de 22 18 = 4 cm.

    Para obter a figura com 1000 quadradinhos a partir da primeira, precisamos juntar a ela 99 colunas, pois 1 000 10 = 990 quadradinhos = 99 colunas de 10 quadradinhos. Logo, o permetro da figura com 1 000 quadradinhos 22 + 99 x 4 = 418 cm.

    Soluo 2 (necessita do conhecimento de progresses aritmticas): A Figura 1 tem permetro igual a 22 cm; a Figura 2 tem permetro 22 + 4 = 26 cm; a Figura 3 tem permetro 22 + 8 = 30 cm, etc. A sequncia dos permetros 22, 26, 30, ... uma progresso aritmtica de razo 4 e primeiro termo 22.

    A Figura 1 tem 10 quadradinhos, a Figura 2 tem 20 quadradinhos, a Figura 3 tem 30 quadradinhos, etc. Podemos concluir que a figura formada por 1000 quadradinhos a figura de nmero 1000 10 = 100 na sequncia das figuras. Logo, seu permetro o permetro do 100 termo da sequncia de permetros, igual a 22 + (100 1) x 4 = 418 cm.

    QUESTO 14 ALTERNATIVA D

    A tabela abaixo indica o que Joo e Maria dizem a respeito do dia da brincadeira (hoje, no dilogo) em cada pergunta:

    Pergunta Joo Maria

    Primeira quinta sexta

    Segunda domingo sbado

    Terceira quarta quinta

    Como, pelo enunciado, Joo e Maria deram a resposta correta exatamente uma vez, conclumos que a brincadeira aconteceu em uma quinta-feira.

    Outra soluo: Observamos que a resposta correta de Joo foi para a primeira pergunta Que dia da semana hoje?. As outras duas respostas de Joo no podem ser verdadeiras, pois implicariam que todas as respostas de Maria estariam erradas. De fato, se a resposta correta de Joo fosse para a pergunta Que dia da semana ser amanh?, ou seja, se o dia seguinte fosse uma segunda-feira, a conversa teria ocorrido em um domingo e o dia anterior seria um sbado, confirmando que as trs respostas de Maria estariam erradas. Concluso anloga encontrada se a resposta correta de Joo fosse para a pergunta Que dia da semana foi ontem?. Portanto, a conversa ocorreu em uma quinta-feira.

    QUESTO 15 ALTERNATIVA D

    O numerador da frao com denominador 3 s pode ser igual a 0 ou igual a 1, pois qualquer outro nmero natural maior do que 1 produziria, quando dividido por 3, um nmero maior do que 5/11. Logo,

    ou

    e o menor denominador possvel para a primeira das fraes , portanto, 4.

    Soluo 2 (necessita o conhecimento de progresses aritmticas): A Figura 1 tem permetro igual a 22 cm; a Figura 2 tem permetro 22 + 4 = 26 cm; a Figura 3 tem permetro 22 + 8 = 30 cm, etc. A sequncia dos permetros 22, 26, 30, ... uma progresso aritmtica de razo 4 e primeiro termo 22.

    A Figura 1 tem 10 quadradinhos, a Figura 2 tem 20 quadradinhos, a Figura 3 tem 30 quadradinhos, etc. Podemos concluir que a figura formada por 1000 quadradinhos a figura de nmero 1000 10 = 100 na sequncia das figuras. Logo, seu permetro o permetro do 100 termo da sequncia de permetros, igual a 22 + (100 1) x 4 = 418 cm.

    QUESTO 14 ALTERNATIVA D A tabela abaixo resume as respostas dadas pelos filhos:

    Joo Maria ontem tera quarta hoje quinta sexta amanh segunda domingo

    Uma nica resposta de Joo a correta, isto significa que o dia da brincadeira s pode ser quarta (se a resposta correta for: ontem foi tera) ou quinta (se esta for a resposta correta primeira pergunta da me) ou domingo (se a resposta correta for: amanh ser segunda). De modo anlogo, analisando as respostas de Maria, como s uma delas a correta, h trs possibilidades para o dia da brincadeira: quinta, sexta ou sbado. Comparando as possibilidades de Joo com as de Maria, conclumos que a brincadeira foi realizada em uma quinta-feira. Joo respondeu corretamente a primeira pergunta e Maria respondeu corretamente a ltima. Outra soluo: Observamos que a resposta correta de Joo foi para a primeira pergunta Que dia da semana hoje? As outras duas respostas de Joo no podem ser verdadeiras, pois implicariam que todas as respostas de Maria estariam erradas. Por exemplo, se a resposta correta de Joo fosse para a pergunta, Que dia da semana ser amanh?, ou seja, se o dia seguinte fosse uma segunda-feira, a conversa teria ocorrido em um domingo e o dia anterior seria um sbado, confirmando que as trs respostas de Maria estariam erradas. Portanto, a conversa ocorreu em uma quinta-feira.

    QUESTO 15 ALTERNATIVA D O numerador da frao com denominador 3 s pode ser igual a 0 ou igual a 1, pois qualquer outro nmero natural maior do que 1 produziria, quando dividido por 3, um nmero maior do que 5/11. Logo

    ou

    e o menor denominador possvel para a primeira das fraes , portanto, 4.

    Soluo 2 (necessita o conhecimento de progresses aritmticas): A Figura 1 tem permetro igual a 22 cm; a Figura 2 tem permetro 22 + 4 = 26 cm; a Figura 3 tem permetro 22 + 8 = 30 cm, etc. A sequncia dos permetros 22, 26, 30, ... uma progresso aritmtica de razo 4 e primeiro termo 22.

    A Figura 1 tem 10 quadradinhos, a Figura 2 tem 20 quadradinhos, a Figura 3 tem 30 quadradinhos, etc. Podemos concluir que a figura formada por 1000 quadradinhos a figura de nmero 1000 10 = 100 na sequncia das figuras. Logo, seu permetro o permetro do 100 termo da sequncia de permetros, igual a 22 + (100 1) x 4 = 418 cm.

    QUESTO 14 ALTERNATIVA D A tabela abaixo resume as respostas dadas pelos filhos:

    Joo Maria ontem tera quarta hoje quinta sexta amanh segunda domingo

    Uma nica resposta de Joo a correta, isto significa que o dia da brincadeira s pode ser quarta (se a resposta correta for: ontem foi tera) ou quinta (se esta for a resposta correta primeira pergunta da me) ou domingo (se a resposta correta for: amanh ser segunda). De modo anlogo, analisando as respostas de Maria, como s uma delas a correta, h trs possibilidades para o dia da brincadeira: quinta, sexta ou sbado. Comparando as possibilidades de Joo com as de Maria, conclumos que a brincadeira foi realizada em uma quinta-feira. Joo respondeu corretamente a primeira pergunta e Maria respondeu corretamente a ltima. Outra soluo: Observamos que a resposta correta de Joo foi para a primeira pergunta Que dia da semana hoje? As outras duas respostas de Joo no podem ser verdadeiras, pois implicariam que todas as respostas de Maria estariam erradas. Por exemplo, se a resposta correta de Joo fosse para a pergunta, Que dia da semana ser amanh?, ou seja, se o dia seguinte fosse uma segunda-feira, a conversa teria ocorrido em um domingo e o dia anterior seria um sbado, confirmando que as trs respostas de Maria estariam erradas. Portanto, a conversa ocorreu em uma quinta-feira.

    QUESTO 15 ALTERNATIVA D O numerador da frao com denominador 3 s pode ser igual a 0 ou igual a 1, pois qualquer outro nmero natural maior do que 1 produziria, quando dividido por 3, um nmero maior do que 5/11. Logo

    ou

    e o menor denominador possvel para a primeira das fraes , portanto, 4.

  • 6Soluo da prova da 1 FaseOBMEP 2016 Nvel 1

    QUESTO 16 ALTERNATIVA A

    Para ir de P a Q, a formiguinha deve passar ou pelo ponto E ou pelo ponto H; o enunciado mostra que no h nenhum caminho que passe por ambos esses pontos.

    Segue que

    nmero de caminhos

    de P a Q=

    nmero de caminhos

    de P a Q

    passando por E

    +

    nmero de caminhos

    de P a Q

    passando por H

    De E ela deve seguir necessariamente a I e depois para Q; o Princpio Multiplicativo nos mostra quenmero de caminhos

    de P a Q

    passando por E

    =nmero de caminhos

    de P a E

    nmero de caminhos

    de I a Q

    Do mesmo modo, o nmero de caminhos de P a Q passando por H nmero de caminhos

    de P a Q

    passando por H

    =nmero de caminhos

    de P a H

    nmero de caminhos

    de L a Q

    e segue que o nmero total de caminhos de P a Q nmero de caminhos

    de P a E

    nmero de caminhos

    de I a Q+

    nmero de caminhos

    de P a H

    nmero de caminhos

    de L a Q

    A simetria da figura nos mostra que todos os fatores da expresso acima so iguais. Basta, ento, calcular, por exemplo, quantos so os caminhos de P a E. Eles so trs, a saber: PABE, PADE e PCDE, e segue que o nmero total de caminhos 3 x 3 + 3 x 3 = 18.

    Outra soluo: Podemos anotar, em cada vrtice, o nmero de caminhos que chegam naquele vrtice (basta somar os nmeros anteriores associados a lados que chegam naquele vrtice):

    QUESTO 16 ALTERNATIVA A Para ir de P a Q, a formiguinha deve passar ou pelo ponto E ou pelo ponto H; o enunciado mostra que no h nenhum caminho que passe por ambos esses pontos.

    Segue que

    nmero de caminhos de P a Q =

    nmero de caminhos de P a Q

    passando por E +

    nmero de caminhos de P a Q

    passando por H

    De E ela deve seguir necessariamente a I e depois para Q; a regra do produto nos mostra que

    nmero de caminhos de P a Q

    passando por E = nmero de caminhos de P a E

    nmero de caminhos de I a Q

    Do mesmo modo, o nmero de caminhos de P a Q passando por H

    nmero de caminhos de P a Q

    passando por H = nmero de caminhos de P a H

    nmero de caminhos de L a Q

    e segue que o nmero total de caminhos de P a Q

    nmero de caminhos de P a E

    nmero de caminhos de I a Q

    + nmero de caminhos de P a H

    nmero de caminhos de L a Q

    A simetria da figura nos mostra todos os fatores da expresso acima so iguais. Basta ento calcular, por exemplo, quantos so os caminhos de P a E. Eles so trs, a saber: PABE, PADE e PCDE e segue que o nmero total de caminhos 3 x 3 + 3 x 3 = 18. Outra soluo: Podemos anotar, em cada vrtice, o nmero de caminhos que chegam naquele vrtice (basta somar os nmeros anteriores associados a lados que chegam naquele vrtice):

    P A

    G

    B

    C D

    H

    F

    K L

    I J

    O

    M

    R

    N

    Q

    E

    QUESTO 17 ALTERNATIVA A Como a 5 casa contada por Ana foi a 12 contada por Pedro, conclumos que Pedro est contando 7 = 12 5 casas frente de Ana. Portanto, em geral, para determinarmos o nmero atribudo a uma casa por Pedro, basta acrescentar 7 ao nmero atribudo por Ana a essa mesma casa. Nos casos em que essa soma ultrapassar o nmero total de casas, devemos ter ateno. Isso pode ocorrer, uma vez que as casas esto dispostas em forma circular, contornando a praa. Identificamos esses casos quando o nmero de Pedro for menor que o nmero de Ana para a mesma casa.

    Seguindo esse raciocnio, a 20 casa contada por Ana deve ser a 27 contada por Pedro, mas o enunciado nos diz que ela corresponde a 5 casa contada por Pedro. Consequentemente, 27 maior que o nmero total de casas. Logo, se Pedro, ao terminar a volta na praa aps contar a ltima casa, continuar contando, ento ele atribuir o nmero 27 a mesma casa que ele atribura o nmero 5, na primeira volta completa. Ou seja, Pedro contou 5 casas aps a ltima e obteve 27. Portanto, o nmero total de casas 27 5 = 22.

    Para ilustrar a soluo, podemos representar a praa desenhando uma circunferncia; colocamos por fora os nmeros contados por Ana e por dentro os nmeros contados por Pedro. O enunciado fornece os seguintes dados:

    Colocamos, a seguir, os valores intermedirios e vemos que a casa 23 da contagem de Pedro coincide com a casa 1 da contagem de Ana. Logo, h 22 casas em volta da praa.

    QUESTO 18 ALTERNATIVA D Como o nmero total de bolas em cinco caixas consecutivas sempre o mesmo, a quantidade de bolas da primeira at a quinta caixa deve ser igual quantidade de bolas da segunda at a sexta caixa: (no de bolas na Caixa 1) + 5 + 9 + 1 + ( no de bolas na Caixa 5) =

    5 + 9 + 1 + (no de bolas na Caixa 5) + (no de bolas na Caixa 6)

    Pedro

    Ana

    9 18

    1

    1

    1

    1

    2 3

    3

    3

    3 3

    3 3

    3

    6 9

  • 7Soluo da prova da 1 FaseOBMEP 2016 Nvel 1

    QUESTO 17 ALTERNATIVA A

    Como a 5 casa contada por Ana foi a 12 contada por Pedro, conclumos que Pedro est contando 7 = 12 5 casas frente de Ana. Portanto, em geral, para determinarmos o nmero atribudo a uma casa por Pedro, basta acrescentar 7 ao nmero atribudo por Ana a essa mesma casa. Nos casos em que essa soma ultrapassar o nmero total de casas, devemos ter ateno. Isso pode ocorrer, uma vez que as casas esto dispostas em forma circular, contornando a praa. Identificamos esses casos quando o nmero de Pedro for menor que o nmero de Ana para a mesma casa.

    Seguindo esse raciocnio, a 20 casa contada por Ana deve ser a 27 contada por Pedro, mas o enunciado nos diz que ela corresponde 5 casa contada por Pedro. Consequentemente, 27 maior que o nmero total de casas. Logo, se Pedro, ao terminar a volta na praa aps contar a ltima casa, continuar contando, ento ele atribuir o nmero 27 mesma casa a que ele atribura o nmero 5, na primeira volta completa. Ou seja, Pedro contou 5 casas aps a ltima e obteve 27. Portanto, o nmero total de casas 27 5 = 22.

    Para ilustrar a soluo, podemos representar a praa desenhando uma circunferncia; colocamos por fora os nmeros contados por Ana e por dentro os nmeros contados por Pedro. O enunciado fornece os seguintes dados:

    Colocamos, a seguir, os valores intermedirios e vemos que a casa 23 da contagem de Pedro coincide com a casa 1 da contagem de Ana. Logo, h 22 casas em volta da praa.

    QUESTO 17 ALTERNATIVA A Como a 5 casa contada por Ana foi a 12 contada por Pedro, conclumos que Pedro est contando 7 = 12 5 casas frente de Ana. Portanto, em geral, para determinarmos o nmero atribudo a uma casa por Pedro, basta acrescentar 7 ao nmero atribudo por Ana a essa mesma casa. Nos casos em que essa soma ultrapassar o nmero total de casas, devemos ter ateno. Isso pode ocorrer, uma vez que as casas esto dispostas em forma circular, contornando a praa. Identificamos esses casos quando o nmero de Pedro for menor que o nmero de Ana para a mesma casa.

    Seguindo esse raciocnio, a 20 casa contada por Ana deve ser a 27 contada por Pedro, mas o enunciado nos diz que ela corresponde a 5 casa contada por Pedro. Consequentemente, 27 maior que o nmero total de casas. Logo, se Pedro, ao terminar a volta na praa aps contar a ltima casa, continuar contando, ento ele atribuir o nmero 27 a mesma casa que ele atribura o nmero 5, na primeira volta completa. Ou seja, Pedro contou 5 casas aps a ltima e obteve 27. Portanto, o nmero total de casas 27 5 = 22.

    Para ilustrar a soluo, podemos representar a praa desenhando uma circunferncia; colocamos por fora os nmeros contados por Ana e por dentro os nmeros contados por Pedro. O enunciado fornece os seguintes dados:

    Colocamos, a seguir, os valores intermedirios e vemos que a casa 23 da contagem de Pedro coincide com a casa 1 da contagem de Ana. Logo, h 22 casas em volta da praa.

    QUESTO 18 ALTERNATIVA D Como o nmero total de bolas em cinco caixas consecutivas sempre o mesmo, a quantidade de bolas da primeira at a quinta caixa deve ser igual quantidade de bolas da segunda at a sexta caixa: (no de bolas na Caixa 1) + 5 + 9 + 1 + ( no de bolas na Caixa 5) =

    5 + 9 + 1 + (no de bolas na Caixa 5) + (no de bolas na Caixa 6)

    Pedro

    Ana

    9 18

    1

    1

    1

    1

    2 3

    3

    3

    3 3

    3 3

    3

    6 9

    QUESTO 17 ALTERNATIVA A Como a 5 casa contada por Ana foi a 12 contada por Pedro, conclumos que Pedro est contando 7 = 12 5 casas frente de Ana. Portanto, em geral, para determinarmos o nmero atribudo a uma casa por Pedro, basta acrescentar 7 ao nmero atribudo por Ana a essa mesma casa. Nos casos em que essa soma ultrapassar o nmero total de casas, devemos ter ateno. Isso pode ocorrer, uma vez que as casas esto dispostas em forma circular, contornando a praa. Identificamos esses casos quando o nmero de Pedro for menor que o nmero de Ana para a mesma casa.

    Seguindo esse raciocnio, a 20 casa contada por Ana deve ser a 27 contada por Pedro, mas o enunciado nos diz que ela corresponde a 5 casa contada por Pedro. Consequentemente, 27 maior que o nmero total de casas. Logo, se Pedro, ao terminar a volta na praa aps contar a ltima casa, continuar contando, ento ele atribuir o nmero 27 a mesma casa que ele atribura o nmero 5, na primeira volta completa. Ou seja, Pedro contou 5 casas aps a ltima e obteve 27. Portanto, o nmero total de casas 27 5 = 22.

    Para ilustrar a soluo, podemos representar a praa desenhando uma circunferncia; colocamos por fora os nmeros contados por Ana e por dentro os nmeros contados por Pedro. O enunciado fornece os seguintes dados:

    Colocamos, a seguir, os valores intermedirios e vemos que a casa 23 da contagem de Pedro coincide com a casa 1 da contagem de Ana. Logo, h 22 casas em volta da praa.

    QUESTO 18 ALTERNATIVA D Como o nmero total de bolas em cinco caixas consecutivas sempre o mesmo, a quantidade de bolas da primeira at a quinta caixa deve ser igual quantidade de bolas da segunda at a sexta caixa: (no de bolas na Caixa 1) + 5 + 9 + 1 + ( no de bolas na Caixa 5) =

    5 + 9 + 1 + (no de bolas na Caixa 5) + (no de bolas na Caixa 6)

    Pedro

    Ana

    9 18

    1

    1

    1

    1

    2 3

    3

    3

    3 3

    3 3

    3

    6 9

  • 8Soluo da prova da 1 FaseOBMEP 2016 Nvel 1

    QUESTO 18 ALTERNATIVA D

    Como o nmero total de bolas em cinco caixas consecutivas sempre o mesmo, a quantidade de bolas da primeira at a quinta caixa deve ser igual quantidade de bolas da segunda at a sexta caixa:

    (no de bolas na Caixa 1) + 5 + 9 + 1 + ( no de bolas na Caixa 5) =

    5 + 9 + 1 + (no de bolas na Caixa 5) + (no de bolas na Caixa 6)

    Logo, (no de bolas na Caixa 1) = (no de bolas na Caixa 6).

    Pelo mesmo motivo, comeando da segunda caixa e depois na terceira caixa,

    5 + 9 + 1 + (no de bolas na Caixa 5) + (no de bolas na Caixa 6) =

    9 + 1 + (no de bolas na Caixa 5) + (no de bolas na Caixa 6) + (no de bolas na Caixa 7).

    Logo, o nmero de bolas na Caixa 7 5.

    De modo anlogo, vemos que o nmero de bolas da Caixa 8 9, o nmero de bolas na Caixa 9 1, que a Caixa 10 possui o mesmo nmero de bolas que o da Caixa 5 e a Caixa 11, o mesmo nmero de bolas que o da Caixa 6, o qual igual ao nmero de bolas na Caixa 1, como vimos acima. As quantidades de bolas repetem-se a cada cinco caixas.

    Na ilustrao h a informao de que as caixas contendo 3 e 7 bolas so vizinhas; para que isto ocorra, a Caixa 1 deve conter 7 bolas e as caixas 5 e 6 devem conter, respectivamente, 3 e 7 bolas. Assim, os contedos das caixas formam a sequncia 7, 5, 9, 1, 3, 7, 5, 9, 1, 3 ....

    De fato, no pode ocorrer que a primeira caixa contenha 3 bolas, pois isto geraria a sequncia 3, 5, 9, 1, 7, 3, 5, 9, 1, 7, ... e a ordem entre 3 e 7 seria incompatvel com o que aparece na ilustrao no enunciado.

    Para descobrir o contedo da Caixa 2016, fazemos a diviso de 2016 por 5; o resto 1 e isto nos diz que o contedo da Caixa 2016 o mesmo que o da Caixa 1, ou seja, que a Caixa 2016 contm 7 bolas.

    Soluo 2: (utilizando lgebra)

    Sejam x1, x2, x3, x4, x5 e x6 os nmeros de bolas distribudas em seis caixas consecutivas, respectivamente. Como o nmero total de bolas em cincos caixas consecutivas sempre o mesmo, segue que x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = x2 + x3 + x4 + x5 + x6 e, consequentemente, x1 = x6. Assim, caixas cujos nmeros diferem por cinco unidades contm o mesmo nmero de bolas. Como em duas caixas consecutivas aparecem 3 e 7 bolas, conclumos que os contedos das caixas formam a sequncia 7, 5, 9, 1, 3, 7, 5, 9, 1, 3 ..., pois a outra possibilidade, 3, 5, 9, 1, 7, 3, 5, 9, 1, 7 ..., incompatvel com a informao da ilustrao. Assim, a caixa de nmero 2016 contm a mesma quantidade de bolas que a Caixa 1, a saber, 7 bolas.

  • 9Soluo da prova da 1 FaseOBMEP 2016 Nvel 1

    QUESTO 19ALTERNATIVA C1 soluo: O permetro do retngulo maior ABCD igual ao permetro da figura em forma de cruz formada pelos cinco retngulos (os que possuem nmeros marcados em seu interior e o retngulo cinza), como na ilustrao ao lado. O permetro dessa figura igual soma das medidas de todos os lados dos quatro retngulos externos, menos as de cada um de seus lados que coincidem com os lados do retngulo cinza. A soma das medidas de todos os lados desses quatro retngulos externos 16 + 18 + 26 + 14 = 74 e o permetro da figura em forma de cruz 54, pois ele igual ao permetro do retngulo ABCD. Logo, o permetro do retngulo cinza 74 54 = 20 cm.

    2 soluo (exige alguns conhecimentos de lgebra):

    As letras de a at f na figura so as medidas dos lados dos retngulos menores. Calculando o permetro de cada um dos retngulos menores, temos:

    O permetro do retngulo maior ABCD

    Somando os permetros dos quatro retngulos ao redor do retngulo central cujas medidas so dadas, temos:

    Assim,

    Portanto, o permetro do retngulo cinza 20 cm.

    QUESTO 20 ALTERNATIVA E

    Soluo 1: Uma sequncia com trs nmeros obtida aps a aplicao de dois procedimentos a partir do primeiro nmero, finalizando no terceiro nmero igual a 1. Vamos fazer a contagem das sequncias a partir da quantidade de algarismos do nmero inicial.

    nmero inicial com 3 algarismos: nesse caso o nico procedimento usado foi o de apagar o algarismo das unidades (duas vezes, consecutivamente). Nesta situao, o nmero inicial mpar (5 possibilidades para o algarismo das unidades), com o algarismos das dezenas tambm mpar (tambm 5 possibilidades para o algarismo das dezenas), e com o algarismo das centenas igual a 1 (acima de 199, no obtemos o 1 como terceiro nmero aplicando apenas 2 procedimentos). Assim, existem 5 x 5 x 1 = 25 nmeros de trs algarismos que geram uma sequncia formada por trs nmeros.

    nmero inicial com 2 algarismos: necessariamente usamos dois procedimentos diferentes para form-la: apagamos os algarismos das unidades (se iniciar por um mpar) ou dividimos por 2 (se iniciar por um par), nessa ordem ou vice-versa.

    Se o primeiro nmero for mpar, o algarismo das dezenas 2 (pois deve ser o resultado obtido aps apagar o seu algarismo das unidades). Nesse caso, temos 5 possibilidades.

    Logo, (no de bolas na Caixa 1) = (no de bolas na Caixa 6).

    Pelo mesmo motivo, comeando da segunda caixa e depois na terceira caixa,

    5 + 9 + 1 + (no de bolas na Caixa 5) + (no de bolas na Caixa 6) =

    9 + 1 + (no de bolas na Caixa 5) + (no de bolas na Caixa 6) + (no de bolas na Caixa 7).

    Logo, o nmero de bolas na Caixa 7 5.

    De modo anlogo, vemos que o nmero de bolas da Caixa 8 9 , o nmero de bolas na Caixa 9 1, que a Caixa 10 possui o mesmo nmero de bolas que o da Caixa 5 e a Caixa 11 o mesmo nmero de bolas que o da Caixa 6, o qual igual ao nmero de bolas na Caixa 1, como vimos acima. As quantidades de bolas repetem-se a cada cinco caixas.

    No ilustrao h a informao de que as caixas contendo 3 e 7 bolas so vizinhas; para que isto ocorra a Caixa 1 deve conter 7 bolas e as caixas 5 e 6 devem conter, respectivamente 3 e 7 bolas. Assim os contedos das caixas formam a sequncia 7, 5, 9, 1, 3, 7, 5, 9, 1, 3 ....

    De fato, no pode ocorrer que a primeira caixa contenha 3 bolas, pois isto geraria a sequncia 3, 5, 9, 1, 7, 3, 5, 9, 1, 7, ... e a ordem entre 3 e 7 seria incompatvel com o que aparece na ilustrao no enunciado.

    Para descobrir o contedo da Caixa 2016, fazemos a diviso de 2016 por 5; o resto 1 e isto nos diz que o contedo da Caixa 2016 o mesmo que o da Caixa 1, ou seja, que a Caixa 2016 contm 7 bolas.

    Soluo 2: (utilizando lgebra)

    Sejam x1, x2, x3, x4, x5 e x6 os nmeros de bolas distribudas em seis caixas consecutivas, respectivamente. Como o nmero total de bolas em cincos caixas consecutivas sempre o mesmo, segue que x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = x2 + x3 + x4 + x5 + x6 e, consequentemente, x1 = x6. Assim, caixas cujos nmeros diferem por cinco unidades contm o mesmo nmero de bolas. Como em duas caixas consecutivas aparecem 3 e 7 bolas, conclumos que os contedos das caixas formam a sequncia 7, 5, 9, 1, 3, 7, 5, 9, 1, 3 ..., pois a outra possibilidade, 3, 5, 9, 1, 7, 3, 5, 9, 1, 7 ..., incompatvel com a informao da ilustrao. Assim, a caixa de nmero 2016 contm a mesma quantidade de bolas que a Caixa 1, a saber, 7 bolas.

    QUESTO 19 ALTERNATIVA C 1 soluo: O permetro do retngulo maior ABCD igual ao permetro da figura em forma de cruz formada pelos cinco retngulos (destacados em vermelho, na ilustrao ao lado). O permetro dessa figura igual soma das medidas de todos os lados dos quatro retngulos externos, menos as de cada um de seus lados que coincidem com os lados do retngulo cinza. A soma das medidas de todos os lados desses quatro retngulos externos 16 + 18 + 26 + 14 = 74 e o permetro da figura em forma de cruz 54, pois ele igual ao permetro do retngulo ABCD. Logo, o permetro do retngulo cinza 74 54 = 20 cm.

    A B

    C D 2 soluo (exige alguns conhecimentos de lgebra):

    As letras de a at f na figura so as medidas dos lados dos retngulos menores. Calculando o permetro de cada

    um dos retngulos menores, temos:

    2 2 162 2 182 2 142 2 262 2 ?

    b da ec eb fb e

    O permetro do retngulo maior ABCD 2 2 2 2 2 2 2 2 54.a b c d e f a b c d e f

    Somando os permetros dos quatro retngulos ao redor do retngulo central cujas medidas so dadas, temos:

    permetro do retngulo maior

    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b d a e c e b f a b c d e f b e .

    Assim 16 18 14 26 54 2 2 2 2 74 54 20b e b e . Portanto, o permetro do retngulo cinza 20 cm.

    QUESTO 20 ALTERNATIVA E Soluo 1: Uma sequncia com trs nmeros obtida aps a aplicao de dois procedimentos a partir do primeiro nmero, finalizando no terceiro nmero igual a 1. Vamos fazer a contagem das sequncias a partir da quantidade de algarismos do nmero inicial.

    nmero inicial com 3 algarismos: nesse caso o nico procedimento usado foi o de apagar o algarismo das unidades (duas vezes, consecutivamente). Nesta situao, o nmero inicial impar (5 possibilidades para o algarismo das unidades), com o algarismos das dezenas tambm mpar (tambm 5 possibilidades para o algarismo das dezenas), e com o algarismo das centenas igual a 1 (acima de 199, no obtemos o 1 como terceiro nmero aplicando apenas 2 procedimentos). Assim, existem 5 x 5 x 1 = 25 nmeros de trs algarismos que geram uma sequncia formada por trs nmeros.

    nmero inicial com 2 algarismos: necessariamente usamos dois procedimentos diferentes para form-la: apagamos o algarismos das unidades (se iniciar por um mpar) ou dividimos por 2 (se iniciar por um par), nessa ordem ou vice e versa. Se o primeiro nmero for mpar, o algarismo das dezenas 2 (pois deve ser o

    resultado obtido aps apagar o seu algarismo das unidades). Nesse caso, temos 5 possibilidades.

    Se o primeiro nmero for par, o segundo a sua metade. Nesse caso, o segundo termo deve ser mpar (para usarmos o procedimento de apagar o algarismo das unidades). Como, aps apagar as unidades, devemos obter 1, o nmero obtido mpar entre 10 e 20. Nesse caso, tambm temos 5 possibilidades.

    Assim, existem 5 + 5 = 10 nmeros de dois algarismos que geram uma sequncia formada por trs nmeros.

    nmero inicial com 1 algarismo: temos duas sequncias, uma com o nmero inicial igual a 4 e outra iniciando por 3.

    Logo, o nmero de sequncias formadas por trs nmeros 25 + 10 + 2 = 37.

    2 soluo (exige alguns conhecimentos de lgebra):

    As letras de a at f na figura so as medidas dos lados dos retngulos menores. Calculando o permetro de cada

    um dos retngulos menores, temos:

    2 2 162 2 182 2 142 2 262 2 ?

    b da ec eb fb e

    O permetro do retngulo maior ABCD 2 2 2 2 2 2 2 2 54.a b c d e f a b c d e f

    Somando os permetros dos quatro retngulos ao redor do retngulo central cujas medidas so dadas, temos:

    permetro do retngulo maior

    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b d a e c e b f a b c d e f b e .

    Assim 16 18 14 26 54 2 2 2 2 74 54 20b e b e . Portanto, o permetro do retngulo cinza 20 cm.

    QUESTO 20 ALTERNATIVA E Soluo 1: Uma sequncia com trs nmeros obtida aps a aplicao de dois procedimentos a partir do primeiro nmero, finalizando no terceiro nmero igual a 1. Vamos fazer a contagem das sequncias a partir da quantidade de algarismos do nmero inicial.

    nmero inicial com 3 algarismos: nesse caso o nico procedimento usado foi o de apagar o algarismo das unidades (duas vezes, consecutivamente). Nesta situao, o nmero inicial impar (5 possibilidades para o algarismo das unidades), com o algarismos das dezenas tambm mpar (tambm 5 possibilidades para o algarismo das dezenas), e com o algarismo das centenas igual a 1 (acima de 199, no obtemos o 1 como terceiro nmero aplicando apenas 2 procedimentos). Assim, existem 5 x 5 x 1 = 25 nmeros de trs algarismos que geram uma sequncia formada por trs nmeros.

    nmero inicial com 2 algarismos: necessariamente usamos dois procedimentos diferentes para form-la: apagamos o algarismos das unidades (se iniciar por um mpar) ou dividimos por 2 (se iniciar por um par), nessa ordem ou vice e versa. Se o primeiro nmero for mpar, o algarismo das dezenas 2 (pois deve ser o

    resultado obtido aps apagar o seu algarismo das unidades). Nesse caso, temos 5 possibilidades.

    Se o primeiro nmero for par, o segundo a sua metade. Nesse caso, o segundo termo deve ser mpar (para usarmos o procedimento de apagar o algarismo das unidades). Como, aps apagar as unidades, devemos obter 1, o nmero obtido mpar entre 10 e 20. Nesse caso, tambm temos 5 possibilidades.

    Assim, existem 5 + 5 = 10 nmeros de dois algarismos que geram uma sequncia formada por trs nmeros.

    nmero inicial com 1 algarismo: temos duas sequncias, uma com o nmero inicial igual a 4 e outra iniciando por 3.

    Logo, o nmero de sequncias formadas por trs nmeros 25 + 10 + 2 = 37.

    2 soluo (exige alguns conhecimentos de lgebra):

    As letras de a at f na figura so as medidas dos lados dos retngulos menores. Calculando o permetro de cada

    um dos retngulos menores, temos:

    2 2 162 2 182 2 142 2 262 2 ?

    b da ec eb fb e

    O permetro do retngulo maior ABCD 2 2 2 2 2 2 2 2 54.a b c d e f a b c d e f

    Somando os permetros dos quatro retngulos ao redor do retngulo central cujas medidas so dadas, temos:

    permetro do retngulo maior

    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b d a e c e b f a b c d e f b e .

    Assim 16 18 14 26 54 2 2 2 2 74 54 20b e b e . Portanto, o permetro do retngulo cinza 20 cm.

    QUESTO 20 ALTERNATIVA E Soluo 1: Uma sequncia com trs nmeros obtida aps a aplicao de dois procedimentos a partir do primeiro nmero, finalizando no terceiro nmero igual a 1. Vamos fazer a contagem das sequncias a partir da quantidade de algarismos do nmero inicial.

    nmero inicial com 3 algarismos: nesse caso o nico procedimento usado foi o de apagar o algarismo das unidades (duas vezes, consecutivamente). Nesta situao, o nmero inicial impar (5 possibilidades para o algarismo das unidades), com o algarismos das dezenas tambm mpar (tambm 5 possibilidades para o algarismo das dezenas), e com o algarismo das centenas igual a 1 (acima de 199, no obtemos o 1 como terceiro nmero aplicando apenas 2 procedimentos). Assim, existem 5 x 5 x 1 = 25 nmeros de trs algarismos que geram uma sequncia formada por trs nmeros.

    nmero inicial com 2 algarismos: necessariamente usamos dois procedimentos diferentes para form-la: apagamos o algarismos das unidades (se iniciar por um mpar) ou dividimos por 2 (se iniciar por um par), nessa ordem ou vice e versa. Se o primeiro nmero for mpar, o algarismo das dezenas 2 (pois deve ser o

    resultado obtido aps apagar o seu algarismo das unidades). Nesse caso, temos 5 possibilidades.

    Se o primeiro nmero for par, o segundo a sua metade. Nesse caso, o segundo termo deve ser mpar (para usarmos o procedimento de apagar o algarismo das unidades). Como, aps apagar as unidades, devemos obter 1, o nmero obtido mpar entre 10 e 20. Nesse caso, tambm temos 5 possibilidades.

    Assim, existem 5 + 5 = 10 nmeros de dois algarismos que geram uma sequncia formada por trs nmeros.

    nmero inicial com 1 algarismo: temos duas sequncias, uma com o nmero inicial igual a 4 e outra iniciando por 3.

    Logo, o nmero de sequncias formadas por trs nmeros 25 + 10 + 2 = 37.

    2 soluo (exige alguns conhecimentos de lgebra):

    As letras de a at f na figura so as medidas dos lados dos retngulos menores. Calculando o permetro de cada

    um dos retngulos menores, temos:

    2 2 162 2 182 2 142 2 262 2 ?

    b da ec eb fb e

    O permetro do retngulo maior ABCD 2 2 2 2 2 2 2 2 54.a b c d e f a b c d e f

    Somando os permetros dos quatro retngulos ao redor do retngulo central cujas medidas so dadas, temos:

    permetro do retngulo maior

    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b d a e c e b f a b c d e f b e .

    Assim 16 18 14 26 54 2 2 2 2 74 54 20b e b e . Portanto, o permetro do retngulo cinza 20 cm.

    QUESTO 20 ALTERNATIVA E Soluo 1: Uma sequncia com trs nmeros obtida aps a aplicao de dois procedimentos a partir do primeiro nmero, finalizando no terceiro nmero igual a 1. Vamos fazer a contagem das sequncias a partir da quantidade de algarismos do nmero inicial.

    nmero inicial com 3 algarismos: nesse caso o nico procedimento usado foi o de apagar o algarismo das unidades (duas vezes, consecutivamente). Nesta situao, o nmero inicial impar (5 possibilidades para o algarismo das unidades), com o algarismos das dezenas tambm mpar (tambm 5 possibilidades para o algarismo das dezenas), e com o algarismo das centenas igual a 1 (acima de 199, no obtemos o 1 como terceiro nmero aplicando apenas 2 procedimentos). Assim, existem 5 x 5 x 1 = 25 nmeros de trs algarismos que geram uma sequncia formada por trs nmeros.

    nmero inicial com 2 algarismos: necessariamente usamos dois procedimentos diferentes para form-la: apagamos o algarismos das unidades (se iniciar por um mpar) ou dividimos por 2 (se iniciar por um par), nessa ordem ou vice e versa. Se o primeiro nmero for mpar, o algarismo das dezenas 2 (pois deve ser o

    resultado obtido aps apagar o seu algarismo das unidades). Nesse caso, temos 5 possibilidades.

    Se o primeiro nmero for par, o segundo a sua metade. Nesse caso, o segundo termo deve ser mpar (para usarmos o procedimento de apagar o algarismo das unidades). Como, aps apagar as unidades, devemos obter 1, o nmero obtido mpar entre 10 e 20. Nesse caso, tambm temos 5 possibilidades.

    Assim, existem 5 + 5 = 10 nmeros de dois algarismos que geram uma sequncia formada por trs nmeros.

    nmero inicial com 1 algarismo: temos duas sequncias, uma com o nmero inicial igual a 4 e outra iniciando por 3.

    Logo, o nmero de sequncias formadas por trs nmeros 25 + 10 + 2 = 37.

    + + + + + + + = + + + + + + +

    permetro do retngulo maior

    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b d a e c e b f a b c d e f b e

  • 10Soluo da prova da 1 FaseOBMEP 2016 Nvel 1

    Se o primeiro nmero for par, o segundo a sua metade. Nesse caso, o segundo termo deve ser mpar (para usarmos, em continuao, o procedimento de apagar o algarismo das unidades). Como, aps apagar as unidades, devemos obter 1, o nmero obtido no estgio intermedirio mpar entre 10 e 20. Nesse caso, tambm temos 5 possibilidades.

    Assim, existem 5 + 5 = 10 nmeros de dois algarismos que geram uma sequncia formada por trs nmeros.

    nmero inicial com 1 algarismo: temos duas sequncias, uma com o nmero inicial igual a 4 e outra iniciando por 3.

    Logo, o nmero de sequncias formadas por trs nmeros 25 + 10 + 2 = 37.

    A tabela abaixo mostra as possveis sequncias formadas por trs nmeros. Para isso, usamos as letras u e d, para representar, respectivamente, o algarismo das unidades e das dezenas do nmero inicial.Nmero inicial Observao 1 procedimento Nmero intermedirio 2 procedimento

    Quantidade de sequncias

    1du d e u mpares apaga unidade 1d apaga unidade 5 x 5 = 25

    2u u mpar apaga unidade 2 divide por 2 5

    du u par divide por 2 mpar 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 sequncias 37

    Soluo 2: As sequncias descritas no enunciado que comeam com nmeros de apenas um algarismo so:

    21, 321, 421, 5321, 6321, 7421 e 8421 e 95321.

    Destas, somente duas tm trs termos: a que comea com 3 e a que comea com 4.

    H apenas as seguintes sequncias com dois termos: 21, 111, 131, 151, 171 e 191. Utilizando-as, h dois procedimentos para se obter sequncias com trs termos:

    1) Colocando-se como primeiro termo da sequncia o dobro dos nmeros iniciais das sequncias com dois termos exibidas acima:

    421, 22111, 26131, 30151, 34171 e 38191.

    Observe que 421 j havia sido contada antes e, portanto, no total, at agora, temos sete sequncias de trs termos.

    2) Colocando-se como primeiro termo da sequncia nmeros 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 mpar na casa das dezenas) e terminados com um nmero mpar na casa das unidades:

    2121, 2321, 2521, 2721, 2921

    111111, 113111, 115111, 117111, 119111

    131131, 133131, 135131, 137131, 139131

    151151, 153151, 155151, 157151, 159151

    171171, 173171, 175171, 177171, 179171

    191191, 193191, 195191, 197191, 199191

    Assim, ao todo temos 7 + 30 = 37 sequncias de trs termos.