Sf2n1 2010
- 1. OBMEP 2010 Soluções da prova da 2ª Fase Nível 1 1 Questão 1 a) O número-parada de 93 é 4, pois 3 27 7 14 41 493 9 2× = × →= ×→ =→ . b) Escrevendo vemos que 32 . Como3 2 6× = 23→ × = 6 23 24 22 = × × × , temos 24222 4 32 2 32 2 6× × × →= ×→ = 6 e assim o número-parada de 4222 é 6, bem como de 2422, 2242 e 2224. Outra alternativa é escrever 1 6 , o que nos dá 166× = 61→ × = ; como 2 2 2 162× × × = segue que 2 2 2 16 122 2 62 2 6× × × = → × =→ e vemos que o número-parada de 2222 também é 6. Pode-se também pensar a partir de 8 32 28 4 34 6× = → × =→ ; como 12 4 2 248 4 3× = × × ×= vemos que 2234, 2324,…, 4322 também possuem 6 como número-parada. c) Há apenas duas maneiras de obter 2 multiplicando dois algarismos, a saber, 12 e 2121 2→ × = 12→ 2× = . Para obter 12, temos as possibilidades ,16 22 2 6× =→ 12 26 6 2× =→ , 14 23 3 4× =→ e ; para obter 21, temos as possibilidades e 134 4 3× =→ 2 127 13 3 7× =→ 237 7 3× =→ . Como os números 21, 26, 62, 34, 43, 37 e 73 não podem ser obtidos como produto de dois algarismos, concluímos que os números de dois algarismos cujo número- parada é 2 são 12, 21, 26, 62, 34, 43, 37 e 73. Questão 2 a) Para saber o número que deve dizer ao matemágico, Joãozinho deve fazer quatro contas: 1ª conta: multiplicar o número no cartão escolhido por 2; 2ª conta: somar 3 ao resultado da primeira conta; 3ª conta: multiplicar por 5 o resultado da segunda conta; 4ª conta: somar 1, 2, 3 ou 4 ao resultado da terceira conta, dependendo da cor do cartão escolhido. Como o número no cartão escolhido por Joãozinho foi 3, o resultado da primeira conta é 3 2 ; o resultado da segunda conta é e o da terceira conta é 6× = 6 3 9+ = 9 5 45× = . Por fim, como a cor do cartão escolhido por Joãozinho é vermelha, o resultado da quarta e última conta é 45 4 49+ = . Assim Joãozinho deve dizer “Quarenta e nove” ao matemágico. b) 1ª solução: Vamos analisar o que acontece com o número de um cartão quando fazemos as operações indicadas. Qualquer que seja esse número, após a terceira conta obtemos um múltiplo de 5, ou seja, um número cujo algarismo das unidades é 0 ou 5. Concluimos então que, todas as contas estando corretas, o algarismo das unidades do núme- ro dito ao matemático é • 1 ou 6, se o cartão escolhido é verde; • 2 ou 7, se o cartão escolhido é amarelo; • 3 ou 8, se o cartão escolhido é azul; • 4 ou 9, se o cartão escolhido é vermelho. Desse modo, se Mariazinha disse 76 ao matemágico, seu cartão era verde e o resultado da terceira conta realizada por ela foi 76 ; o resultado da segunda conta foi 751 75− = 5 15÷ = ; o resultado da primeira conta foi 15 3 12− = e o número no cartão escolhido por Mariazinha foi 12 2 6÷ = . Conferindo: 6 3)2 1( 5 76× + × + = . 2ª solução: Essa solução não difere essencialmente da anterior, mas é mais precisa e permite uma solução imediata do item c). Como antes, vamos analisar o que acontece com o número de um cartão quando fazemos as operações indicadas. Qualquer que seja esse número, ao multiplicar por 2 obtemos um número par; ao somar 3 ao resultado, obtemos um número ímpar (esse é o detalhe em que essa solução difere da anterior). Ao multiplicar por 5, obtemos um número cujo algarismo das unidades é 5. Concluimos então que, todas as contas estando corretas, o último alga- rismo do número dito ao matemático é • 6, se o cartão escolhido é verde; • 7, se o cartão escolhido é amarelo; • 8, se o cartão escolhido é azul; • 9, se o cartão escolhido é vermelho. O restante dessa solução procede como a anterior.
- 2. OBMEP 2010 Soluções da prova da 2ª Fase Nível 1 2 3ª solução (algébrica): Seja x o número de um cartão; então o número dito ao matemágico é 5(2 3) 10 15x y x+ + = + + y , onde y é um número inteiro de 1 a 4 correspondendo à cor do cartão. Temos aqui , ou seja, 1010 15 76x y+ + = 61x y+ = . Como o dígito das unidades de 10x é 0, vemos que y só pode ser 1; logo , donde e concluímos que o cartão escolhido foi o 6 verde.10 60x = 6x = c) 1ª solução (de acordo com a 1ª solução do item b)): Quando Pedrinho disse 61 ao matemágico, ele pensou assim: se as contas de Pedrinho estiverem corretas, o cartão deve ser verde (pois o algarismo das unidades de 61 é 1) e depois da terceira conta o número obtido foi 61 1 60− = , depois da segunda conta o número obtido foi 60 5 12÷ = , depois da primeira conta o número obtido foi 12 3 9− = e então o número no cartão deve ser 9 2 , o que não pode acontecer pois os números nos cartões são números inteiros. Logo Pedrinho deve ter errado alguma conta. 4,5÷ = 2ª solução (de acordo com a 2ª solução do item b)): Dizer ao matemágico um número cujo algarismo das unidades é diferente de 6, 7, 8 ou 9 indica que houve algum erro de conta. 3ª solução: Para simplificar, vamos chamar de “resultado” de um cartão o número que deve ser dito ao matemágico por uma criança que escolha esse cartão. Observamos que entre cartões de mesmo número, o verde tem o menor resultado e o vermelho o maior. Por outro lado, o resultado do cartão 1 vermelho é ( ) e o do 2 verde é , o resultado do 2 vermelho é 2 3 5 4 291× + × + = ( )2 3 5 1 362× + × + = ( )2 3 5 4 392× + × + = e o do 3 verde é , e assim por diante; isso mostra que, entre cartões de números diferentes, o cartão que tem o maior número tem também o maior resultado, independente da cor. Como o resultado do cartão 4 vermelho é e o do 5 verde é ( ) , um cartão cujo resultado fosse 61 deveria ter número maior que 4 e menor que 5, o que não pode acontecer. ( )3 3 5 1 462× + × + = ( )4 3 5 4 592× + × + = 5 3 5 1 662× + × + = Questão 3 Para orientar a solução, lembramos que a área de um retângulo é igual ao produto dos comprimentos de dois lados adjacentes; em particular, a área de um quadrado é igual ao quadrado de seu lado. a) Como a área do retângulo é 108 cm2 e um lado mede 12 cm, o comprimento do lado adjacente, indicado por ? na figura ao lado, deve ser um número que multiplicado por 12 tenha como resultado 108,ou seja, é 108 . Assim, o perímetro do retângulo é 1212 9÷ = 12 9 9 42+ + + = cm. Solução algébrica: Seja x o comprimento do lado indicado por ? na figura. Então 12 e, co- mo antes, temos ; o cálculo do perímetro é idêntico ao feito acima. 108x = 108 12 9x = ÷ = b) Como o quadrado cinza tem área igual a 36 cm2 , o comprimento de seu lado é um número cujo quadrado é 36, ou seja, é igual 6 cm. Logo o retângulo maior tem um lado de comprimento 6 cm; como sua área é 108 cm2 , segue que seu outro lado mede 8 cm. Logo um lado do retângulo branco mede 6 cm e o outro me 12= cm, e assim seu perímetro 36 108 6 1÷ = de − é18 6 12 12 6 6+ + + = .cm Pode-se também argumentar que a área do retângulo branco é cm108 36 72− = 2 ; como um de seus lados mede 6 cm, o outro mede então 72 6 12÷ = cm; o restante da solução segue como acima. Solução algébrica: O lado do quadrado, que mede 6 cm, é um lado do retângulo branco e também do retângulo mai- or. Seja x o outro lado do retângulo branco; então o outro lado do retângulo maior tem comprimento 6x + cm. Como sua área é 108 cm2 , segue que , ou seja, 6 36( 6) 108x + = 6 108x + = . Logo 6 e segue que . O cálculo do perímetro do retângulo branco segue como acima. 108 36 72x = − = 1272 6x ÷ ==
- 3. OBMEP 2010 Soluções da prova da 2ª Fase Nível 1 3 c) Na figura ao lado marcamos os lados do quadrado R em pontilhado e os lados do quadrado S em traço mais grosso. Para simplificar, vamos nos referir ao comprimento de um segmento grosso apenas como “grosso”, e do mesmo modo para “pontilhado”. O perímetro do quadrado S é igual a quatro grossos. Observamos que os retângulos brancos são iguais, pois têm os mesmos lados, e seu perímetro é igual a dois grossos mais dois pontilhados. Por outro lado, o enunciado diz que o perímetro de um desses retângulos é igual a três vezes o perímetro de S, isto é, igual a doze grossos. Logo os dois pontilhados devem ser iguais a dez grossos, ou seja, cada pontilhado é igual a cinco grossos. Notamos agora que um lado do quadrado grande é igual a um grosso mais um pontilhado, ou seja, é igual a seis grossos. Podemos então decompor o quadrado grande em 6 6 36× = qua- dradinhos iguais ao quadrado S, como na figura ao lado. Como a área do quadrado maior é igual a 108 cm2 , a área de um desses quadradinhos é igual a 108 36 3÷ = cm2 . Finalmente, o quadrado R consiste de 5 5 quadradinhos e então sua área é igual a 2525× = 3 75× = cm2 . Solução algébrica: Primeiro argumentamos, como acima, que os retângulos brancos são iguais. Seja agora x o lado do quadrado S (grosso) e y o lado do quadrado R (pontilhado). O perí- metro de S é então 4x e o de um retângulo branco é 2 2x y+ ; o enunciado nos diz que 2 2 3 124x y xx× =+ = , don- de e então . Logo o lado do quadrado grande mede2 10y = x x5y = 5 6x x x+ = ; como sua área é 108 cm2 temos 2 608 6 361 x xx × == , donde 2 3x = . A área de R é então cm2 2 2 (5 ) 25 25 3 75x xy = = = × = 2 . Questão 4 a) O número que forma um casal com 2010 é 7989, pois ambos possuem 4 dígitos e sua soma é .2010 7989 9999+ = b) Existem noventa números com dois dígitos, a saber, os números de 10 a 99. Desses números, só não possuem par aqueles que começam com 9, ou seja, os dez números de 90 a 99. Logo, oitenta números com dois dígitos têm par para formar um casal, e portanto existem quarenta casais distintos com dois dígitos. c) Damos a seguir três exemplos de casais especiais: (2376, 7623), (5814, 4185) e (8901,1098). d) 1ª solução: Vamos supor que exista um casal especial de números com três algarismos. Sejam A o algarismo das centenas, B o algarismo das dezenas e C o algarismo das unidades de um dos números desse casal; esse número é então ABC, onde notamos que A não é igual a 0. Esses são também os algarismos do segundo número do casal, que pode então ser ABC, ACB, BAC, BCA, CAB ou CBA. Temos então as seis possibilidades a seguir: A B C A B C A B C A B C A B C A B C + A B C + A C B + B A C + B C A + C A B + C B A 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 A primeira possibilidade não pode ocorrer, pois 9A A+ = é impossível. De modo similar, eliminamos a segunda, a terceira e a última possibilidade. Na quarta possibilidade temos B C 9+ A C= = + e segue que , o que não pode acontecer, pois em um casal especial os algarismos são distintos. O mesmo argumento elimina a quinta possi- bilidade, e concluímos que não existem casais especiais com números de três algarismos. A B= 2ª solução: Suponhamos que exista um casal especial com números de três algarismos e sejam A, B e C os algaris- mos desses números. Cada algarismo de um dos números somado com algum algarismo do segundo número tem 9 como resultado; assim devemos ter , o que não pode acontecer pois 27 é ímpar. Logo não existem casais especiais com números de três algarismos. 2( ) 27A A B B C C A B C+ + + + + = + + =
- 4. OBMEP 2010 Soluções da prova da 2ª Fase Nível 1 4 3ª solução: Suponhamos que exista um casal especial de números de três algarismos. Como 9 não é soma de dois pares ou dois ímpares e a soma dos integrantes do casal é 999 e, entre seus algarismos das centenas um é par e o outro é ímpar, e o mesmo vale para os algarismos das dezenas e das unidades. Logo o número de algarismos pares de um dos dois é igual ao número de algarismos ímpares do outro. Como os dois integrantes do casal têm os mes- mos algarismos concluimos que em qualquer um deles o número de algarismos pares é igual ao número de algaris- mos ímpares, o que não pode acontecer pois eles possuem apenas três algarismos. Esse argumento mostra que não existem casais especiais com integrantes que tenham um número ímpar qualquer de algarismos. Questão 5 a) Ao lado vemos que a figura cinzenta tem como contorno um segmento horizontal de 6 cm, um segmento vertical de 6 cm, seis segmentos horizontais de 1 cm e seis segmentos verti- cais de 1 cm; logo seu perímetro é 6 6 6 cm. Vemos também que ela pode ser decomposta em 1 2 quadradinhos de área 1; logo sua área é 21 cm 1 6 1 4 6 24+ + × + × = × = 3 4 5 6 21+ + + + + = 2 . b) A área da figura é a soma das áreas das partes branca e cinzenta. Como essas duas partes formam o quadrado original, sua área total é 6 6 36× = cm2 . Para o perímetro, vamos oferecer duas soluções distintas, observando que ele também pode ser calculado diretamen- te por observação da figura. 1ª solução: O perímetro da parte cinza é 4 6 24× = cm e o da parte branca é 4 5 20× = cm; separadamente, essas peças teriam um perímetro total de cm. Ao encaixar as peças como no enunciado, elas passam a ter em comum dois segmentos em cada degrau encaixado, que indicamos com traço mais grosso, e um segmento indicado em pontilhado; o número de segmentos comuns é então . Para cada segmento comum “perdemos” 2 cm do perímetro total, num total de cm. Logo o perímetro da figura é cm. 20 24 44+ = 2 3 1 7× + = 2 7 14× = 44 14 30− = 2ª solução: Vamos considerar a seqüência de figuras abaixo. O perímetro do quadrado original é cm. Na segunda figura, descemos um degrau, “ganhamos” os segmen- tos em traço mais grosso e “perdemos” o segmento pontilhado. Assim, o perímetro aumentou de 3 1 cm e pas- sou a ser cm. Após isso, ao descer um degrau sempre “ganhamos” os quatro segmentos em traço mais grosso, ou seja, o perímetro aumenta 4 cm a cada degrau descido depois do primeiro; em particular, a terceira figura tem perímetro 30 cm, que é a resposta correta a esse item. Observamos também que ao descer o primeiro degrau o número de degraus encaixados continua o mesmo e, após isso, diminui de um a cada degrau descido. Nossas ob- servações podem ser resumidas na tabela abaixo: 4 6 24× = 2− = 24 2 26+ = degraus “descidos” degraus encaixados perímetro aumento no perímetro 0 4 24 1 4 26 2 2 3 30 4 3 2 34 4 A observação dessa tabela nos mostra que, se o número de degraus descidos for maior que 0, temos encaixados degraus dd eegra scus idos 5+ =
- 5. OBMEP 2010 Soluções da prova da 2ª Fase Nível 1 5 ( )22 4 número de degrauperí s desme citro dos= + × c) 1ª solução: Quando o comprimento do lado é 87 cm, a parte cinza tem perímetro igual a 4 8 cm e a parte branca tem perímetro cm, num total de 348 7 348× = 4 86 344× = 344 692+ = cm. O mesmo raciocínio da 1ª solução do item anterior mostra que o perímetro da figura obtida encaixando 39 degraus é então (2 396 1) 53492 2× × + =− cm. 2ª solução: De acordo com a 2ª solução do item anterior, temos encaixados degraus descdegr idoa s su 86+ = 4 )346 (número de degrauper s deímetro scidos= + × . Como o número de degraus encaixados é 39, o número de degraus “descidos” é 86 39 47− = e o perímetro da figura é cm.43 746 54 3×+ = 4 Questão 6 a) Somar as somas das linhas é o mesmo que somar todos os números no quadrado; assim, a soma das somas das linhas é 1 . O mesmo se pode dizer da soma das somas das colunas, e concluímos que a soma de todas as somas é 2 4 2 3 4 5 6 7 8 9 45+ + + + + + + + = 5 90× = . Logo a soma que está faltando é .90 (9 13 14 17 18) 90 71 19− + + + + = − = b) 1ª solução: Se todas as somas fossem pares, as somas das três linhas seriam pares e sua soma seria par. Mas isso é impossível pois, como vimos acima, a soma das somas das três linhas é 45, que é um número ímpar. 2ª solução: Ao distribuir os números no quadrado, uma linha pode ter no máximo três números ímpares. Por outro lado, há cinco números ímpares de 1 a 9, a saber, 1,3,5,7 e 9. As maneiras de escrever 5 como soma de inteiros menores ou iguais a 3 são 5 2 . Como em qualquer dessas somas aparecem as parcelas 1 ou 3, concluímos que pelo menos uma linha de um quadrado preenchido conterá um ou três números ímpares, sendo os restantes pares. Em qualquer caso, obtemos uma linha cuja soma é ímpar. 3 1 1 3 1 2 2= + = + + = + + c) Vamos estender um pouco essa solução para determinar não apenas um, mas todos os quadrados que têm as somas dadas. Antes de começar, notamos que trocar a ordem de duas linhas (ou de duas colunas) não altera as somas de um quadrado. O seis números do resultado final devem ser separados em dois grupos de três números cada, cujas somas sejam iguais a 45. No primeiro grupo, cada número é a soma de uma linha e, no outro, a soma de cada coluna. De acordo com o item anterior, cada grupo deve conter um número ímpar; logo 7 e 13 devem ficar em conjuntos diferen- tes. Segue imediatamente que a única possibilidade é separar as somas nos grupos 7,16, 22 e 13,14,18; podemos então supor que as somas das linhas são 7,16,22 e as somas das colunas são 13,14,18. 1 2 4 7Como a única maneira de obter a soma 7 é 1 2 4 7+ + = , podemos começar a preencher o quadrado como à direita. Suponhamos que a soma da segunda linha seja 22; as únicas possibilidades para a soma 22 são 5 8 9 e 6 7 , que vamos considerar separadamente.22+ + = 9 22+ + = Suponhamos primeiro que na segunda linha aparecem os números 5, 8 e 9. Aqui o 5 não pode aparecer na coluna do 4, pois 4 5 9+ = e para obter uma das somas 13, 14 ou 18 nessa co- luna o terceiro número deveria ser 4, 5 ou 9, respectivamente, o que não pode acontecer pois o 4 já foi usado enquanto que 5 e 9 aparecem na segunda linha; argumento análogo mostra que o 9 tam- bém não pode aparecer na coluna do 4, ou seja, o 8 aparece abaixo do 4. Como 4 8 12+ = e tanto o 1 como o 2 já foram usados, a soma dessa coluna não pode ser 13 ou 14; logo a soma é 18. Podemos agora com- pletar o quadrado das seguintes maneiras: 1 2 4 7 8 22 6 16 18 1 2 4 7 1 2 4 7 5 9 8 22 9 5 8 22 7 3 6 16 3 7 6 16 13 14 18 13 14 18
- 6. OBMEP 2010 Soluções da prova da 2ª Fase Nível 1 6 Deixamos para o(a) leitor(a) mostrar que, quando na segunda linha aparecem os números 6, 7 e 9, as possibilidades são 1 2 4 7 1 2 4 7 1 2 4 7 1 2 4 7 7 9 6 22 9 6 7 22 9 7 6 22 9 7 6 22 5 3 8 16 8 5 3 16 3 5 8 16 8 5 3 16 13 14 18 18 13 14 13 14 18 18 13 14 Desse modo, existem apenas seis quadrados com as somas do enunciado, a menos de troca de posição de linhas , (troca de posição de colunas e troca das linhas pelas colunas.