olimpiada de matemática

Coletânea de Provas

2004 – 2009

Nível 2

www.diogo.mat.br

Primeira Fase

XXVI Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Nível 2www.obm.org.br

1

XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICAPrimeira Fase – Nível 2 (7a. ou 8a. Séries)

1a. Fase Olimpíada RegionalAL – BA – ES – GO – PI – PA – PE – RN – RS – SC

João Pessoa – PB – S. B. do Campo – SP5 de junho de 2004

• A duração da prova é de 3 horas.• Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou livros.• Você pode solicitar papel para rascunho.• Entregue apenas a folha de respostas.

1. Quanto é 26 + 26 + 26 + 26 – 44?A) 0 B) 2 C) 4 D) 42 E) 44

2. Se m e n são inteiros não negativos com m < n, definimos m ∇ n como a soma dos inteiros entrem e n, incluindo m e n. Por exemplo, 5 ∇ 8 = 5 + 6 + 7 + 8 = 26.

O valor numérico de 64

2622

∇∇

é:

A) 4 B) 6 C) 8 D) 10 E) 12

3. Entre 1986 e 1989, época em que vocês ainda não tinham nascido, a moeda do país era o cruzado(Cz$). Com a imensa inflação que tivemos, a moeda foi mudada algumas vezes: tivemos ocruzado novo, o cruzeiro, o cruzeiro real e, finalmente, o real. A conversão entre o cruzado e oreal é:

1 real = 2.750.000.000 cruzados

Imagine que a moeda não tivesse mudado e que João, que ganha hoje 640 reais por mês, tivesseque receber seu salário em notas novas de 1 cruzado. Se uma pilha de 100 notas novas tem 1,5cm de altura, o salário em cruzados de João faria uma pilha de altura:A) 26,4km B) 264km C) 26400km D) 264000km E) 2640000km

4. O arranjo a seguir, composto por 32 hexágonos, foi montado com varetas, todas comcomprimento igual ao lado do hexágono. Quantas varetas, no mínimo, são necessárias paramontar o arranjo?

………

A) 113 B) 123 C) 122 D) 132 E) 152

5. O algarismo das unidades do número 1 3 5 ... 97 99× × × × × é:A) 1 B) 3 C) 5 D) 7 E) 9


2

6. Se girarmos o pentágono regular, ao lado, de um ângulo de 252°, em torno doseu centro, no sentido horário, qual figura será obtida?

A) B) C) D) E)

7. Há 1002 balas de banana e 1002 balas de maçã numa caixa. Lara tira, sem olhar o sabor, duasbalas da caixa. Seja p a probabilidade de as duas balas serem do mesmo sabor e seja q aprobabilidade de as duas balas serem de sabores diferentes. Quanto vale a diferença entre p e q?

A) 0 B) 2004

1C)

2003

1D)

2003

2E)

1001

1

8. O perímetro de um retângulo é 100 e a diagonal mede x. Qual é a área do retângulo?

A) 625 – x2 B) 625 – 2

2xC) 1250 –

2

2x

D) 250 – 2

2xE) 2500 –

2

2x

9. Ao somar cinco números consecutivos em sua calculadora, Esmeralda encontrou um número de 4algarismos: 2 0 0 *. O último algarismo não está nítido, pois o visor da calculadora estáarranhado, mas ela sabe que ele não é zero. Este algarismo só pode ser:A) 5 B) 4 C) 3 D) 2 E) 9

10. Para quantos inteiros positivos m o número 2

20042 −m

é um inteiro positivo?

A) um B) dois C) três D) quatro E) mais do que quatro

11. Se x + y = 8 e xy = 15, qual é o valor de x2 + 6xy + y2?A) 64 B) 109 C) 120 D) 124 E) 154

12. Dois espelhos formam um ângulo de 30o no pontoV. Um raio de luz, vindo de uma fonte S, é emitidoparalelamente a um dos espelhos e é refletido pelooutro espelho no ponto A, como mostra a figura.Depois de uma certa quantidade de reflexões, o raioretorna a S. Se AS e AV têm 1 metro decomprimento, a distância percorrida pelo raio deluz, em metros, é

A) 2 B) 2 3+ C) 1 2 3+ +

D) ( )2 1 3+ E) 5 3

30°

A S

V


3

13. Na figura, quanto vale x?A) 6° B) 12° C) 18°D) 20° E) 24°

3x

4x

5x

6x

2x

14. Se 2(22x) = 4x + 64, então x é igual a:A) – 2 B) – 1 C) 1 D) 2 E) 3

15. Qual é o maior valor da soma dos algarismos da soma dos algarismos de um número de trêsalgarismos?A) 7 B) 8 C) 9 D) 10 E) 11

16. Um arquiteto apresenta ao seu cliente cinco plantas diferentes para o projeto de ajardinamento deum terreno retangular, onde as linhas cheias representam a cerca que deve ser construída paraproteger as flores. As regiões claras são todas retangulares e o tipo de cerca é o mesmo em todosos casos. Em qual dos projetos o custo da construção da cerca será maior?

A) B) C) D) E)

17. Um ponto P pertence ao interior de um quadrado com 10 cm de lado. No máximo, quantospontos da borda do quadrado podem estar a uma distância de 6 cm do ponto P?A) 1 B) 2 C) 4 D) 6 E) 8

18. Um cubo pode ser construído, a partir dos dois pedaços de papelão apresentados em uma dasalternativas a seguir, bastando apenas dobrar nas linhas tracejadas e unir nas linhas contínuas.Esses dois pedaços são:

A) B)

C)

E)

D)


4

19. No triângulo PQR, a altura PF divide o lado QR em dois segmentos de medidasQF = 9 e RF = 5. Se PR = 13, qual é a medida de PQ?A) 5 B) 10 C) 15 D) 20 E) 25

20. Sobre uma mesa estão três caixas e três objetos, cada um em uma caixa diferente: uma moeda,um grampo e uma borracha. Sabe-se que• A caixa verde está à esquerda da caixa azul;• A moeda está à esquerda da borracha;• A caixa vermelha está à direita do grampo;• A borracha está à direita da caixa vermelha.

Em que caixa está a moeda?A) Na caixa vermelha.B) Na caixa verde.C) Na caixa azul.D) As informações fornecidas são insuficientes para se dar uma resposta.E) As informações fornecidas são contraditórias.

21. No desenho ao lado, o quadrilátero ABCD é umquadrado de lado 3 cm e os triângulos ABF eAED são ambos equiláteros. Qual é a área daregião destacada?

A) 2 cm2

B) 1,5 cm2

C) 3 cm2

D) 4,5 cm2

E) 2,5 cm2

A

B

C

DF

E

22. Uma folha quadrada foi cortada em 42 quadrados menores, dos quais um tem área maior do que1 cm2 e os demais têm área de 1 cm2. Qual é a medida do lado da folha?A) 6 cm B) 12 cm C) 21 cm D) 19 cm E) 20 cm

23. Eu planejava fazer um curral quadrado, com uma certa área, usando uma certa quantidade decerca de arame farpado. Descobri, porém, que tenho 10% a menos de cerca do que esperava. Poresta razão, a área cercada será:A) 5% menor B) 10% menor C) 19% menor D) 20% menor E) 25% menor

24. Um artesão começa a trabalhar às 8h e produz 6 braceletes a cada vinte minutos; seu auxiliarcomeça a trabalhar uma hora depois e produz 8 braceletes do mesmo tipo a cada meia hora. Oartesão pára de trabalhar às 12h mas avisa ao seu auxiliar que este deverá continuar trabalhandoaté produzir o mesmo que ele. A que horas o auxiliar irá parar?A) 12h B) 12h30min C) 13h D) 13h30min E) 14h30min

25. Esmeralda, a digitadora, tentou digitar um número de seis algarismos, mas os dois algarismos 1não apareceram (a tecla devia estar com defeito). O que apareceu foi 2004. Quantos são osnúmeros de seis algarismos que ela pode ter tentado digitar?A) 4 B) 8 C) 10 D) 15 E) 20

XXVII Olimpíada Brasileira de Matemática - Primeira Fase - Nível 2 1

XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICAPrimeira Fase – Nível 2

(7a. ou 8a. séries)

Esta prova também corresponde à prova da PrimeiraFase da Olimpíada Regional nos Estados de :AM – AL – BA – PA – PB – PI – PR– RS – RN – SC

11 de junho de 2005A duração da prova é de 3 horas.Cada problema vale 1 ponto.Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou livros.Você pode solicitar papel para rascunho.Entregue apenas a folha de respostas.

1. Uma loja de sabonetes realiza uma promoção com o anúncio "Compre um e leve outro pelametade do preço”. Outra promoção que a loja poderia fazer oferecendo o mesmo descontopercentual éA) "Leve dois e pague um” B) "Leve três e pague um”

C) "Leve três e pague dois” D) "Leve quatro e pague três” E) "Leve cinco e pague quatro”

2. Películas de insulfilm são utilizadas em janelas de edifícios e vidros de veículos para reduzir aradiação solar. As películas são classificadas de acordo com seu grau de transparência, ou seja,com o percentual da radiação solar que ela deixa passar. Colocando-se uma película de 70% detransparência sobre um vidro com 90% de transparência, obtém-se uma redução de radiaçãosolar igual a:A) 3% B) 37% C) 40% D) 63% E) 160%

3. Seis retângulos idênticos são reunidos para formar um retângulo maior conforme indicado na figura. Qual é a área deste retângulo maior?

21 cm

A) 210 cm2 B) 280 cm2 C) 430 cm2 D) 504 cm2 E) 588 cm2

4. Perguntado, Arnaldo diz que 1 bilhão é o mesmo que um milhão de milhões. ProfessorPiraldo o corrigiu e disse que 1 bilhão é o mesmo que mil milhões. Qual é a diferença entreessas duas respostas?A) 1 000 B) 999 000 C) 1 000 000 D) 999 000 000 E) 999 000 000 000

5. Devido a um defeito de impressão, um livro de 600 páginas apresenta em branco todas aspáginas cujos números são múltiplos de 3 ou de 4. Quantas páginas estão impressas?A) 100 B) 150 C) 250 D) 300 E) 430

6. Platina é um metal muito raro, mais raro até do que ouro. Sua densidade é 21,45 g/cm3.Suponha que a produção mundial de platina foi de cerca de 110 toneladas em cada umdos últimos 50 anos e desprezível antes disso. Assinale a alternativa com o objeto cujovolume é mais próximo do volume de platina produzido no mundo em toda a história.

A) uma caixa de sapatos B) uma piscina C) um edifício de dez andares D) o monte Pascoal E) a Lua

7. Numa seqüência, cada termo, a partir do terceiro, é a soma dos dois termos anteriores maispróximos. O segundo termo é igual a 1 e o quinto termo vale 2005. Qual é o sexto termo?A) 3 002 B) 3 008 C) 3 010 D) 4 002 E) 5 004

XXVII Olimpíada Brasileira de Matemática - Primeira Fase - Nível 22

8. Figuras com mesma forma representam objetos de mesma massa. Quantos quadrados sãonecessários para que a última balança fique em equilíbrio?

?

A) 7 B) 8 C) 9 D) 10 E) 12

9. Entre treze reais não nulos há mais números positivos do que negativos. Dentre os 13 1278

2

× =

produtos de dois dos treze números, 22 são negativos. Quantos números dentre os trezenúmeros dados são negativos?A) 2 B) 7 C) 8 D) 9 E) 10

10. O desenho ao lado mostra um pedaço de papelão que será dobrado e colado nas bordas paraformar uma caixa retangular. Os ângulos nos cantos do papelão são todos retos. Qual será ovolume da caixa em cm3?

15 cm

20 c

m

40 c

m

A) 1 500 B) 3 000 C) 4 500 D) 6 000 E) 12 000

11. Sendo a, b e c números reais, pela propriedade distributiva da multiplicação em relação àadição, é verdade que a × (b + c) = (a × b) + (a × c). A distributiva da adição em relação àmultiplicação a + (b × c) = (a + b) × (a + c) não é sempre verdadeira, mas ocorre se, e somentese,

A) a = b = c = 1

3 ou a = 0 B) a = b = c

C) A igualdade nunca ocorre D) a + b + c = 1 ou a = 0 E) a = b = c = 0

12. Em certa cidade, acontece um fato interessante. Dez por cento dos Baianos dizem quesão Paulistas e dez por cento dos Paulistas dizem que são Baianos. Todos os outrosPaulistas e Baianos assumem a sua verdadeira origem. Dentre os Paulistas e Baianos, 20%dizem que são Paulistas. Que percentual os realmente Paulistas representam dentre os Paulistase Baianos?A) 12,5% B) 18% C) 20% D) 22% E) 22,5%

13. Na figura, os dois triângulos são eqüiláteros. Qual é o valor do ângulo x?

75° 65°

x

A) 30o B) 40o C) 50o D) 60o E) 70o

XXVII Olimpíada Brasileira de Matemática - Primeira Fase - Nível 2 3

14. As letras O, B e M representam números inteiros. Se O × B × M = 240, O × B + M = 46 e O + B × M = 64, quanto vale O + B + M?

A) 19 B) 20 C) 21 D) 24 E) 36

15. Um serralheiro solda varetas de metal para produzir peças iguaisque serão juntadas para formar o painel abaixo. O desenho aolado apresenta as medidas, em centímetros, de uma dessaspeças. O serralheiro usa exatamente 20 metros de vareta parafazer o seu trabalho.

10

10

10 5

5

5

Qual dos desenhos abaixo representa o final do painel?

A) B) C)

D) E) 16. Em um ano, no máximo quantos meses têm cinco domingos?

A) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) 7

17. Quantos números entre 10 e 13000, quando lidos da esquerda para a direita, são formadospor dígitos consecutivos e em ordem crescente? Exemplificando, 456 é um desses números,mas 7890 não é:A) 10 B) 13 C) 18 D) 22 E) 25

18. Um piloto percorreu três trechos de um rali, de extensões 240 km, 300 km e 400 km,respectivamente. As velocidades médias nos três trechos foram 40 km/h, 75 km/h e 80 km/h,mas não necessariamente nessa ordem. Podemos garantir que o tempo total em horas gasto pelopiloto nos três trechos éA) menor ou igual a 13 horasB) maior ou igual a 13 horas e menor ou igual a 16 horasC) maior ou igual a 14 horas e menor ou igual a 17 horasD) maior ou igual a 15 horas e menor ou igual a 18 horasE) maior ou igual a 18 horas

19. Na figura, todas as circunferências menores têm o mesmo raio r e os centros das circunferênciasque tocam a circunferência maior são vértices de um quadrado. Sejam a e b as áreas cinzas

indicadas na figura. Então a razão a

b é igual a:

a

b

A) 1

2B) 2

3C) 1 D) 3

2E) 2

XXVII Olimpíada Brasileira de Matemática - Primeira Fase - Nível 24

20. Um professor de Inglês dá aula particular para uma classe de 9 alunos, dos quais pelo menos umé brasileiro. Se o professor escolher 4 alunos para fazer uma apresentação, terá no grupo pelomenos dois alunos de mesma nacionalidade; se escolher 5 alunos, terá no máximo trêsalunos de mesma nacionalidade. Quantos brasileiros existem na classe?A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5

21. Um relógio, com ponteiros de horas, minutos e segundos, faz plim toda vez que umponteiro ultrapassa outro no mostrador. O número de plins registrados em um certo dia, noperíodo entre as 12 horas e 1 segundo e as 23 horas, 59 minutos e 59 segundos é:

A) 732 B) 1438 C) 1440 D) 1446 E) 1452

22. Na figura, a reta PQ toca em N o círculo que passa por L, M e N. A reta LM corta a reta PQ emR. Se LM = LN e a medida do ângulo PNL é α, α < 60o, quanto mede o ângulo LRP?

L

M

NP QR

α

A)3α – 180o B)180o – 2α C) 180o – α D) 90o – α /2 E) α

23. Os inteiros positivos x e y satisfazem a equação

1 12 2 1x y x y+ − − = .

Qual das alternativas apresenta um possível valor de y?A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9

24. Dentre os números 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 e 10, escolha alguns e coloque-os nos círculos brancosde tal forma que a soma dos números em dois círculos vizinhos seja sempre um quadradoperfeito. Atenção: o 2 já foi colocado em um dos círculos e não é permitido colocar númerosrepetidos; além disso, círculos separados pelo retângulo preto não são vizinhos.

2

A soma dos números colocados em todos os círculos brancos é:A) 36 B) 46 C) 47 D) 49 E) 55

25. Um bloco de dimensões 1 × 2 × 3 é colocado sobre um tabuleiro 8 × 8, como mostra a figura,com a face X, de dimensões 1 × 2, virada para baixo. Giramos o bloco em torno de uma de suasarestas de modo que a face Y fique virada para baixo. Em seguida, giramos novamente o bloco,mas desta vez de modo que a face Z fique virada para baixo. Giramos o bloco mais três vezes,fazendo com que as faces X, Y e Z fiquem viradas para baixo, nessa ordem. Quantosquadradinhos diferentes do tabuleiro estiveram em contato com o bloco?

Y

Z

A) 18 B) 19 C) 20 D) 21 E)22

XXVIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Nível 2 1

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICAPrimeira Fase – Nível 2

(7a. ou 8a. séries)

Esta prova também corresponde à prova da PrimeiraFase da Olimpíada Regional nos Estados de :

BA – ES – RS – RN – PA – PE – PI – SC

10 de junho de 2006A duração da prova é de 3 horas.Cada problema vale 1 ponto.Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou livros.Você pode solicitar papel para rascunho.Entregue apenas a folha de respostas.

1. Efetuando as operações indicadas na expressão2007 2005

2006 2004

2 22006

2 2

+ × + obtemos um número de quatro algarismos. Qual é a soma dos algarismos desse número?A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8

2. São dadas duas tiras retangulares de papel com 20 cm decomprimento, uma com 5 cm de largura e outra com 11 cm delargura. Uma delas foi colada sobre a outra, perpendicularmente, demodo a formar a figura ilustrada ao lado. O perímetro dessa figura,em centímetros é:A) 50 B) 60C) 80D) 100E) 120

90°

3. Se um número de dois dígitos é 5 vezes a soma de seus dígitos, então o número formado pelatroca dos dígitos é a soma dos dígitos multiplicada por:A) 3 B) 5 C) 6 D) 4 E) 7

4. Ao redor de um grande lago existe uma ciclovia de 45 quilômetros de comprimento, na qualsempre se retorna ao ponto de partida se for percorrida num único sentido. Dois amigos partem deum mesmo ponto com velocidades constantes de 20 km por hora e 25 km por hora,respectivamente, em sentidos opostos. Quando se encontram pela primeira vez, o que estavacorrendo a 20 km por hora aumenta para 25 km por hora e o que estava a 25 km por hora diminuipara 20 km por hora. Quanto tempo o amigo que chegar primeiro ao ponto de partida deveráesperar pelo outro?A) nada B) 10 min C) 12 min D) 15 min E) 18 min

5. Na figura, AB = AC, AE = AD e o ângulo BAD mede 30o. Então o ângulo x mede:

B D C

E

A

30°

x

A)10o B) 20o C) 15o D) 30o E) 5o

XXVIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Nível 22

6. A soma de três números naturais consecutivos é igual ao produto desses três números. A somados quadrados desses números é:A) 14 B) 15 C) 18 D) 24 E) 36

7. No fim de 1994, Neto tinha a metade da idade de sua avó. A soma dos anos de nascimento dosdois é 3844. Em 2006 Neto fará:A) 55 anos B) 56 anos C) 60 anos D) 62 anos E) 108 anos

8. Três quadrados são colados pelos seus vértices entre si e a dois bastões verticais, como mostraa figura.

30° 126°

75° x

A medida do ângulo x é:A) 39º B) 41º C) 43º D) 44º E) 46º

9. Sejam a, b e c inteiros e positivos. Entre as opções abaixo, a expressão que não poderepresentar o número 24 é:A) ab3 B) a2b3 C) c ca b D) ab2c3 E) b c aa b c

10. O número de quadrados que podem ser construídos com vértices nos pontos da figura abaixoé:

A) 18 B) 14 C) 9 D) 20 E) 10

11. Seis amigos planejam viajar e decidem fazê-lo em duplas, cada uma utilizando um meio detransporte diferente, dentre os seguintes: avião, trem e carro. Alexandre acompanha Bento. Andréviaja de avião. Carlos não acompanha Dário nem faz uso do avião. Tomás não anda de trem. Qualdas afirmações a seguir é correta?A) Bento vai de carro e Carlos vai de avião.B) Dário vai de trem e André vai de carro.C) Tomás vai de trem e Bento vai de avião.D) Alexandre vai de trem e Tomás vai de carro.E) André vai de trem e Alexandre vai de carro.

XXVIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Nível 2 3

12. Um triângulo eqüilátero e um hexágono regular tem o mesmo perímetro. A razão entre a áreado triângulo e a área do hexágono é:

A)2

1 B) 1 C)

3

2 D)

2

3 E)

3

1

13. O máximo divisor comum de todos os termos da seqüência nnan −= 3 , 1, 2, 3, ...n = é:

A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6

14. Samuel possui três irmãos a mais do que irmãs. O número de irmãos de Samila, irmã deSamuel, é igual ao dobro do número de suas irmãs. O número de filhos (homens e mulheres) quepossui o pai de Samuel e Samila é:A) 10 B) 13 C) 16 D) 17 E) 20

15. A figura a seguir representa um Tangram, quebra-cabeças chinês formado por 5 triângulos, 1paralelogramo e 1 quadrado. Sabendo que a área do Tangram a seguir é 64 cm2, qual é a área, emcm2, da região sombreada?

A) 7,6 B) 8 C) 10,6 D) 12 E) 21,3

16. João escreveu todos os números com menos de 4 dígitos usando apenas os algarismos 1 e 2numa folha de papel e depois somou todos eles. O valor obtido foi:A) 2314 B) 3000 C) 1401 D) 2316 E) 1716

17. Sejam a, b e c números reais positivos cuja soma é 1. Se a, b e c são as medidas dos lados deum triângulo, podemos concluir que

A) 1

02

a b< − < e 1

02

b c< − < e 1

02

c a< − < B) 1

2a < e

1

2b < e

1

2c <

C) 1

2a b+ < e

1

2b c+ < e

1

2c a+ < D)

1

3a ≤ e

1

3b ≤ e

1

3c ≤

E) 1

3a ≥ e

1

3b ≥ e

1

3c ≥

18. O número de soluções inteiras e positivas do sistema abaixo é:

2

30

a b c

a b c

+ =

+ + =

A) 45 B) 23 C) 24 D) 25 E) 72

XXVIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Nível 24

19. Um número com dois dígitos distintos e não nulos é chamado de bonito se o dígito dasdezenas é maior do que o dígito das unidades. A quantidade de números bonitos é:A) 72 B) 36 C) 35 D) 64 E) 56

20. O professor Piraldo aplicou uma prova para seus cinco alunos e, após corrigi-las, digitou asnotas em uma planilha eletrônica que calcula automaticamente a média das notas à medida queelas são digitadas. Piraldo notou que após digitar cada nota a média calculada pela planilha eraum número inteiro. Se as notas dos cinco estudantes são, em ordem crescente, 71, 76, 80, 82 e 91,a última nota que Piraldo digitou foi:

A) 71 B) 76 C) 80 D) 82 E) 91

21. Simplificando a expressão:

2 3+ . 2 2 3+ + . 2 2 2 3+ + + . 2 2 2 3− + +obtemos:

A) 2 B) 3 C) 1 D) 2 + 2 E) 2 + 3

22. Ludmilson percebeu que para numerar as páginas de um livro, consecutivamente, a partir dapágina 2, foram usados 2006 algarismos. O número de páginas do livro de Ludmilson é:A)701 B) 702 C) 703 D) 704 E) 705

23. Sejam zyx ,, números reais não nulos tais que 0=++ zyx . O valor de

( )2 2 23 3 3 3 3 3

1 1 1x y z

x y x z y z

+ +

é:

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

24. Num relógio digital, as horas são exibidas por meio de quatro algarismos. Por exemplo, aomostrar 00:00 sabemos que é meia-noite e ao mostrar 23:59 sabemos que falta um minuto parameia-noite. Quantas vezes por dia os quatro algarismos mostrados são todos pares?A) 60 B) 90 C) 105 D) 180 E) 240

25. Na figura a seguir, ABC é um triângulo qualquer e ACD e AEB são triângulos eqüiláteros. Se

F e G são os pontos médios de EA e AC, respectivamente, a razão BD

FG é:

C

A

B

D

E

G

F A) 1

2B) 1

C) 3

2D) 2

E) Depende das medidas dos lados de ABC.

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XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase – Nível 2

(7a. e 8a. séries)

Esta prova também corresponde à prova da Primeira Fase da Olimpíada Regional nos Estados de :

AL – BA – ES – GO – PA – PI – RN – RS – SC

16 de junho de 2007 A duração da prova é de 3 horas. Cada problema vale 1 ponto. Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou livros. Você pode solicitar papel para rascunho. Entregue apenas a folha de respostas. 01) Observe as multiplicações a seguir:

101 11 1111101 111 11211101 1111 112211101 11111 1122211

× =× =× =× =

…

Qual é a soma dos algarismos do número obtido quando multiplicamos 101 pelo número

43421 …1algarismos2007

1111111 ?

A) 1001 B) 2007 C) 2009 D) 4008 E) 4014

02) A fração ab

, onde a e b são inteiros positivos,

representa um número entre 0 e 1, na posição indicada no desenho ao lado. Qual é um possível valor para a soma

?a b+ A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5

0 1

ab

03) Na figura, o lado AB do triângulo eqüilátero ABC é paralelo ao lado DG do quadrado DEFG. Qual é o valor do ângulo x? A) 80o B) 90o C) 100o D) 110o E) 120o

A

B C E

D

x F

G

04) Em uma certa cidade, a razão entre o número de homens e mulheres é 2 : 3 e entre o número de mulheres e crianças é 8 : 1. A razão entre o número de adultos e crianças é: A) 5 : 1 B) 16 : 1 C) 12 : 1 D) 40 : 3 E) 13 : 1


05) Em uma prova de olimpíada, 15% dos estudantes não resolveram nenhum problema, 25% resolveram pelo menos um problema, mas cometeram algum erro, e os restantes, 156 estudantes, resolveram todos os problemas corretamente. O número de estudantes que participaram da olimpíada foi: A) 200 B) 260 C) 93 D) 223 E) 300

06) Se N é o quadrado do quadrado de um número inteiro e tem 12 como fator, o menor valor para

12N

é:

A) 3 B) 12 C) 36 D) 54 E) 108

07) O jardim da casa de Maria é formado por cinco quadrados de igual área e tem a forma da figura abaixo. Se AB = 10 m, então a área do jardim em metros quadrados é:

A

B

A) 200 B) 10 5 C) 100 D) 500

3 E)

1003

08) Sejam , ,a b c e k números reais diferentes de zero satisfazendo as relações

a b ck

b c c a a b= = =

+ + +. Qual é o número de possíveis valores que k pode assumir?

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

09) Doze pontos estão sobre um círculo. Quantos polígonos convexos podemos formar com vértices nesses 12 pontos? A) 4017 B) 220 C) 4095 D) 66 E) 3572 10) De quantas maneiras diferentes podemos escrever o número 2007 como soma de dois ou mais números inteiros positivos e consecutivos? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 11) As equações do 2o grau 22007 2008 1 0x x+ + = e 2 2008 2007 0x x+ + = têm uma raiz comum. Qual é o valor do produto das duas raízes que não são comuns? A) 0 B) 1 C) 2007 D) 2008 E) 2007

12) Qual é o máximo valor que o número ( ) ( )a b c b a c+ − + pode assumir se ,a b e c , são inteiros satisfazendo 1 10a≤ ≤ , 1 10b≤ ≤ e 1 10c≤ ≤ ? A) 80 B) 81 C) 84 D) 90 E) 100


13) A quantidade de inteiros x com três dígitos tais que 6x e 7x possuem a mesma quantidade de dígitos é: A) 767 B) 875 C) 876 D) 974 E) 975 14) A figura abaixo é formada por três quadrados de lado 1 e um retângulo que os contorna.

A área do retângulo é: A) 3 2 B) 4 2 C) 6 D) 6 2 E) 8

15) Se x é real positivo e 1 + (x2 + x)(x2 + 5x + 6) = 1812, então o valor de x(x + 3) é: A) 180 B) 150 C) 120 D) 182 E) 75

16) A figura abaixo mostra um retângulo, um pentágono, um triângulo e um círculo, com áreas respectivamente 121, 81, 49 e 25 centímetros quadrados. A diferença entre a área preta e a área cinza, em centímetros quadrados, é:

A) 25 B) 36 C) 49 D) 64 E) 81 17) As seguradoras de automóveis A e B cobram um valor anual (prêmio) mais um valor que o usuário deve pagar em caso de acidente (franquia). Jean quer fazer um seguro para seu automóvel e recebeu as seguintes propostas das seguradoras: Seguradora A: Prêmio anual de R$ 1500,00 e franquia de R$ 1400,00 Seguradora B: Prêmio anual de R$ 1700,00 e franquia de R$ 700,00 Para valer a pena Jean contratar a Seguradora A, ele não deve se acidentar com o carro por pelo menos N anos. O valor de N é: A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 18) O desenho abaixo mostra um dado comum cujas somas das pontuações em faces opostas é sempre igual a 7. Ele é colocado em uma mesa horizontal com a face “1” voltada para Leste. O dado é, então, movido quatro vezes.

Leste

Norte

Um movimento consiste em uma rotação de °90 em relação a uma aresta. Depois do primeiro movimento a face em contato com a mesa passa a ser a “1”, depois a “2”, então a “3” e, finalmente, a face “5”. Para que sentido está voltada a face “1” após esta seqüência de movimentos? A) Oeste B) Leste C) Norte D) Sul E) Cima


19) Uma avenida possui 100 prédios numerados de 1 a 100, onde prédios com numeração par se situam do lado direito da rua e prédios com numeração ímpar se situam no lado esquerdo. A quantidade de andares de cada prédio é igual à soma dos algarismos do número correspondente ao prédio. Assim, podemos afirmar que: A) A quantidade de prédios com mais de 10 andares é maior do lado direito da rua. B) A quantidade de prédios com menos de 5 andares é maior do lado direito da rua. C) Pelo menos metade dos prédios possui 10 ou mais andares. D) Em ambos os lados da rua há a mesma quantidade de prédios com exatos 8 andares. E) Pelo menos 25% dos prédios possui menos de 5 andares. 20) Qual o menor perímetro inteiro possível de um triângulo que possui um dos lados com medida

igual a 2

35?

A) 8 B) 9 C) 10 D) 11 E)12 21) Determine em qual dos horários abaixo o ângulo determinado pelos ponteiros de um relógio é o menor. A) 02h30 B) 06h20 C) 05h40 D) 08h50 E) 09h55 22) O máximo divisor comum entre os números 1221, 2332, 3443, 4554,........, 8998 é: A) 3 B) 33 C) 37 D) 11 E) 101 23) Uma mesa de bilhar tem dimensões de 3 metros por 6 metros e tem caçapas nos seus quatro cantos P, Q, R e S. Quando uma bola bate na borda da mesa, sua trajetória forma um ângulo igual ao que a trajetória anterior formava.

P

QR

S

Uma bola, inicialmente a 1 metro da caçapa P, é batida do lado SP em direção ao lado PQ, como mostra a figura. A quantos metros de P a bola acerta o lado PQ se a bola cai na caçapa S após duas batidas na borda da mesa?

A) 1 B) 76 C)

43 D)

32 E)

53

24) Considere todos os números abc de três algarismos onde b = a2 + c2 e a ≠ 0 . A diferença entre o maior e o menor destes números é um número: A) Múltiplo de 3 B) Primo C) Com último algarismo igual a 7 D) Cuja soma dos algarismos é 10 E) Múltiplo de 7 25) Seja {an} uma seqüência na qual cada termo é definido como o dobro da soma dos algarismos do termo anterior, mais uma unidade. Por exemplo, se an = 234, então 1+na = 2(2 + 3 + 4) +1. Se, a1 = 1 o valor de a31 + a32 + a33 + a34 + a35 é igual a: A) 44 B) 54 C) 64 D) 77 E) 84

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8o ou 9o anos (antigas 7ª e 8ª séries)

Esta prova também corresponde à prova da Primeira Fase da Olimpíada Regional nos Estados de:

AL – BA – ES – GO – PI – RN – RS – SC

14 de junho de 2008 A duração da prova é de 3 horas. Cada problema vale 1 ponto. Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou livros. Você pode solicitar papel para rascunho. Entregue apenas a folha de respostas. Ao participar o aluno se compromete a não divulgar o conteúdo das questões até a publicação do gabarito no site da OBM.

01) No desenho temos AE = BE = CE = CD. Além disso, α e β

são medidas de ângulos. Qual é o valor da razão αβ

?

A) 53

B) 54

C) 1 D) 45

E) 35

02) Quantos dos números abaixo são maiores que 10? 113 , 74 , 55 , 36 , 27

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5

03) 1212 é igual a:

A) 66 B) 3212 C) 612 3.2 D) 126 E) 12

12

04) Uma grande empresa possui 84 funcionários e sabe-se que cada funcionário fala pelo menos uma das línguas entre Português e Inglês. Além disso, 20% dos que falam Português também falam Inglês e 80% dos que falam Inglês também falam Português. Quantos funcionários falam as duas línguas? A) 12 B) 14 C) 15 D) 16 E) 18

05) Edmilson, Carlos e Eduardo ganharam um total de R$150,00 lavando carros. Eles ganharam quantidades diferentes de dinheiro. Como eles são muito amigos decidiram dividir o dinheiro ganho em partes iguais. Para isto, Edmilson deu metade do que ganhou para dividir em partes iguais entre Carlos e Eduardo, porém, Carlos tinha muito dinheiro e, portanto, deu R$ 10,00 a cada um dos outros dois. Finalmente, para que cada um tivesse a mesma quantidade de dinheiro, Eduardo deu R$ 2,00 a Edmilson. Quanto Eduardo ganhou antes da divisão? A) R$ 76,00 B) R$ 51,00 C) R$ 23,00 D) R$ 50,00 E) R$ 100,00

06) Nove números são escritos em ordem crescente. O número do meio é a média aritmética dos nove números. A média aritmética dos 5 maiores é 68 e a média aritmética dos 5 menores é 44. A soma de todos os números é: A) 560 B) 504 C) 112 D) 56 E) 70


2

07) Quantos quadrados têm como vértices os pontos do reticulado ao lado?

A) 6 B) 7 C) 8 D) 9 E) 10

08) A primeira fase da OBM se realiza no dia 14 de junho, um sábado do ano bissexto 2008. Daqui a quantos anos o dia 14 de junho será novamente no sábado? A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 09) Os algarismos a , b e c são tais que os números de dois algarismos aa , bc e cb são números

primos e 2

aacbbcaa =++ . Se cb < , então bc é igual a: A) 19 B) 17 C) 37 D) 29 E) 59

10) Cinco inteiros positivos edcba ,,,, maiores que um satisfazem as seguintes condições:

275)(243)(203)(155)(128)(

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

dcbaeecbadedbacedcabedcba

Quanto vale a soma edcba ++++ ? A) 9 B) 16 C) 25 D) 36 E) 49

11) Em um triângulo ABC foi traçada a altura AH. Sejam M e N pontos sobre os lados AB e AC, respectivamente, tais que HM é perpendicular a AB e HN é perpendicular a AC. Achar MN, sabendo que o perímetro do triângulo órtico do triângulo ABC é igual a 10. Observação: o triângulo órtico de um triângulo é aquele cujos vértices são as interseções das alturas do triângulo com os respectivos lados. Pode-se demonstrar que o incentro (encontro das bissetrizes) do triângulo órtico é sempre igual ao ortocentro (encontro das alturas) do triângulo original. A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9 12) Quantos números inteiros positivos menores que 500 têm exatamente 15 divisores inteiros positivos? A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

13) Seja )(nP a soma dos algarismos pares do número n . Por exemplo, .642)1234( =+=P Qual o valor de ?)100(...)3()2()1( PPPP ++++ A) 200 B) 360 C) 400 D) 900 E) 2250 14) De quantas maneiras podemos dividir R$ 10,00 em moedas de 10 centavos e de 25 centavos, se pelo menos uma moeda de cada valor tem que ser usada? A) 15 B) 16 C) 17 D) 18 E) 19

15) Sejam dcba ,,, números inteiros tais que ba 2< , cb 3< , dc 4< . Se 40<d , o maior valor possível de a será: A) 960 B) 959 C) 951 D) 934 E) 927


3

16) A figura abaixo é um exemplo de um quadrado mágico de ordem 4. A soma dos 4 números em cada linha, coluna e diagonal é 34. Então dizemos que a soma mágica deste quadrado mágico é 34. Suponha que exista um quadrado mágico de ordem 7, formado pelos números inteiros de 1 a 49. Determine sua soma mágica.

16 3 2 13

5 10 11 8

9 6 7 12

4 15 14 1

A) 175 B) 2450 C) 1225 D) 190 E) 100 17) Observe que:

.85841243,131243

,543

22222

2222

222

=+++

=++

=+

Qual o menor valor possível da soma yx + com yx, inteiros positivos tais que ?841243 222222 yx =++++

A) 289 B) 250 C) 425 D) 795 E) 103 18) Um número de três algarismos é 629 vezes menor que a soma de todos os outros números de três algarismos. Este número é: A) 450 B) 785 C) 630 D) 471 E) 525

19) Soninha tem muitos cartões, todos com o mesmo desenho em uma das faces. Ela vai usar cinco cores diferentes (verde, amarelo, azul, vermelho e laranja) para pintar cada uma das cinco partes do desenho, cada parte com uma cor diferente, de modo que não haja dois cartões pintados da mesma forma. Na figura abaixo, por exemplo, os cartões são iguais, pois um deles pode ser girado para se obter o outro. Quantos cartões diferentes Soninha conseguirá produzir?

A) 16 B) 25 C) 30 D) 60 E) 120

20) Em um triângulo ABC, ∠A = 20o e ∠B = 110o. Se I é o incentro (centro da circunferência inscrita) e O o circuncentro (centro da circunferência circunscrita) do triângulo ABC, qual a medida do ângulo

IAO∠ ? A) 20o B) 25o C) 30o D) 40o E) 35o


4

21) Uma classe tem 22 alunos e 18 alunas. Durante as férias, 60% de todos os alunos dessa classe foram prestar trabalho comunitário. No mínimo, quantas alunas participaram desse trabalho? A) 1 B) 2 C) 4 D) 6 E) 8

22) Na figura abaixo os pontos A, B, C são colineares, assim como os pontos D, E, F. As duas retas ABC e DEF são paralelas.

A B C

D E F

A A A1 2 3

Sendo A1, A2 e A3 as áreas das regiões destacadas na figura, podemos afirmar que: A) A2 = 2A1 = 2A3 B) A2 = A1+A3 C) A2 > A1+A3 D) A2 < A1+A3 E) A2

2 = A1.A3 23) O grupo A da última Copa do Mundo de futebol terminou com os seguintes resultados:

Equipe Número de Pontos Áustria 7 Brasil 5

Camarões 4 Dinamarca 0

Sabe-se que Áustria e Camarões levaram apenas 1 gol, cada um. Além disso, Brasil e Dinamarca marcaram apenas 1 gol, cada um, enquanto que Áustria marcou 3 gols. Qual o resultado da partida Áustria × Dinamarca? Observação: no grupo, cada seleção joga com as demais exatamente uma vez e, em cada partida, o time vencedor ganha 3 pontos, o perdedor não ganha nem perde pontos e, em caso de empate, cada time ganha 1 ponto. A) 1 × 0 B) 2 × 1 C) 2 × 0 D) 0 × 0 E) Nada se pode afirmar. 24) Abaixo temos um quadrado mágico multiplicativo, onde o produto dos números em cada linha, coluna e diagonal é o mesmo e igual ao número de quatro dígitos ABCD, onde cada letra representa um dígito e cada casa contém um número inteiro. Se AC representa o número de dois dígitos no centro do quadrado, a soma A + B + C + D vale:

4

AC

C 24

A) 17 B) 18 C) 19 D) 20 E) 21 25) Tenho um cubo de madeira, com três faces vermelhas e três faces azuis. O cubo é cortado em 3×3×3 = 27 cubos menores. Quantos destes cubos menores têm, pelo menos, uma face vermelha e outra azul? A) 6 B) 12 C) 14 D) 16 E) depende de quais faces do cubo são vermelhas e quais são azuis.

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XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase – Nível 2

8o ou 9o ano

Esta prova também corresponde à prova da Primeira Fase da Olimpíada Regional nos Estados de:

AL – BA – ES – GO – MA – RS – RN – SP – SC

06 de junho de 2009 A duração da prova é de 3 horas. Cada problema vale 1 ponto. Não é permitido o uso de calculadoras nem consultas a notas ou livros. Você pode solicitar papel para rascunho. Entregue apenas a folha de respostas. Ao participar o aluno se compromete a não divulgar o conteúdo das questões até a publicação do gabarito no site da OBM.

1. Se 18

de um número é 1,

5 quanto vale 5

8desse número?

A) 18

B) 15

C) 1 D) 85

E) 2

2. Usando palitos de fósforos, podemos construir um hexágono regular, formado por seis triângulos equiláteros unitários, como mostra a figura. Juntando mais palitos a esse hexágono, queremos obter outro hexágono regular com o quádruplo da área, também formado por triângulos equiláteros unitários. Quantos palitos deverão ser acrescentados? A) 12 B) 24 C) 30 D) 36 E) 48

3. De quantas maneiras dois casais podem sentar-se em quatro cadeiras em fila se marido e mulher devem sentar-se em cadeiras vizinhas? A) 2 B) 4 C) 8 D) 12 E) 24

4. Se 1

4,5

=+x

o valor de 6

1+x

é:

A) 51

B) 41

C) 32

D) 54

E) 1

5. A figura ao lado é o mapa de um bairro: os pontos A, B, C e D são as casas e os segmentos são as ruas. De quantas casas é possível fazer um caminho que passa exatamente uma vez por cada uma das ruas? É permitido passar mais de uma vez por uma mesma casa. A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

A

B

C

D

6. Os inteiros positivos m e n satisfazem 15m = 20n. Então é possível afirmar, com certeza, que mn é múltiplo de: A) 5 B) 10 C) 12 D) 15 E) 20 7. Um número natural A de três algarismos detona um número natural B de três algarismos se cada algarismo de A é maior do que o algarismo correspondente de B. Por exemplo, 876 detona 345; porém, 651 não detona 542 pois 1 < 2. Quantos números de três algarismos detonam 314? A) 120 B) 240 C) 360 D) 480 E) 600


2

8. Uma barra de chocolate é dividida entre Nelly, Penha e Sônia. Sabendo que Nelly ganha 25

da barra, Penha ganha 14

e Sônia ganha 70 gramas, o peso da barra, em gramas, é:

A) 160 B) 200 C) 240 D) 280 E) 400 9. Esmeralda lançou um dado dez vezes e obteve 57 como soma de todos os pontos obtidos nesses lançamentos. No mínimo, quantas vezes saíram 6 pontos? A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9 10. Na figura abaixo, o18=α e AB = AC = AD = AE. O valor do ângulo β é:

B

E C D

A

ß

α α α

A) 18o B) 36o C) 15o D) 20o E) 30o 11. Cinco cartas iguais têm um lado branco e um lado preto. Elas se encontram em fila com a face branca para cima. Um movimento consiste em escolher um único par de cartas vizinhas e virá-las. No mínimo, quantos movimentos são necessários para que as cartas fiquem como na figura ao lado?

A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) Não é possível obter a configuração acima. 12. Na figura abaixo, ABCDE é um pentágono regular, CDFG é um quadrado e DFH é um triângulo equilátero. O valor do ângulo β é:

H F

G D

E

A B

ß

C

A) 30o B) 36o C) 39o D) 45o E) 60o


3

13. Numa fila para compra de ingressos para um jogo da seleção brasileira, havia 49 pessoas: 25 corintianos, 14 flamenguistas e 10 gremistas. Sabendo que cada pessoa da fila torce para um único time, dois torcedores do mesmo time não estão em posições consecutivas, podemos concluir que: A) tal fila não existe. B) algum dos torcedores das extremidades da fila é gremista. C) algum dos torcedores das extremidades da fila é flamenguista. D) algum flamenguista é vizinho de um gremista. E) algum gremista é vizinho de dois corintianos. 14. Na figura, P é um ponto da reta CD. A região cinza é comum ao retângulo ABCD e ao triângulo ADP. Se AB = 5 cm, AD = 8 cm e a área da região cinza

é 34

da área do retângulo, quanto vale a distância

PC? A) 1 cm B) 2 cm C) 3 cm D) 4 cm E) 5 cm

15. A famosa Conjectura de Goldbach diz que todo número inteiro par maior que 2 pode ser escrito como a soma de dois números primos. Por exemplo, 18 pode ser representado por 5 + 13 ou, ainda, por 7 + 11. Considerando todas as possíveis representações de 126, qual a maior diferença entre os dois primos que a formam? A) 112 B) 100 C) 92 D) 88 E) 80 16. Na figura ao lado, E é o ponto médio de AB, F é o ponto médio de AC e BR = RS = SC. Se a área do triângulo ABC é 252, qual é a área do pentágono AERSF? A) 168 B) 189 C) 200 D) 210 E) 220

17. Quantos pares ordenados (x, y) de números reais satisfazem a equação

( ) ( )2 22 2 0?− + − − =x y x y

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) infinitos 18. O professor Piraldo aplicou uma prova de 6 questões para 18 estudantes. Cada questão vale 0 ou 1 ponto; não há pontuações parciais. Após a prova, Piraldo elaborou uma tabela como a seguinte para organizar as notas, em que cada linha representa um estudante e cada coluna representa uma questão.

Questões → Estudantes

↓

1 2 3 4 5 6

Arnaldo 0 1 1 1 1 0 Bernaldo 1 1 1 0 0 1 Cernaldo 0 1 1 1 1 0

M M Piraldo constatou que cada estudante acertou exatamente 4 questões e que cada questão teve a mesma quantidade m de acertos. Qual é o valor de m? A) 8 B) 9 C) 10 D) 12 E) 14

PC D

Q

A

B

E F

R S C

A B


4

19. Entre os inteiros positivos 4018,+n 21,2,...,2009 ,=n quantos são quadrados perfeitos? A) 1945 B) 1946 C) 1947 D) 1948 E) 1949 20. Para cada número natural n, seja nS a soma dos dez primeiros múltiplos positivos de n. Por exemplo, 2S = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + 16 + 18 + 20. Quanto é 10321 SSSS ++++ L ? A) 2925 B) 3025 C) 3125 D) 3225 E) 3325 21. Em uma folha quadriculada em que cada quadrado tem lado 2cm, são desenhados dois círculos como na figura ao lado. A distância mínima entre os dois círculos mede: A) 3cm B) 10 cm

C) ( )10 3+ cm

D) ( )10 2− cm

E) ( )10 3− cm

22. Quantos números naturais de 1 a 100, inclusive, podem ser escritos na forma de potência

ba , com , ∈¥a b e , 1?>a b A) 10 B) 12 C) 14 D) 16 E) 18 23. Uma folha de caderno de Carlos é um retângulo com dois lados (bordas) amarelos de 24 cm e dois lados (bordas) vermelhos de 36 cm. Carlos pinta cada ponto do retângulo na mesma cor do lado mais próximo desse ponto. Qual é a área da região pintada de amarelo? A) 144 cm2 B) 288 cm2 C) 364 cm2 D) 442 cm2 E) 524 cm2 24. Os inteiros 0 < x < y < z < w < t são tais que w = z(x + y) e t = w(y + z). Sendo w = 9, então t é igual a A) 45 B) 54 C) 63 D) 72 E) 81 25. Alguns cubos foram empilhados formando um bloco. As figuras ao lado representam a vista da esquerda e da frente desse bloco. Olhando o bloco de cima, qual das figuras a seguir não pode ser vista?

vista da esquerda vista da frente

A) B) C) D) E)

esqu

erda

esqu

erda

esqu

erda

esqu

erda

esqu

erda

frente frente frente frente frente

Segunda Fase

XXVI Olimpíada Brasileira de Matemática – Segunda Fase – Nível 2www.obm.org.br

XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICASegunda Fase – Nível 2 (7a. ou 8a. séries)

PARTE A(Cada problema vale 4 pontos)

01. Na multiplicação a seguir, a, b e c são algarismos:

1

3

* * *

* * *

1 0 1

a b

b

c c

×

Calcule a + b + c.

02. De quantos modos podemos sombrear quatro casas do tabuleiro 4 4× abaixo de modo que emcada linha e em cada coluna exista uma única casa sombreada?

03. Qual é a soma dos algarismos do número 2004 2002 1998 1996 36 ?× × × +

04. No desenho ao lado, o triângulo ABC é retânguloe os lados do polígono (região escura) são paralelosou coincidem com algum dos catetos do triângulo.

Calcule x de modo que a área do polígono seja igual àdo triângulo.

x

5 1 0

2

A

B C

05. Um polígono com 20 lados é chamado icoságono. Unindo-se três dos vértices de um icoságonoregular obtemos triângulos. Quantos são triângulos retângulos?

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XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICASegunda Fase – Nível 2 (7a. ou 8a. séries)

PARTE B(Cada problema vale 10 pontos)

PROBLEMA 1(a) É possível dividir o conjunto {12, 22,…,72} em dois grupos A e B de modo que a soma dos

elementos de A seja igual à soma dos elementos de B? Justifique.(b) É possível dividir o conjunto {12, 22, 32,…,92} em dois grupos C e D de modo que a soma dos

elementos de C seja igual à soma dos elementos de D? Justifique.

PROBLEMA 2(a) Simplifique a expressão

(b) Certa calculadora tem duas teclas especiais: A e B. A tecla A transforma o número x que está no

visor em 1

x. A tecla B transforma o número x que está no visor em 1 − x .

Pedro tem um número no visor e aperta sucessivamente, de forma alternada, as duas teclas:A, B, A, B, ….

Após 1000 operações, o visor mostrava o número 2004. Que número Pedro tinha inicialmente novisor?

PROBLEMA 3Uma folha de papel retangular ABCD foidobrada de modo que o vértice B foi levado noponto B’ sobre o lado AD. A dobra é EF, com Esobre AB e F sobre CD.

Sabe-se que AE = 8, BE = 17 e C F = 3.

(a) Calcule a medida do segmento AB’.(b) Calcule a medida do lado AD.

PROBLEMA 4Um número de 4 algarismos a b c d é chamado de legal quando a soma dos números formados pelosdois primeiros e pelos dois últimos algarismos é igual ao número formado pelos algarismos centrais(ou seja, ab + cd = bc). Por exemplo, 2307 é um número legal pois 23 + 07 = 30.

(a) Qual é o menor número legal maior do que 2307?(b) Quantos são os números legais de 4 algarismos?

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01. Natasha é supersticiosa e, ao numerar as 200 páginas de seu diário, começou do 1 mas puloutodos os números nos quais os algarismos 1 e 3 aparecem juntos, em qualquer ordem. Porexemplo, os números 31 e 137 não aparecem no diário, porém 103 aparece.Qual foi o número que Natasha escreveu na última página do seu diário?

02. Quatro peças iguais, em forma de triângulo retângulo, foram dispostas de dois modosdiferentes, como mostram as figuras abaixo.

AB

CD

E

F

G

H

M N

OP

I J

KL

Os quadrados ABCD e EFGH têm lados respectivamente iguais a 3 cm e 9 cm. Determine amedida do lado do quadrado IJKL.

03. Juliana foi escrevendo os números inteiros positivos em quadrados de papelão, colados ladoa lado por fitas adesivas representadas pelos retângulos escuros no desenho abaixo. Note quecada fila de quadrados tem um quadrado a mais que a fila de cima. Ela escreveu até o número105 e parou. Quantos pedaços de fita adesiva ela usou?

1

2 3

4

7

5

8

6

9 10

04. Um terreno quadrangular foi dividido em quatro lotes menores por duas cercas retas unindoos pontos médios dos lados do terreno. As áreas de três dos lotes estão indicadas em metrosquadrados no mapa a seguir.

200 210

250

Qual é a área do quarto lote, representado pela região escura no mapa?

05. Seja a um número inteiro positivo tal que a é múltiplo de 5, a + 1 é múltiplo de 7, a + 2 émúltiplo de 9 e a + 3 é múltiplo de 11. Determine o menor valor que a pode assumir.

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XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICASegunda Fase – Nível 2 (7a. ou 8a. séries)


PROBLEMA 1Gabriel resolveu uma prova de matemática com questões de álgebra, geometria e lógica. Apóschecar o resultado da prova Gabriel observou que respondeu corretamente 50% das questões deálgebra, 70% das questões de geometria e 80% das questões de lógica. Gabriel observou,também, que respondeu corretamente 62% das questões de álgebra e lógica e 74% das questõesde geometria e lógica. Qual a porcentagem de questões corretas da prova de Gabriel?

PROBLEMA 2O canto de um quadrado de cartolina foi cortado com uma tesoura. A soma dos comprimentosdos catetos do triângulo recortado é igual ao comprimento do lado do quadrado. Qual o valor dasoma dos ângulos α e β marcados na figura abaixo?

27°β

α

PROBLEMA 3

(a) Fatore a expressão 22 89 yxyx +− .

(b) Determine todos os pares de inteiros (x; y) tais que 200589 22 =−− yxxy .

PROBLEMA 4Cada peça de um jogo de dominó possui duas casas numeradas. Considere as 6 peças formadasapenas pelos números 1, 2 e 3.(a) De quantos modos é possível colocar todas estas peças alinhadas em seqüência, de modo

que o número da casa da direita de cada peça seja igual ao número da casa da esquerda dapeça imediatamente à direita?A seguir, mostramos dois exemplos:

(b) Explique por que não é possível fazer o mesmo com todas as 10 peças formadas apenaspelos números 1, 2, 3 e 4.

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XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICASegunda Fase – Nível 2 (7a. ou 8a. séries)


01. Esmeralda posicionou todos os números naturais de 1 a 2006 no seguinte arranjo em forma de pirâmide:

21 20 13 22 19 12 7 14 23 18 11 6 3 8 15 24 17 10 5 2 1 4 9 16 25

Em qual andar se encontrará o número 2006? (Por exemplo: o número 1 está no primeiro andar, o 6 nosegundo andar e o 23 no terceiro).

02. A soma dos quadrados de três inteiros consecutivos é igual a 302. Qual é a soma desses números?

03. Seja ABC um triângulo retângulo em A. Considere M e N pontos sobre a hipotenusa BC tais queCN = NM = MB. Os pontos X e Y são tais que XA = AM e YA = AN. Determine a área do quadrilátero XYBC,sabendo que o triângulo ABC tem área 12 cm2.

C

N

M

B

X

Y

A

04. Um tabuleiro de xadrez 8 × 8 será decomposto em retângulos que satisfazem simultaneamente asseguintes propriedades:(i) cada retângulo possui um número inteiro de casas;(ii) os diversos retângulos possuem números de casas distintos entre si;(iii) cada retângulo possui a mesma quantidade de casas brancas e pretas.Qual é o maior número de retângulos que pode ter a decomposição do tabuleiro?

05. A partir de uma terna ordenada (a, b, c), obtemos uma seqüência de ternas através de sucessivastransformações do tipo:(a, b, c) � �a2 ⋅ b, a – b + c, b – c).Por exemplo, a partir da terna (1, 2, 3), obtemos a seguinte seqüência:(1, 2, 3) � ��

Se começarmos com (1, 1, 1) como a primeira terna ordenada de uma seqüência, qual será a soma dos trêstermos da terna que ocupará a 2006a posição nesta seqüência?


XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICASegunda Fase – Nível 2 (7a. ou 8a. séries)


PROBLEMA 1Na Rua do Gengibre, existem n casas numeradas de 1 a n ( n ∈ � ). As casas de numeração par ficam todasde um mesmo lado da rua, com as casas de numeração ímpar do lado oposto. O prefeito LudmilsonAmottarim resolveu derrubar alguma(s) casa(s) a fim de que as somas dos números das casas fossem iguaisdos dois lados da rua. Para atingir o seu objetivo, qual é o número mínimo de casas que o prefeito devederrubar se:a) a rua tem n = 15 casas?b) a rua tem n = 16 casas?c) a rua tem n = 2006 casas?

PROBLEMA 2Na triângulo ABC isósceles abaixo, I é o encontro das bissetrizes e H é o encontro das alturas. Sabe-se que∠ HAI = ∠ HBC = α. Determine o ângulo α.

B

C

I

H

A

PROBLEMA 3Sejam a e b números reais distintos tais que a2 = 6b + 5ab e b2 = 6a + 5ab.a) Determine o valor de a + b.b) Determine o valor de ab.

PROBLEMA 4Todos os inteiros de 1 a 2006 são escritos num quadro. Então, cada um destes números é substituído pelasoma de seus algarismos. Estas substituições são realizadas repetidas vezes até que tenhamos 2006 númeroscom 1 algarismo cada. Dos números que restaram no quadro, qual aparece mais vezes: o 1 ou o 2?

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1

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA

Segunda Fase – Nível 2 (7ª. ou 8ª. séries)

PARTE A (Cada problema vale 4 pontos)

01. Ludmilson descobriu que o produto da idade que tinha há 55 anos atrás pela idade que terá daqui a 55 anos é igual ao cubo de um número primo. Qual é a idade atual de Ludmilson?

02. Sendo f(x) = 100x + 3, calcule o valor de )1(1010

)10()10(38

38−−

−−

−

−

fff .

03. Na figura abaixo temos um pentágono regular, um quadrado e um triângulo eqüilátero, todos com a mesma medida de lado.

Q

P

C

B

E R

A T S D

Determine a medida, em graus, do ângulo ∠QCE. 04. Um inteiro positivo K tem n algarismos e é igual a 2608.n. Determine a soma dos algarismos de K 05. Em 1949 o matemático indiano D. R. Kaprekar, inventou um processo conhecido como Operação de Kaprekar. Primeiramente escolha um número de quatro dígitos (não todos iguais), em seguida escreva a diferença entre o maior e o menor número que podem ser formados a partir de uma permutação dos dígitos do número inicial. Repetindo o processo com cada número assim obtido, obtemos uma seqüência. Por exemplo, se o primeiro número for 2007, o segundo será 7200 – 0027 = 7173. O terceiro será 7731 – 1377 = 6354. Começando com o número 1998, qual será o 2007-ésimo termo da seqüência?


2

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA

Segunda Fase – Nível 2 (7ª. ou 8ª. séries)

PARTE B (Cada problema vale 10 pontos)

PROBLEMA 1 O triângulo ABC é retângulo em B. Sejam I o centro da circunferência inscrita em ABC e O o ponto médio do lado AC. Se ∠AOI = 45°, quanto mede, em graus, o ângulo ∠ACB? PROBLEMA 2 Sejam α e β as raízes da equação quadrática (x – 2)(x – 3) + (x – 3)(x + 1) + (x + 1)(x – 2) = 0.

Determine o valor de 1 1 1 .

( 1)( 1) ( 2)( 2) ( 3)( 3)α β α β α β+ +

+ + − − − −

PROBLEMA 3 a) Determine a quantidade de divisores do número N = 235 – 23. b) Mostre que para todo número natural n , n5 – n é múltiplo de 30. PROBLEMA 4 Um quadrado 4 × 4 é dividido em 16 quadrados unitários. Cada um dos 25 vértices desses quadrados deve ser colorido de vermelho ou azul. Ache o número de colorações diferentes tais que cada quadrado unitário possua exatamente dois vértices vermelhos.

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XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (8º ou 9º anos)

PARTE A

(Cada problema vale 5 pontos)

01. Sejam x e y números reais positivos satisfazendo as equações 2 2 1x y+ = e 4 4 17.

18x y+ =

Calcule o valor de 1

.xy

02. Um viajante, que se encontrava perdido na floresta, andou 1 metro para o Leste, 2 metros para o Norte, 3 para o Oeste, 4 para o Sul, 5 para o Leste, 6 para o Norte,..., 2006 metros para o Norte, 2007 para o Oeste e 2008 para o Sul. Calcule, em metros, o valor inteiro mais próximo da distância entre as posições inicial e final do viajante. 03. Os números α e β são as raízes da equação 2 1 0.x x− − = Calcule 75 513 β⋅+α⋅ . 04. Em um triângulo ABC, seja D um ponto sobre o lado BC tal que DB = 14, DA = 13 e DC = 4. Sabendo que o círculo circunscrito ao triângulo ADB tem raio igual ao do círculo circunscrito ao triângulo ADC, calcule a área do triângulo ABC. 05. Dado um número natural N, multiplicamos todos os seus algarismos. Repetimos o processo com o número obtido até obtermos um número com um algarismo. Este número será chamado de primitivo de N. Por exemplo, como 3 2 7 42⋅ ⋅ = e 4 2 8,⋅ = concluímos que o primitivo de 327 é 8. Calcule a soma dos algarismos do maior número natural com todos os algarismos diferentes cujo primitivo é ímpar.

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XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (8º ou 9º anos)


PROBLEMA 1 Encontre todos os triângulos retângulos, de lados com medidas inteiras, nos quais a área tem valor numérico igual ao do perímetro. PROBLEMA 2 No quadro negro são escritos os números 2 2 2 2 21 ,2 ,3 ,4 ,...,2008 . Pedro e Igor jogam um jogo onde eles apagam alternadamente um número por vez até sobrarem apenas dois números. Se a diferença entre estes dois números for múltiplo de 2009, Igor vence. Caso contrário, quem vence é Pedro. Sabendo que Pedro é o primeiro a jogar, diga quem possui a estratégia vencedora. Justifique sua resposta. PROBLEMA 3 Seja ABC um triângulo acutângulo com BC = 5. Seja E o pé da altura relativa ao lado AC e F o ponto médio do lado AB. Se BE = CF = 4, calcule a área do triângulo ABC. PROBLEMA 4 Um país tem 8 cidades, A1, A2, ..., A6, B, C, ligadas por rodovias de mão dupla satisfazendo as seguintes condições: B e C são ambas ligadas às cidades A1, A2, ..., A6, mas não são ligadas uma à outra; A1, A2, ..., A6 são ligadas duas a duas. Calcule o número de maneiras distintas de viajar de carro de B a C, sem passar duas vezes por uma mesma cidade.

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XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (8º ou 9º ano)

PARTE A (Cada problema vale 4 pontos)

01. Esmeralda tem uma garrafa com 9 litros de uma mistura que tem 50% de álcool e 50% de água. Ela quer colocar água na garrafa de tal forma que apenas 30% da mistura seja de álcool. Quantos litros de água ela irá colocar?

02. Se a, b, c e d são, em alguma ordem, 1, 2, 3 e 4. Qual é o maior valor possível de

ab + bc + cd + da?

03. Dizemos que dois ou mais números, com a mesma quantidade de algarismos, são membros da mesma família, quando todos possuem pelo menos um algarismo em comum. Por exemplo, os números 32, 25 e 22 pertencem à mesma família, enquanto que 123, 245 e 568 não pertencem à mesma família, pois 123 e 568 não pertencem à mesma família. Qual é a maior quantidade de membros de uma família, cujos elementos têm três algarismos?

04. Determine a quantidade de inteiros de dois algarismos que são divisíveis pelos seus algarismos.

05. Na figura abaixo, ABCD e EFGH são quadrados de lado 48 cm. Sabendo que A é o ponto médio de EF e G é o ponto médio de DC, determine a área destacada em cm2.

A B

CD

E

F

G

H

K

L

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2

XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase – Nível 2 (8º ou 9º ano)


PROBLEMA 1 Sejam m e n dois inteiros positivos primos entre si. O Teorema Chinês dos Restos afirma que, dados inteiros i e j com 0 ≤ i < m e 0 ≤ j < n, existe exatamente um inteiro a, com 0 ≤ a < m⋅n, tal que o resto da divisão de a por m é igual a i e o resto da divisão de a por n é igual a j. Por exemplo, para m = 3 e n = 7, temos que 19 é o único número que deixa restos 1 e 5 quando dividido por 3 e 7, respectivamente. Assim, na tabela a seguir, cada número de 0 a 20 aparecerá exatamente uma vez.

Restos por 7

Restos por 3

0 1 2 3 4 5 6

0

1 19

2

Qual a soma dos números das casas destacadas? PROBLEMA 2 Observe:

(x – r)(x – s) = x2 – (r + s)x + rs Assim, substituindo x por r e por s, obtemos

0))((0))((

0)(0)(

12

12

2

2

=⋅++−=⋅++−

⇒=++−=++−

++

++

nnn

nnn

srsssrsbrrsrsrra

rsssrsrsrsrr

Somando as duas equações e sendo nnn sbraS ⋅+⋅= , verifica-se que

nnn rsSSsrS −+= ++ 12 )(

Dados 11 =+= bsarS , 2222 =+= bsarS , 533

3 =+= bsarS e 6444 =+= bsarS ,

determine 555 bsarS += .

PROBLEMA 3 Seja N é o ponto do lado AC do triângulo ABC tal que NCAN 2= e M o ponto do lado AB tal que MN é perpendicular a AB . Sabendo que AC = 12 cm e que o baricentro G do

triângulo ABC pertence ao segmento MN, determine o comprimento do segmento BG. OBS: Baricentro é o ponto de interseção das medianas do triângulo.

PROBLEMA 4 Um campeonato de xadrez de 7 rodadas, com 4 jogos por rodada, tem 8 participantes, cujas pontuações por jogo são as usuais: um ponto por vitória, meio ponto por empate e nenhum ponto por derrota. Cada par de jogadores se enfrenta exatamente uma vez.

a) Ao término da terceira rodada, é possível que todos os jogadores tenham pontuações distintas?

b) Se no final do campeonato todos os jogadores têm pontuações distintas qual o menor número possível de pontos obtidos pelo primeiro colocado?

Terceira Fase

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XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICATERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª. e 8ª. Séries)

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1Na figura, ABC e DAE são triângulos isósceles (AB = AC = AD = DE) e os ângulos BAC eADE medem 36°.

a) Utilizando propriedades geométricas, calcule a medida do ângulo CDE ˆ .b) Sabendo que BC = 2, calcule a medida do segmento DC.c) Calcule a medida do segmento AC.

PROBLEMA 2A seqüência de algarismos

1, 2, 3, 4, 0, 9, 6, 9, 4, 8, 7, …

é construída da seguinte maneira: cada elemento, a partir do quinto, é igual ao últimoalgarismo da soma dos quatro anteriores.a) Os algarismos 2, 0, 0, 4, juntos e nesta ordem, aparecem na seqüência?b) Os algarismos iniciais 1, 2, 3, 4, juntos e nesta ordem, aparecem novamente na seqüência?

PROBLEMA 3Esmeralda tem uma pilha com 100 pedras. Ela divide essa pilha em duas novas pilhas e emseguida multiplica as quantidades de pedras nessas duas novas pilhas e escreve o produto emum quadro. Ela então escolhe uma pilha com mais de uma pedra e repete esse procedimento:a pilha é dividida em duas, as quantidades de pedras nessas duas pilhas são multiplicadas e oproduto escrito no quadro. Esta operação é realizada até se obter apenas pilhas com 1 pedracada.Quais são os possíveis valores da soma de todos os produtos escritos no quadro?

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XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICATERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª. e 8ª. Séries)

SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4Em um jogo para dois participantes, Arnaldo e Bernaldo alternadamente escolhem umnúmero inteiro positivo. A cada jogada, deve-se escolher um número maior que o últimonúmero escolhido e menor que o dobro do último número escolhido.Nesse jogo, vence o jogador que conseguir escolher o número 2004. Arnaldo joga primeiro einicia com o número 2. Qual dos dois tem estratégia vencedora, ou seja, consegue escolher onúmero 2004 independentemente das jogadas do adversário?

PROBLEMA 5Seja D o ponto médio da hipotenusa AB de um triângulo retângulo ABC. Sejam O1 e O2 oscircuncentros dos triângulos ADC e DBC, respectivamente.

a) Mostre que 1 2ˆO DO é reto.

b) Mostre que AB é tangente ao círculo de diâmetro 1 2O O .

PROBLEMA 6Considere todas as maneiras de colocarmos nas casas de um tabuleiro 1010× exatamente dezvezes cada um dos algarismos 0, 1, 2, …, 9.Encontre o maior inteiro n com a propriedade de que, em cada tabuleiro, alguma linha oualguma coluna contenha pelo menos n algarismos diferentes.

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XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICATERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª. e 8ª. Séries)

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1Num tabuleiro quadrado 55× , serão colocados três botões idênticos, cada um no centro deuma casa, determinando um triângulo.De quantas maneiras podemos colocar os botões formando um triângulo retângulo comcatetos paralelos às bordas do tabuleiro?

PROBLEMA 2No triângulo retângulo ABC, os catetos AB e BC medem, respectivamente, 3 cm e 4 cm. SejaM o ponto médio da hipotenusa AC e seja D um ponto, distinto de A, tal que BM = MD eAB = BD.a) Prove que BM é perpendicular a AD.b) Calcule a área do quadrilátero ABDC.

PROBLEMA 3

Dado que 11

1

))()((

))()(( =+++−−−

accbba

accbba, qual é o valor de

a b c

a b b c c a+ +

+ + +?

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XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICATERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª. e 8ª. Séries)

SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4Em seu treino diário de natação, Esmeraldinho percorre várias vezes, com um ritmo constantede braçadas, o trajeto entre dois pontos A e B situados na mesma margem de um rio. O nadode A para B é a favor da corrente e o nado em sentido contrário é contra a corrente. Um troncoarrastado pela corrente passa por A no exato instante em que Esmeraldinho sai de A.Esmeraldinho chega a B e imediatamente regressa a A. No trajeto de regresso, cruza com otronco 6 minutos depois de sair de A. A seguir, Esmeraldinho chega a A e imediatamente saiem direção a B, alcançando o tronco 5 minutos depois da primeira vez que cruzou com ele aoir de B para A. Quantos minutos o tronco leva para ir de A até B?

PROBLEMA 5Prove que o número 12005 + 22005 + 32005 + ... + 20052005 é múltiplo de 1 + 2 + 3 + ... + 2005.

PROBLEMA 6A medida do ângulo B de um triângulo ABC é 120°. Sejam M um ponto sobre o lado AC e Kum ponto sobre o prolongamento do lado AB, tais que BM é a bissetriz interna do ângulo∠ ABC e CK é a bissetriz externa correspondente ao ângulo ∠ ACB. O segmento MK intersectaBC no ponto P. Prove que ∠ APM = 30°.

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XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICATERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7a. e 8a. Séries)

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1Escrevemos, em fila, os números 1, 2, 3, …, n. A cada passo, tomamos os dois últimos númerosda fila anterior, escrevemos primeiramente o último, depois o penúltimo e, enfim, os outrosn – 2, na ordem em que aparecem. Por exemplo, para n = 12 obtemos

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 → 12, 11, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10→ 10, 9, 12, 11, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 → ...

Qual a menor quantidade de passos necessários para escrevermos novamente os números1, 2, 3, …, n, nessa ordem, quando(a) n = 2006?(b) n = 2005?

PROBLEMA 2Dentre os polígonos de 5 lados, o maior número possível de vértices alinhados, isto é,pertencentes a uma única reta, é três, como mostrado a seguir.

Qual é a maior quantidade de vértices alinhados que um polígono de 12 lados pode ter?

Atenção: além de desenhar um polígono de 12 lados com o número máximo de vérticesalinhados, lembre-se de mostrar que não existe um outro polígono de 12 lados com maisvértices alinhados do que este.

PROBLEMA 3Encontre todos os pares ordenados (x; y) de inteiros tais que x3 – y3 = 3(x2 – y2).

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XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICATERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7a. e 8a. Séries)

SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4Quantos subconjuntos {a, b, c} de três elementos distintos de {1, 2, 3, …, 100} são tais que b éa média aritmética de a e c (a < b < c)?

PROBLEMA 5Seja ABC um triângulo acutângulo e H o seu ortocentro. Sejam M, N e R os pontos médios de

AB, BC e AH, respectivamente. Determine a medida do ângulo RNM ˆ se o ângulo CBA ˆ mede70o.

PROBLEMA 6Em um torneio de tênis de mesa (no qual nenhum jogo termina empatado), cada um dos nparticipantes jogou uma única vez contra cada um dos outros. Sabe-se que, para todo k > 2, nãoexistem k jogadores J1, J2, …, Jk tais que J1 ganhou de J2, J2 ganhou de J3, J3 ganhou de J4, …,Jk – 1 ganhou de Jk, Jk ganhou de J1.

Prove que existe um jogador que ganhou de todos os outros e existe um jogador que perdeu detodos os outros.

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XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7a. e 8a. Séries)

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1 Seja ABC um triângulo e O seu circuncentro. Seja ainda P a intersecção das retas BO e AC e S a circunferência circunscrita a AOP. Suponha que BO = AP e que a medida do arco OP em S que não contém A é 40°. Determine a medida do ângulo ∠OBC. Obs: A circunferência circunscrita de um triângulo é a circunferência que passa pelos seus vértices e seu centro é chamado de circuncentro.

PROBLEMA 2 Considere a tabela a seguir com quatro linhas (fileiras horizontais) e quatro colunas (fileiras verticais) a qual está preenchida com números naturais, ocorrendo repetições de números:

1 0 0 35 1 2 41 1 2 36 1 4 0

Ao somarmos cada uma de suas linhas (L1, L2, L3 e L4) e colunas (C1, C2, C3 e C4) obtemos 8 números distintos: 3, 4, 7, 8, 10, 11, 12, 13. Veja:

C1 C2 C3 C4 Soma daLinha

L1 1 0 0 3 4 L2 5 1 2 4 12 L3 1 1 2 3 7 L4 6 1 4 0 11

Soma da Coluna

13 3 8 10

Apresente, se for possível: a) uma tabela com 4 linhas e 4 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 8.


b) uma tabela com 8 linhas e 8 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 16. c) uma tabela com 9 linhas e 9 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 18. Atenção: caso seja impossível montar alguma tabela, você deve explicar por quê. PROBLEMA 3

Mostre que existe um inteiro positivo a tal que 29 1

1aa−−

tem pelo menos 2007 fatores primos distintos.


XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (7a. e 8a. Séries)

SEGUNDO DIA PROBLEMA 4 Prove que não existem soluções inteiras e positivas para a equação .133 2tnm =++ PROBLEMA 5 Seja ABC um triângulo retângulo isósceles. K e M são pontos sobre hipotenusa AB, com K entre A e M, e o ângulo ∠KCM = 45 . Prove que AK2 + MB2 = KM2. PROBLEMA 6 Quadradinhos iguais estão arrumados formando um tabuleiro n × n. Ludmilson e Ednalva jogam o seguinte estranho jogo. Cada jogada de Ludmilson consiste em retirar 4 quadradinhos que formem um quadrado 2 × 2. Cada jogada de Ednalva consiste em retirar apenas 1 quadradinho. Ludmilson e Ednalva jogam alternadamente, sendo Ludmilson o primeiro a jogar. Quando Ludmilson não puder fazer sua jogada, então Ednalva fica com todas as peças restantes do tabuleiro. Ganha o jogo aquele que possuir mais quadradinhos no final. Diga se é possível que Ednalva ganhe o jogo, não importando como Ludmilson jogue, em cada um dos seguintes casos: a) n = 10. b) Caso geral (n qualquer).

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XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (8o. e 9o. Anos)

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1 Em cada casa de um tabuleiro nn × , colocamos um dos números 1,2,3,4, de modo que cada casa tem exatamente uma casa vizinha com o mesmo número. É possível fazer isso quando

(a) 2007=n ?

(b) 2008=n ? Observação. Duas casas são vizinhas se possuem um lado em comum. PROBLEMA 2 Seja P um pentágono convexo com todos os lados iguais. Prove que se dois dos ângulos de P somam 180 graus, então é possível cobrir o plano com P, sem sobreposições. PROBLEMA 3 Prove que existem infinitos inteiros positivos n tais que

n

n 15 2 −−

é um inteiro.

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XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (8o. e 9o. Anos)

SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Mostre que se p,q são inteiros positivos primos tais que qpqp

r++

=22

é inteiro, então r é primo.

PROBLEMA 5 Seja ABC um triângulo acutângulo e O, H seu circuncentro, ortocentro, respectivamente. Sabendo que

,2

OBBHAB

==

calcule os ângulos do triângulo ABC. PROBLEMA 6 Sendo A um conjunto de números inteiros, definimos S(A) como o conjunto formado pelas somas de dois elementos, não necessariamente distintos e D(A) como o conjunto formado pelas diferenças de dois elementos, não necessariamente distintos. Por exemplo, se A = {1, 2, 3, 10} então S(A) = {2, 3, 4, 5, 6, 11, 12, 13, 20} e D(A) = {–9, –8, –7, –2, –1, 0, 1, 2, 7, 8, 9}. Mostre que existe um conjunto finito A tal que S(A) tem no máximo 1097 elementos e D(A) tem no mínimo 10100 elementos.

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XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (8o. e 9o. Anos)

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1 Um dominó é formado por 28 peças diferentes. Cada peça tem duas metades, sendo que cada metade tem de zero a seis pontos:

Esmeralda coloca 4 peças de dominó dentro de um estojo, respeitando as regras do jogo, isto é, peças vizinhas se tocam em metades com as mesmas quantidades de pontos. Caso seja possível guardar as quatro peças no estojo, dizemos que o conjunto de quatro peças é precioso. Por exemplo, a figura ao lado mostra as maneiras de guardar o conjunto

precioso formado pelas peças , , , . a) Mostre que um conjunto precioso não pode conter duas peças duplas. A figura abaixo mostra as peças duplas.

b) Quantos conjuntos preciosos contêm uma peça dupla? c) Determine a quantidade total de conjuntos preciosos. PROBLEMA 2 Seja A um dos pontos de interseção de dois círculos com centros X e Y. As tangentes aos círculos em A intersectam novamente os círculos em B e C. Seja P o ponto de plano tal que PXAY é um paralelogramo. Prove que P é o circuncentro do triângulo ABC. PROBLEMA 3 Prove que não existem inteiros positivos x e y tais que x3 + y3 = 22009.

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XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA

TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (8o. e 9o. Anos) SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4 Resolva, em números reais, o sistema

.1

111

=

+=+=+

xyzx

zz

yy

x

PROBLEMA 5 Uma formiga caminha no plano da seguinte maneira: inicialmente, ela anda 1cm em qualquer direção. Após, em cada passo, ela muda a direção da trajetória em 60o para a esquerda ou direita e anda 1cm nessa direção. É possível que ela retorne ao ponto de onde partiu em

(a) 2008 passos? (b) 2009 passos?

1 cm

1 cm

1 cm

60°

60°

PROBLEMA 6 Seja ABC um triângulo e O seu circuncentro. As retas AB e AC cortam o circuncírculo de OBC novamente em BB ≠1 e CC ≠1 , respectivamente, as retas BA e BC cortam o circuncírculo de OAC em AA ≠2 e

CC ≠2 , respectivamente, e as retas CA e CB cortam o circuncírculo de OAB em AA ≠3 e BB ≠3 , respectivamente. Prove que as retas A2A3, B1B3 e C1C2 passam por um mesmo ponto.

Gabarito

Primeira Fase

XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICAPRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª ou 8ª Séries)

GABARITO

GABARITO NÍVEL 2

1) A 6) B 11) D 16) C 21) D2) C 7) C 12) B 17) E 22) C3) D 8) C 13) C 18) E 23) C4) B 9) A 14) E 19) C 24) D5) C 10) B 15) D 20) A 25) D

1. (A) Veja solução do Problema 3 do Nível 1.

2. (C) 22 26 22 23 24 25 26 120

84 6 4 5 6 15

∇ + + + += = =∇ + +

3. (D) Veja solução do Problema 25 do Nível 1.4. (B) Veja solução do Problema 23 do Nível 1.5. (C) Veja solução do Problema 14 do Nível 1.6. (B) Veja solução do Problema 16 do Nível 1.7. (C) Há 2004 escolhas para a primeira bala e 2003 para a segunda bala. Assim, podemos

retirar duas balas de 20032004 ⋅ maneiras, considerando a ordem em que são retiradas.Podemos retirar duas balas de banana de 10011002 ⋅ maneiras e duas balas de maçã de

10011002 ⋅ maneiras. Logo 2003

1001

20032004

100110022 =⋅

⋅⋅=p

Podemos retirar uma bala de banana e uma bala de maçã, nessa ordem, de 10021002 ⋅maneiras, e uma bala de maçã e uma bala de banana, nessa ordem, de 10021002 ⋅ maneiras.

Logo 2003

1002

20032004

100210022 =⋅⋅⋅=q . Logo a diferença entre p e q é

2003

1

2003

1001

2003

1002 =− .

8. (C) Sejam a e 50 – a os lados do retângulo. A área procurada é ( ) 25050 aaaa −=⋅− .

a

50 – a

x

.

Pelo teorema de Pitágoras,2

2 2 2 2 2 2(50 ) 2500 100 2 50 1250 .2

xx a a x a a a a= − + ⇔ = − + ⇔ = + −

Deste modo, 2 2

2 2 250 1250 1250 .2 2

x xa a a a− = + − − = −

9. (A) Veja solução do Problema 19 do Nível 1.10. (B) Inicialmente, m2 – 2 deve ser positivo e divisor de 2004. Os divisores de 2004 são:

2004ou 1002 ,668 ,501 ,334 ,167 ,12 ,6 ,4 ,3 ,2 ,1 ±±±±±±±±±±±± . Para m inteiropositivo tal fato ocorre quando m = 2 ou m = 13.

11. (D) 2 2 2 2( ) 8 2 64.x y x xy y+ = ⇔ + + = Logo 2 2 2 26 2 4 64 4 15 124.x xy y x xy y xy+ + = + + + = + ⋅ =

12. (B)

30°

A S

V

30o

30o

60o 60o

60o

B

C

O raio de luz percorre o trajeto S-A-B-C-B-A-S. Temos mSA 1= , mCVAC 5,0== ,

mABAB

AC

3

330cos =⇔= � e mBC

AC

BC

6

330tg =⇔= � . Logo a distância percorrida

pelo raio de luz é ( ) mBCABSA 326

3

3

3122 +=

++=++ .

13. (C)

3x

4x

5x

6x

2x 3x + 4x = 7x 6x + 2x = 8x

180° – 7x

Temos: �� 1818010571808 =⇔=⇔+−= xxxxx .14. (E) 2 2 2 22(2 ) 4 64 2(2 ) 2 64 2 64 2 6 3x x x x x x x= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇔ = .15. (D) A soma dos algarismos de um número de três algarismos é menor ou igual a 27 e maior

ou igual a 1. Logo, a soma da soma dos algarismos de um número de três algarismos é a somados algarismos dos números 1, 2, 3,…, 27, cujo maior valor obtido é 10.

16. (C) Veja solução do Problema 10 do Nível 1.17. (E) Os pontos que estão a 6cm de distância do ponto P formam uma circunferência de centro

P e raio 6cm. Uma circunferência corta uma reta em, no máximo, 2 pontos. Como o quadradoé formado por 4 segmentos de reta, há no máximo 8 pontos da borda do quadrado a umadistância de 6cm do ponto P.Tomando P como o centro do quadrado, temos um exemplo de circunferência que corta oquadrado em 8 pontos.

18. (E) Veja solução do Problema 18 do Nível 1.19. (C)

P

13

R Q 5 F 9 . .

Pelo teorema de Pitágoras, 222 135 =+PF e 15912 222 =⇔+= PQPQ .20. (A) Veja solução do Problema 20 do Nível 1.

21. (D) cmABAFAE 3=== , �� 306090)( =−=FÂDm , �� 906030)( =+=FÂEm .

Logo FAE∆ é retângulo em A e tem área 23 34,5cm

2 2

AE AF⋅ ⋅= = .

22. (C) Inicialmente, sejam x o lado da folha e y o lado quadrado menor de lado maior que 1cm.Como os demais 41 quadrados têm lado 1cm, x e y são inteiros positivos. Assim:

20y e 2141 e 141))((14122 ==⇔=+=−⇔=+−⇔⋅+= xyxyxyxyxyxPortanto o lado da folha mede 21cm.

23. (C) Seja x o lado quadrado. Sua área é x2. Com 10% a menos de cerca, o lado quadradopassará a ser 0,9x e terá área (0,9x)2 = 0,81x2, que é 0,19 = 19% menor.

24. (D) Veja solução do Problema 13 do Nível 1.25. (D) Com os dois algarismos 1 juntos, temos os números: 112004, 211004, 201104, 200114 e

200411. Com os dois algarismos 1 separados: 121004, 120104, 120014, 120041, 210104,210014, 210041, 201014, 201041 e 200141. No total são 15 números.

XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICAPRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (7a. e 8a. séries)

GABARITO

GABARITO NÍVEL 2

1) D 6) B 11) D 16) C 21) Anulada2) B 7) B 12) A 17) D 22) Anulada3) E 8) D 13) B 18) Anulada 23) C4) E 9) A 14) B 19) C 24) B5) D 10) B 15) B 20) C 25) B

• Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 2 = 25 pontos).• Deve ser atribuído 1 ponto para todos os alunos nas questões anuladas.• Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site

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1. (D) Pela promoção, quem levar 2 unidades paga pelo preço de 1,5 unidade, logo quem levar4 unidades paga pelo preço de 3 unidades, ou seja, leva quatro e paga três.

2. (B) A transparência é igual a 0,7 × 0,9 = 0,63. Logo, a redução da radiação é 1 – 0,63 = 0,37= 37%.

3. (E) A partir da figura, vemos que o comprimento a dos retângulos menores é o dobro da sualargura b. Temos então que 2 3 21a b b b b+ = + = = , ou seja, 7 cm e 14 cmb a= = .

Portanto, o comprimento do retângulo maior é 24 28 e a sua área é 21 28 588 cmb = × = .

4. (E) Arnaldo: 1 bilhão = 1 000 000 1 000 000 1 000 000 000 000× = . Professor Piraldo: 1bilhão = 1 000 1 000 000 1 000 000 000 × = .A diferença é: 1 000 000 000 000 1 000 000 000 999 000 000 000− =

5. (D) Em 600 números inteiros consecutivos positivos, há 600

2003

= múltiplos de 3 e

600150

4= múltiplos de 4; entretanto, alguns desses números aparecem duas vezes nessa

contagem, pois são múltiplos dos dois números, ou seja, são múltiplos de 12. Como há600

5012

= desses múltiplos, concluímos que o número de páginas com defeito é

200 150 50 300+ − = .

6. (B) O volume de platina produzido na história é3 3

33

110 toneladas 1000000 g 1 1 50 anos 256

1 ano 1 tonelada 21,45 1000000

cm mm

g cm⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ≅ ,

volume próximo ao de uma piscina (por exemplo, de 1,6 m de profundidade, 16 metros delargura e 10 metros de comprimento).

7. (B) Seja x o primeiro termo. Como o segundo termo é 1, o terceiro termo é 1x + , o quarto é

( )1 1 2x x+ + = + .

Como o quinto termo é 2005, ( ) ( )1 2 2 3 2005 2 2002 1001x x x x x+ + + = + = ⇔ = ⇔ = .

Logo o sexto termo é ( ) ( )2 2 3 3 5 3 1001 5 3008x x x+ + + = + = ⋅ + = .

8. (D) Na primeira balança temos 3 triângulos + 1 círculo = 6 quadrados. Na segunda, vemos 2triângulos + 4 círculos = 8 quadrados, ou seja, 1 triângulo + 2 círculos = 4 quadrados.Logo, 4 triângulos + 3 círculos = (3 triângulos + 1 círculo) + (1 triângulo + 2 círculos) = 6quadrados + 4 quadrados = 10 quadrados.

9. (A) Sejam x e 13 – x a quantidade de números negativos e positivos, respectivamente.Assim, há x(13 – x) pares de números com produto negativo.Logo 2(13 ) 22 13 22 0 2 ou 11x x x x x x− = ⇔ − + = ⇔ = = . Como há mais positivos quenegativos, há 2 números negativos.

10. (B) A caixa terá dimensões 20 cm × 15 cm × 10 cm. Logo, seu volume será igual a 20 × 15 ×10 = 3000 cm2.

15 cm

20 c

m

40 c

m

10 c

m

11. (D) Temos2( ) ( ) ( )

( 1) 0 0 1

a b c a b a c a bc a ab ac bc

a a b c a ou a b c

+ × = + × + ⇔ + = + + +⇔ + + − = ⇔ = + + =

Tomando a = 1 e b = c = 0 vemos que as demais alternativas estão incorretas.

12. (A) Se P é a fração de Paulistas, entre os Paulistas e Baianos, temos 0,9P + 0,1(1- P) = 0,2.Logo, 0,8 P = 0,1, ou seja, P = 0,125 = 12,5%.

13. (B) Como ABC e DEF são triânguloseqüiláteros, seus ângulos internos medem 60o.No triângulo AGD,

O O O O

O O O O

( ) 180 75 60 45 e

ˆ( ) 180 65 60 55

m GÂD

m GDA

= − − =

= − − =Portanto,

O O O Oˆ( ) 180 45 55 80 m AGD = − − = e notriângulo CGH,

O O O O80 60 180 40x x+ + = ⇔ = .

14. (B) Sabendo que 240 240

240 O B M O B B MM O

× × = ⇔ × = ⇔ × = ,

224046 46 46 240 0 6 ou 40O B M M M M M M

M× + = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ = = e

224064 64 64 240 0 4 ou 60O B M O O O O O

O+ × = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ = = .

Sendo O, B e M inteiros, a única possibilidade é O = 4, M = 6 e B = 240

104 6

=×

.

Assim, O + B + M = 4 + 10 + 6 = 20.

15. (B) Para fazer uma peça, são necessários 3 10 3 5 45× + × = centímetros de arame. Como 20metros = 2 000 centímetros e 2000 dividido por 45 dá quociente 44 e resto 20, temos que oserralheiro irá fazer 44 peças completas, ficando com uma sobra de 20 centímetros, que lhe

possibilitarão fazer as duas primeiras partes de uma peça, na forma .

16. (C) Como 365 dividido por 7 dá quociente 52 e resto 1 e 366 dividido por 7 dá o mesmoquociente e resto 2, em um ano, bissexto ou não, há no máximo 53 domingos. Um mês tementre 28 4 7= ⋅ e 31 4 7 3= ⋅ + dias, então todo mês tem 4 ou 5 domingos. Como 53 divididopor 12 dá quociente 4 e resto 5, há no máximo 5 meses com 5 domingos.Um exemplo de ano com cinco meses com cinco domingos é um iniciado no domingo.

17. (D) Os números em questão são 12, 23, 34, 45, …, 89 (8 números), 123, 234, 345, …, 789 (7números), 1234, 2345, …, 6789 (6 números) e, por fim, 12345, um total de 8 + 7 + 6 + 1 = 22números.

18. Alternativa AnuladaSolução:O tempo de percurso é minimizado quando se trafega o maior trecho a velocidades maiores e omenor trecho a velocidades menores e maximizado quando se trafega o maior trecho avelocidades menores e o menor trecho a velocidades maiores. Assim, o tempo total gasto pelo

piloto nos três trechos é no mínimo 240 300 400

1540 75 80

+ + = horas e no máximo

240 300 40017

80 75 40+ + = horas. Assim, as respostas C) e D) estão corretas.

19. (C)

a

br

2r

A área a é igual à área de um círculo de raio r, ou seja, 2a r= π . A área b é igual á área de umquarto de círculo de raio 3r subtraída de duas vezes a área de um semicírculo de raio r e da

área de um quarto de círculo de raio r. Logo 2 2 2 21 1 1(3 ) 2

4 2 4b r r r r= ⋅ π − ⋅ ⋅ π − ⋅ π = π .

Portanto 2

21

a r

b r

π= =π

.

20. (C) Suponha que haja alunos de 4 ou mais nacionalidades entre os 9 alunos da classe. Seescolhermos um aluno de cada nacionalidade não haverá dois alunos de mesmanacionalidade, o que é um absurdo. Logo há alunos de no máximo 3 nacionalidades.Da mesma forma, entre os 9 alunos não há 4 de mesma nacionalidade, pois se houvessepoderíamos formar um grupo de 5 alunos com mais de 3 alunos de mesma nacionalidade.Logo há no máximo 3 alunos de cada nacionalidade.Como há 9 alunos, no máximo 3 nacionalidades e no máximo 3 alunos por nacionalidade, háexatamente 3 nacionalidades e 3 alunos de cada nacionalidade. Em particular, há 3 alunosbrasileiros.

21. Alternativa Anulada

Solução:Vamos calcular o número de plins no intervalo (12h, 0h], e descontar os plins que ocorreram noúltimo segundo depois.Seja w a velocidade angular do ponteiro das horas. Então as velocidades angulares dos ponteirosdos minutos e dos segundos são 12w e 720w. Vamos contar o número de plins entre cada par deponteiros: Minutos/Horas: Do referencial do ponteiro das horas, ele está parado e o ponteiro dosminutos roda com velocidade angular 11w [*]. Como os dois começam juntos, e um ponteirorodando a w completa uma volta no período, o ponteiro dos minutos completa 11 voltas nas 12horas do problema. Logo há 11 plins gerados por encontros deste tipo.Segundos/Horas: A velocidade relativa é 720w – w = 719w, logo há 719 plins.Segundos/Minutos: A velocidade relativa é 720w – 12w = 708w, logo há 708 plins.Logo, no total, há 11 + 719 + 708 = 1438 plins.Descontando os três plins ocorridos às 0h, há, no total, 1435 plins no período de 12h1s a23h59m59s.

22. Alternativa AnuladaSolução: (Esmeralda confundiu-se, digitando 60α < ° onde deveria ser 60 .α > ° )

L

M

NP QR

α

α

α

180o–2α

Como a reta PQ é tangente à circunferência, os ângulos LNP e LMN são congruentes, ou seja,m(LMN) = α. Sendo o triângulo LMN isósceles com LM = LN, os ângulos LNM e LMN sãocongruentes, e, portanto, m(MLN) = 180o – m(LNM) – m(LMN) = 180o – 2α.O ângulo LNP é externo do triângulo LNR, logo m(LNP) = m(NLR) + m(LRN), ou seja, α =180o – 2α + m(LRP) ⇔ m(LRP) = 3α – 180o.

23. (C) Como 1 12 2x y x y+ > − e x é inteiro positivo,

( )21 1 1 12 2 2 2

1 1 1 12 2 2 2

2 14

2 2

1 1

2 1

2 1 2

4 4 1 4

4 1

x y x y x y x y

x y x y x y x y

x x y

x x x y

y x

+ − − = ⇔ + − − =

⇔ + − + − + − =

⇔ − = −

⇔ − + = −⇔ = −

A única alternativa que contém um número da forma 4x – 1 é a alternativa C.

24. (B) Nas condições dadas, a distribuição dos números pelos círculos é a representada a seguir.A soma dos números escritos é 46.

25. (B) Note que giramos o bloco 5 vezes. Indicaremos os quadradinhos em contato com o blocoapós o i-ésimo giro com o número i. Os quadradinhos em contato com o bloco na suaposição inicial estão indicados com o número zero.

0

4 4 0/4 3 3

5 5 1/5 2 2

5 5 1/5 2 2

1 2 2

Contando, observamos que o bloco esteve em contato com 19 quadradinhos do tabuleiro.

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICAPRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (7a. e 8a. Ensino Fundamental)

GABARITOGABARITO NÍVEL 2

1) D 6) A 11) D 16) C 21) C2) C 7) C 12) C 17) B 22) E3) C 8) A 13) E 18) C 23) D4) A 9) B 14) C 19) B 24) C5) C 10) D 15) D 20) C 25) D

• Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 2 = 25 pontos).• Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site www.obm.org.br

1) (D) ( )( )

2005 22007 2005

2006 2004 2004 2

2 2 12 22006 2006 2 2006 4012

2 2 2 2 1

+ + × = × = × = + + . A soma dos algarismos

do número 4012 é 7.

2) (C) Traçando-se retas paralelas aos lados, verificamos que o perímetro da figura é o mesmo queo de um quadrado de lado 20 cm , ou seja, 80 cm.

3) (C) 10 5( ) 5 4 4, 5 54 6 9a b a b a b a b+ = + ⇒ = ⇒ = = ⇒ = ×

4) (A) O intervalo de tempo entre a partida e o primeiro encontro é igual ao intervalo de tempo entreo primeiro encontro e o segundo encontro, no ponto de partida. Isso acontece porque ao seinverterem as velocidades, a situação seria a mesma que se cada um deles retornasse ao ponto departida pelo caminho que veio, com a mesma velocidade. Portanto, eles chegarão no mesmoinstante, ou seja, o tempo que um irá esperar pelo outro será igual a 0.

5) (C)

.153030 ooo xACDxxABDAEDADEABDxADE =⇒∠+=−∠+=∠=∠⇒∠+=+∠

6) (A) Sejam n – 1, n e n + 1 os três números inteiros consecutivos. Temos2 2 2( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 3 ( 1) 1 3 4 2n n n n n n n n n n n n− + + + = − ⋅ ⋅ + ⇔ = − ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

Portanto os números são 1, 2, 3 e a soma dos quadrados dos três números consecutivos é2 2 21 2 3 14+ + = .

7) (C) Se x era a idade de Neto no final de 1994, então o ano em que nasceu é 1994 – x ; de formaanáloga, o ano em que sua avó nasceu é 1994 – 2x. Assim, temos

( ) ( )1994 1994 2 3844 3988 3 3844 3 144 48x x x x x− + − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = . Portanto, Neto

completa em 2006 a idade de ( )2006 1994 48 12 48 60− + = + = anos.

8) (A) Trace retas horizontais pelos vértices mais baixos dos três quadrados:

30º 126º

x75º

Então os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado da esquerda são 60º e 30º,respectivamente; os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado do meio sãorespectivamente 180º – 126º – 30º = 24º e 90º – 24º = 66º; os ângulos à esquerda e à direita dovértice do quadrado da direita são respectivamente 180º – 75º – 66º = 39º e 90º – 39º = 51º. Enfim,no triângulo retângulo com um dos ângulos igual a x, temos x = 90º – 51º = 39º.

9) (B) O número 24 = 233 tem somente dois divisores cubos perfeitos: 1 e 8. Assim, se é possívelrepresentar 24 na forma a2b3, então b = 1 ou b = 2 e, portanto, a2 = 24 ou a2 = 3, o que é impossível.Além disso, na alternativa a podemos tomar a = 3 e b = 2; na alternativa c, podemos tomar a = 24 eb = c = 1; na alternativa d, podemos tomar a = 3, b = 1 e c = 2; e na alternativa e, podemos tomara = 2, b = 3 e c = 1.

10) (D)

(veja as figuras acima)Contagem:9 quadradinhos 1 × 14 quadrados 2 × 2, mas cada um dele tem um inscrito, então o total é 4 × 2 = 81 quadrado 3 × 3, mas com 2 quadrados inscritos, então o total é 3Total: 9 + 8 + 3 = 20

11) (D) Se Alexandre não vai de carro e acompanha Bento, que não vai de avião, então ambos vãode trem. Carlos não acompanha Dário e não anda de avião, logo é companheiro de Tomás, que nãoanda de trem; assim, ambos vão de carro. André, que viaja de avião, é companheiro de Dário; logo,ambos vão de avião. Portanto, Alexandre vai de trem e Tomás vai de carro.

12) (C) 3

2

16

364

3

2

2

==a

a

R , pois o lado do hexágono é metade do lado do triângulo.

Existe uma maneira bem geométrica de resolver, basta observar a figura!

13) (E) Sabemos que nn −3 é divisível por 6 para todo ,...3,2,1=n , e esse é o máximo divisor

comum porque 32 2 6.− =

14) (C) Seja H o número de filhos homens e M o número de filhas mulheres. As afirmações sãoequivalentes à H – 1 = M + 3 e H = 2(M – 1). Resolvendo o sistema, temos: M = 6 e H = 10, logo aquantidade de filhos é 16.

15) (D) Colocando o Tangram sobre uma malha quadriculada, a região sombreada ocupa 3

quadradinhos da malha e sua área é, portanto, 16

3 da área do Tangram, ou seja, 1264

16

3 =⋅ cm2.

16) (C) Vamos contar primeiro quantos números desse tipo existem:2 com 1 dígito

22 com 2 dígitos

32 com 3 dígitosCada número desejado pode ser pareado com outro trocando os dígitos 2 por 1 (e vice versa). Porexemplo, 122 e 211. A soma dos números em cada par é algo do tipo: 33..3.Assim, a soma total é

14013332

233

2

23

2

2 32

=×+×+× .

17 (B) Pela desigualdade triangular, os números reais a, b e c são medidas dos lados de umtriângulo se, e somente se,

1

211

12

1 1

2

ca b c c c

b c a a a a

c a b b bb

<+ > − >+ > ⇔ − > ⇔ <+ > − >

<

18 (C) Devemos ter c(c + 1) = 30 então c = 5. Agora para a + b = 25 temos 24 soluções diferentespara o par (a, b). Daí, a resposta correta seria 24.

19 (B) 1°) Existem 9 × 8 números de dois dígitos distintos, exatamente metade deles é bonito e aoutra metade não é. Logo existem 9 × 8/2 = 36 números bonitos.

2°) Existem 8 números bonitos que terminam em 1, 7 que terminam em 2, ..., 1 que termina em 8.Logo existem: 8 + 7 + ... + 1 = 36 números bonitos.

20 (C) A soma de todas as notas é 71 + 76 + 80 + 82 + 91 = 400. A média de k números é inteiraquando a soma dos k números é divisível por k. Assim, como 400 é divisível por 4 e a soma dasquatro primeiras notas deve ser divisível por 4, o último número a ser digitado é múltiplo de 4, ouseja, é 76 ou 80.Se o último número é 76, a soma dos outros quatro números é 400 – 76 = 324, que é múltiplo de 3.Seguindo um raciocínio análogo ao anterior, obtemos que o penúltimo número a ser digitado émúltiplo de 3. Mas nenhum dos cinco números é múltiplo de 3, absurdo.Logo o último número é 80 (de fato, podem ocorrer as “ordens de digitação” 76, 82, 91, 71, 80 e 82,76, 91, 71, 80).

21 (C) Multipliquemos primeiro os dois últimos radicais

3222 +++ . 3222 ++−

Obtemos : 322 +−Agora multipliquemos este fator encontrado pelo segundo fator da expressão

322 +− . 322 ++

Obtemos: 32 −Finalmente multipliquemos este resultado pelo primeiro fator da expressão

32 − . 32 + = 1

22 (E) 2 a 9 – 8 números – 8 algarismos10 – 99 – 90 números – 180 algarismos Ainda restam 1818 algarismos e portanto ainda conseguimos formar 606 números de 3 algarismos.Assim, o livro de Ludmilson tem 9 + 90 + 606 = 705 páginas.

23 (D) Se 0=++ zyx , então xyzzyx 3333 =++ . Por outro lado,

222333333

333

333333

33)

111(

zyxzyx

xyz

zyx

zyx

zyzxyx==++=++ .

24 (C) As horas possíveis são 00, 02, 04, 06, 08, 20 e 22, totalizando 7 possibilidades. Para cadauma dessas horas, os minutos podem ser 00, 02,04,06,08,..., 40, 42, ..., 48, etc, num total de3 5 15× = possibilidades. Portanto, o número de vezes em que o relógio exibe apenas algarismospares é 7 15 105× = .

25) (D)1

21

260

LAL

o

AG

ADAF

DAB GAFAB

DAB GAB GAF

=

= ⇔∆ ≈ ∆

∠ = + ∠ = ∠

, com razão de semelhança 2.

Portanto 2.BD

FG=

XXIX Olimpíada Brasileira de Matemática – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br

1

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (7ª. e 8ª. séries)

GABARITO GABARITO NÍVEL 2

1) E 6) E 11) B 16) D 21) E 2) E 7) C 12) D 17) B 22) D 3) E 8) C 13) C 18) A 23) B 4) D 9) A 14) C 19) B 24) Anulada 5) B 10) E 15) A 20) B 25) Anulada

• Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 2 = 25 pontos). • Deve ser atribuído 1 ponto para todos os alunos nas questões anuladas. • Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site: www.obm.org.br 1) (E) No resultado da multiplicação de 101 por

2007 algarismos 1

1111 1L14243 , o dígito 1 aparece 4 vezes e o

dígito 2 aparece 2007 – 4 = 2005 vezes. Portanto a soma dos algarismos desse número é 4014401042005241 =+=×+× .

2) (E) A soma a b+ é 1 se a = 0 e b = 1, ou seja, 0ab

= , incompatível com o desenho. A soma é 2

se 11

1ab

= = , também incompatível. E a soma é 3 se 12

ab

= ou 22

1ab

= = , ambos incompatíveis.

Os casos em que a soma é 4 são: 1 13 2

ab

= < ou 21

2ab

= = ou 33

1ab

= = , todos incompatíveis.

Como todas as quatro primeiras alternativas são falsas, a alternativa E) é a verdadeira.

De fato, a soma é 5 nos casos: 1 14 2

ab

= < ou 2 13 2

ab

= > ou 31

2ab

= > ou 41

1ab

= > , dos quais a

possibilidade a = 2 e b = 3 dá a fração 20,67

3ab

= ≅ .

3) (E) Como o triângulo ABC é eqüilátero, o ângulo interno Â mede 60o. Se DG é paralelo a AB , então o ângulo entre DG e AC é 60o ou 180o – 60o = 120o. Sendo x o maior ângulo entre esses dois segmentos, x = 120o. 4) (D) Sejam H, M e C as quantidades de homens, mulheres e crianças, respectivamente. Temos H/M = 2/3 e M/C = 8. Logo, H/C = H/M . M/C = 16/3. Logo, a razão entre o número de adultos e crianças é (H + M)/C = H/C + M/C = 8 + 16/3 = 40/3. 5) (B) Os 156 estudantes que resolveram todos os problemas corretamente correspondem a 100% – 25% – 15% = 60% do total. Logo, o número total de estudantes é (600/100). 156 = 260. 6) (E) Como N é o quadrado de um quadrado perfeito, N é uma quarta potência e, como possui o fator 12 = 22 × 3, N deve ser divisível por 24×34 = 1296. Logo. N é da forma 1296k, em que k é inteiro positivo. Portanto, N/12 = 108k e o menor valor possível para N/12 é 108.


2

7) (C) A área do jardim é 5a2, onde a é o lado do quadrado. Pelo Teorema de Pitágoras, AB2 = a2 + (2a)2 = 5a2 Daí, 5a2 = 100, que é a área do jardim. Observação: também é possível resolver o problema sem usar o Teorema de Pitágoras, formando o quadrado de lado AB e observando que sua área é equivalente à de 5 quadrados menores.

8) (C) Tem-se a = k(b + c), b = k (c + a) e c = k(a + b). Logo, (a + b + c) = 2k (a + b + c). Há dois casos: (i) a + b + c 0; neste caso, k = ½ (e a igualdade ocorre se e só se a = b = c ≠ 0); (ii) a + b + c = 0. Neste caso, tem-se a/(b + c) = b/(c + a) = c/(a + b). = –1. Portanto, k pode assumir os valores ½ ou –1.

9) (A) Um polígono convexo inscrito no círculo fica determinado quando seus vértices são escolhidos. Cada um dos 12 pontos pode ou não ser escolhido como vértice, dando um total de 212 = 4096 escolhas. Mas para determinar um polígono precisamos escolher 3 ou mais vértices. Logo, do número acima devemos excluir os casos em que são escolhidos 0 pontos (1 caso), 1 ponto (12 casos) ou 2 pontos (12 × 11/2 = 66 casos). Portanto, o número de polígonos é 4096 – 1 – 12 – 66 = 4017. 10) (E) A soma dos números de m a n é (m + n)(n – m + 1)/2. Ou seja, devemos ter (m + n)(m –n + 1)/2 = 2007, cuja decomposição em fatores primos é 3 × 3 × 223. Da igualdade (m + n)(n – m +1) = 2× 3 × 3 × 223 (e observando que m + n > n – m + 1), podemos ter os seguintes casos:

a) m + n = 223, n – m +1 = 18 (que resulta em m = 103 e n = 120). b) m + n = 446, n – m + 1 = 9 (que resulta em m = 219 e n = 227). c) m + n = 669, n – m + 1 = 6 (que resulta em m = 332 e n = 337). d) m + n = 1338, n – m + 1 = 3 (que resulta em m = 668 e n = 670). e) m + n = 2007, n – m + 1 = 2 (que resulta em m = 1003 e n = 1004)

Portanto, 2007 pode ser escrito de 5 modos como soma de dois ou mais números inteiros e consecutivos.

11) (B) Ambas as equações tem 1 como raiz. As outras raízes são 1/2007 e 2007, cujo produto é 1. 12) (D) a(b + c) – b (a + c) = c(a – b), que é máximo quando c é máximo (ou seja, igual a 10) e b – a é máximo (ou seja, b = 10 e a = 1). Portanto, o produto máximo é 10 × (10 – 1) = 90. 13)(C) Como 100 = x < 1000, temos 600 = 6x < 6000 e 700 = 7x < 7000. Os números 6x e 7x podem ter ambos 3 algarismos ou ambos 4 algarismos. Para que ambos tenham 3 algarismos, deve-se ter 7x < 1000, ou seja, x < 142,8...; há 43 números nestas condições. Para que ambos tenham 4 algarismos, deve-se ter 6x = 1000, ou seja, x = 166,6...; há 833 números nestas condições. Logo, há 876 números satisfazendo as condições do problema. 14)(C) Os triângulos isósceles junto à base têm área igual a do quadrado. Os dois junto aos vértices superiores tem área igual a ¼ da área do quadrado. Finalmente, o central no topo tem área igual à metade da área do quadrado. Logo, a área total é 3 + 2 + ½ + ½ = 6. 15) (A) Note que ( )( ) ( )( )( ) ( )( )23332165 2222 +++=+++=+++ xxxxxxxxxxxx .

Seja xxy 32 += . Então ( ) ( ) 1801811181118121 222 =⇔=+⇔=+⇔=++ yyyyy .


3

16) (D) Sendo x, y e z as áreas das partes brancas, a área pedida é: (121 – x) + (49 – y – z) – (81 – x – y) – (25 – z) = 121 + 49 – 81 – 25 = 64 cm2. 17) (B) Se o primeiro acidente é sofrido no ano N + 1, Jean gasta 1500(N + 1) + 1400 com a seguradora A e 1700(N + 1) + 700 com a seguradora B. Para que A seja mais favorável, devemos ter 1500(N + 1) +1400 < 1700(N + 1) + 700 ou seja N > 2,5. Logo, Jean deve ficar pelo menos 3 anos sem sofrer acidentes. 18) (A) A face 1 estará, no início, voltada para Leste e, a seguir, voltada para baixo. Quando o 2 estiver para baixo, 1 estará a Oeste. Quando o 3 estiver para baixo, 1 continua a Oeste. Quando o 5 estiver para baixo (face oposta ao 2), o 1 permanece a Oeste e assim termina após os movimentos. 19) (B)

A) Falsa (há 16 do lado direito e 20 do esquerdo) B) Verdadeira (há 9 do lado direito e 6 do esquerdo) C) Falsa (há 45) D) Falsa (há 5 do lado direito e 4 do esquerdo) E) Falsa (há 15).

20) (B) A soma dos outros lados tem que ser maior que 2

35. Logo, o perímetro deve ser

maior que 35 =8,66..., o que mostra que o menor perímetro inteiro possível é 9.

21) (E) Para medir o ângulo entre os ponteiros, basta obter as posições dos dois ponteiros. Fazendo isso para cada um dos horários, lembrando que o ângulo entre dois números consecutivos do relógio é 30º:

• 02h30: o ponteiro maior está sobre o 6 e o menor está exatamente na metade entre o 2 e o 3. Logo o ângulo entre eles será º105º305,3 =× .

12 1

2

3

5

4

6

9

11

7

8

10

• 06h20: o ponteiro maior está sobre o 4 e o menor está 1/3 de hora depois do 6. Logo o

ângulo é º70º30312 =×

+ .


4

12 1

2

3

5

4

6

9

11

7

8

10

• 05h40: o ponteiro maior está sobre o 8 e o menor está 1/3 de hora antes do 6. Logo o

ângulo é º70º3031

2 =×

+ .

12 1

2

3

5

4

6

9

11

7

8

10

• 08h50: o ponte iro maior está sobre o 10 e o menor está 1/6 de hora antes do 9. Logo o

ângulo é º35º3061

1 =×

+ .

12 1

2

3

5

4

6

9

11

7

8

10

• 09h55: o ponteiro maior está sobre o 11 e o menor está 1/12 de hora antes do 10. Logo o

ângulo é º5,32º30121

1 =×

+ .

12 1

2

3

5

4

6

9

11

7

8

10

22) (D) Sendo d o mdc destes números, temos que d | 2332 – 1221 = 1111 = 11× 101. Como 101 é primo, 101 não divide 1221 e 11 divide todos os 8 números, 11 é o mdc procurado. 23) (B) Sejam B e C os pontos de batida da bola em PQ e QR, respectivamente, e A o ponto onde a bola está inicialmente. Como os ângulos das trajetórias de batida com a mesa são iguais, deveremos ter os triângulos APB, CQB e CRS semelhantes. Seja BP = x. Assim:

13

31

−=⇔−

=⇔=x

CQx

CQxBQ

CQBPAP

, ⇔−

=⇔=3

/371 xxRS

CRBPAP 6

3 7 37

x x= − ⇔ =


5

Outra Solução:

S

Q

S´ P

R R´

V P´

T

U

Como o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão, ao refletirmos o retângulo inicial em relação ao lado PQ e em seguida refletindo em relação ao lado QR´, obtemos um segmento TUV, de acordo com a figura acima. Logo, pela semelhança dos triângulos TPU e TS´V, temos

76

6611

´´=⇒=

+⇒= PU

PUVS

PUTSTP

.

24) (Anulada) Os únicos números com essa propriedade são: 110, 121, 152, 240, 251, 282 e 390. A diferença entre o maior e o menor é 280, que é múltiplo de 7 e, além disso, 2 + 8 + 0 = 10. (há duas alternativas corretas). 25) (Anulada) Os primeiros termos dessa seqüência são: 1, 3, 7, 15, 13, 9, 19, 21, 7, 15, ..., de onde vemos que ela tem período 6 a partir do 3º termo. Assim, 19712192531 ===== aaaaa ,

21832 == aa , 733 =a , 1534 =a e 1335 =a . A soma tem valor 19 + 21 + 7 + 15 + 13 = 75 (não há alternativa correta).

XXX Olimpíada Brasileira de Matemática

Gabarito Oficial – Nível 2 – Primeira Fase – 2008

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (8º. ou 9º. anos) (antigas 7ª. ou 8ª. séries)


1) D 6) B 11) A 16) A 21) B 2) C 7) E 12) D 17) A 22) B 3) C 8) C 13) C 18) B 23) B 4) D 9) C 14) E 19) C ou D 24) B 5) C 10) D 15) E 20) C 25) E

• Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 2 = 25 pontos). • Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site: www.obm.org.br 1. (D) Como EDC é isósceles, 80=∠=∠ CDECED . Como BEC é isósceles

β=∠=∠ BCECBE . Usando ângulo externo, 40=β . Como ABE também é isósceles, α=∠BAE . Finalmente, usando mais uma vez ângulo externo podemos concluir que

50=α .

2. (C) Os quadrados dos números são respectivamente: 99, 112, 125, 108 e 98. Destes, apenas o primeiro e o último são menores que o quadrado de 10 que é 100. Assim, os três números do meio são maiores que 10.

3. (C) 61262612 32)32(1212 ⋅=⋅==

4. (D) Seja P o número de funcionários que falam Português e I o número de funcionários que falam Inglês. É fácil ver que,

.4.10020.

10020 IPIIP =⇒=+

Além disso, .2084.100204 =⇒=−+ IIII Com isso, o número de funcionários que falam as

duas línguas é .164.10020

=I

5. (C)

Edmilson x

2x

102+

x 12

2+

x

Eduardo y

4xy + 10

4++

xy 84++

xy

Carlos z 4xz + 20

4−+

xz 204−+

xz

A quantidade final de cada é R$ 50,00, então 122+

x= 50, então .76=x E com isso, Eduardo

tinha inicialmente R$ 23,00.



6. (B) Sejam ,,,,,,,,, ihgfedcba os números ordenados assim:

.ihgfedcba >>>>>>>>

Então, .99

ihgfedcbaeihgfedcbae ++++++++=⇒++++++++

= Além

disso, ,340685

=++++⇒=++++ edcbaedcba

e também temos a seguinte equação,

445

=++++ ihgfe .220=++++⇒ ihgfe Portanto, .565609 =⇒=+ eee E

assim, a soma desejada será .504

7. (E) Quadradinhos de lado 1 existem 6 e quadradinho de lado 2 existe 1. Além disso, existem

três outros inclinados de lado 2 . Portanto, temos 10 quadrados.

8. (C) 2009 – Domingo 2012 – Quinta (Pois é ano Bissexto) 2010 – Segunda 2013 – Sexta 2011 – Terça 2014 – Sábado

9. (C) O único número primo de dois algarismos iguais é 11. Neste caso, 1=a . Usando agora a definição do sistema decimal:

.10110)(11121101011 =+⇒=+⇒=++++ cbcbbccb Como os números citados são primos, temos que b e c devem ser ímpares e diferentes de 5. Além disso, 91 é múltiplo de 7. Portanto, os valores para b e c são 3 e 7 respectivamente.

10) (D) Se edcba ,,,, são cinco inteiros maiores que um, então 2,,,, ≥edcba , e com isso, a soma quaisquer quatro deles é pelo menos 8. Observando a equação

31.5155)( ==+++ edcab , onde 5 e 31 são primos, temos que 5=b e 31=+++ edca . Da mesma maneira, 203)( =+++ edbac , então 7=c e 29=+++ edba . Baseado nos resultados encontrados, concluímos que 24=++ eda ,

36=++++ edcba e da equação 128)( =+++ edcba , obtemos que 128)36( =− aa , ou seja, 4=a ou 32=a . Porém, 32=a não poderá ser solução pois, caso fosse, teríamos

.40≥++++ edcba Portanto, 16=++ cba e a equação 275)( =+++ dcbae será a mesma que 275)16( =+ de , onde 2036 =−−−=+ cbaed . Como 25.11275 = e

1816 ≥+ d , temos que 11=e e .91625 =−=d Observe que outra fatoração de 55.5275 = faria 39=d , que é muito grande. Portanto,

.36119754 =++++=++++ edcba

11) (A) É fácil ver que os triângulos EQH e HPF são isósceles, logo EQ = QH = b e HP = PF = c. E seja QP = a. No triângulo EHF, temos que EF = 2MN (MN é base média). Logo MN = 5.



12. (D) Sejam qp, números primos, então para que o número de divisores inteiros e positivos seja exatamente 15, os número precisam ser da seguinte forma: 14p e 42 .qp . Assim teremos as seguintes possibilidades: ,3243.2 42 = 1442.3 42 = e .4002.5 42 =

13. (C) Entre os números 1 e 100 o algarismo 2 aparece dez vezes como dígito das dezenas e dez vezes como dígito das unidades. O mesmo ocorre com os algarismos 4, 6 e 8. Portanto, a soma pedida é

.400)8642(20 =+++⋅

14) (E) Temos que 10

25100010002510 yxyx −=⇒=+ , onde x e y são, respectivamente,

as quantidade de moedas de 10 centavos e de 25 centavos. Para que x seja um valor inteiro positivo basta que y seja qualquer número par entre 2 e 38. Logo, temos 19 maneiras diferentes.

15) (E) Devemos encontrar o maior valor possível para a, então determinaremos os maiores valores para d, c e b. Tomando d = 39, observa-se que c < 156. Tomando c = 155, observa-se que b < 465. Tomando b = 464, a deverá ser menor que 928, e portanto, o maior valor possível de a será 927.

16. (A) A soma de todos os números é: 12252

50494921 =

⋅=+++

como temos sete colunas com a mesma soma, o resultado da soma dos elementos de uma mesma coluna é 1225/7 = 175. 17. (A) Temos que 22222 17.585 ==− xy . Temos, então, quatro possibilidades



=+

=−

,17.51

22xyxy

=+

=−

,17.55

2xyxy

=+

=−

,17.517

2xyxy

=+

=−

.175

2

2

xyxy

Resolvendo os sistemas temos:

x 3612 720 204 132y 3613 725 221 157

O menor valor da soma yx + é 289. 18. (B) Vamos chamar esse número de x. A soma de todos os números de três algarismo é

4945502

9001099999101100 =

⋅=+++

Assim, podemos montar a seguinte equação: 785494550629 =⇒−= xxx

19. (C) ou (D) ambas devem ser consideradas como resposta correta. (C) Escolhendo uma cor para o quadrado do centro (como o azul do exemplo), sobram 4 cores diferentes para pintar cada uma das quatro partes restantes do desenho, cada parte com uma cor

diferente, e isso pode ser feito de 64

1234=

××× maneiras de modo que não haja dois cartões

pintados da mesma forma. Pode-se verificar que há 4 maneiras iguais de se pintar os cartões, pois ao serem giradas, obtém-se a mesma. Como há 5 maneiras de escolher uma cor para o quadrado do centro, Soninha conseguirá produzir 3065 =× cartões diferentes. (D) Se considerarmos que a diagonal com quadradinhos pretos é distinta da outra, então só precisamos dividir por 2. Logo Soninha conseguirá 60 cartões diferentes.

20. (C)



Como oABC 110=∠ , então oAOC 140=∠ e com isso .20oOAC =∠ Por outro lado, .10oIAC =∠ Portanto, .30oIAO =∠

21. (B) Total de alunos: 40. Com isso, 2440.10060

= alunos. Como temos 22 alunos então pelo

menos 2 alunas participarão do trabalho.

22. (B)

A B C

D E F

A A1 3

P QA1 A3

Seja P o ponto de interseção dos segmentos DB e AE; e Q o ponto de interseção de CE e BF. Note que os triângulos ADE e BDE possuem a mesma altura e a mesma base, logo possuem a mesma área. O mesmo ocorre com os triângulos BEF e CEF. Retirando as áreas comuns PDE e QEF, temos que [ADP]=[PBE] e [BEQ]=[QCF]. Logo, A2 = A1+A3. Observação: [XYZ] denota a área do triângulo XYZ. 23. (B) Como cada time joga três vezes, podemos concluir que:

• Dinamarca perdeu todos os jogos. • Camarões ganhou um jogo, empatou uma vez e perdeu o outro. • Brasil ganhou um jogo e empatou outras duas vezes. • Áustria ganhou dois jogos e empatou outro.

Assim, Brasil venceu a Dinamarca. Como o Brasil marcou apenas um gol, o único resultado possível para esse jogo é 1 × 0. Além disso, os outros jogos do Brasil foram empates, logo o resultado foi 0 × 0 em ambos. Da mesma forma, podemos concluir que o Camarões venceu a Dinamarca por 1 × 0. Ou seja, o único gol que a Dinamarca marcou deve ter sido contra a Áustria. Por outro lado, sabemos que a Áustria venceu o Camarões e que o Camarões levou apenas um gol. Logo, o resultado desse jogo foi 1 × 0. Finalmente, como a Áustria marcou três gols, o jogo Áustria contra Dinamarca foi 2 × 1. 24. (B) Como AC é um número de dois algarismos então AC = 10A + C. Com isso, 4.(10A + C) = 24C, e daí C = 2A. Temos agora um novo tabuleiro Agora, 4x = 24. 6C, então x = 36C. Com isso, o produto mágico será (6C)3. Fazendo C = 2, temos que o produto será 1728 e assim a soma será 18, mas se C = 3, a soma será 5832, que também terá soma 18. Para valores de C maiores ou iguais a 4 o número procurado terá mais que 4 algarismos.

x 4 6C C 24



25. (E) Se o cubo tiver um vértice cujas três faces adjacentes são todas azuis, então estas faces conterão um total de 19 cubinhos com pelo menos uma face azul. Destes, devemos descontar os 7 cubinhos (do canto destacado) que não têm face vermelha. Neste caso, exatamente 19 – 7 = 12 cubinhos têm pelo menos uma face de cada cor.

Por outro lado, se o cubo não tiver três faces azuis incidindo num mesmo vértice, teremos duas faces opostas e uma face lateral azul, o mesmo acontecendo para as faces vermelhas. Neste caso, supondo que as faces superior, inferior e frontal sejam azuis, há 5 cubos que não possuem cor vermelha: os 3 cubos dos centros das faces azuis e os 2 cubos que dividem face com essas faces centrais. Como o mesmo ocorre para as faces vermelhas e há 26 cubos com pelo menos uma face pintada (de vermelho ou azul), neste caso há 26 − 5 − 5 = 16 cubos com pelo menos uma face de cada cor.

XXXI Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br

XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (8º. ou 9º. anos)


1) C 6) C 11) B 16) A 21) E 2) C 7) B 12) C 17) C 22) B 3) C 8) B 13) E 18) D 23) B 4) D 9) C 14) E 19) B 24) A 5) C 10) A 15) B 20) B 25) C

• Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 2 = 25 pontos). • Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site: www.obm.org.br

1. (C) Se um oitavo do número é 15

, então esse número vale 58

, de modo que 85

desse número

é 158

85

=⋅ .

2. (C) Para quadruplicar a área, devemos dobrar o lado do hexágono, como na figura abaixo: Assim a quantidade de palitos adicionais, em preto na figura, é 30. 3. (C) Seja 1C o casal 1 e 2C o casal 2. É fácil ver que podemos permutar os dois casais nos bancos, ou seja, teremos as seguintes configurações: 1 2C C e 2 1C C . Além disso, podemos trocar as posições do marido e da mulher em cada casal. Pelo princípio multiplicativo temos 2 2 2 8.⋅ ⋅ =

4. (D) 1 1 5 1 4

4 5 65 4 4 6 5

= ⇔ + = ⇔ + = ⇔ =+ +

x xx x

.

5. (C) Possível caminho: BADBCD


A

D B

C

É impossível começar pelas casas A ou C, basta ver as situações abaixo:

A

D B

C

A

D B

C

A

D B

C

A

D B

C


6. (C) Como 15m = 20n 34

=⇔nm

e a fração 34

é irredutível, m = 4k e n = 3k, k inteiro

positivo. Assim, mn = 12k2, que é múltiplo de 12. Tomando k = 1, verificamos que as demais alternativas são incorretas. 7. (B) Seja XYZ um número de três dígitos que detona 314. Devemos ter X = 4, 5, 6, 7, 8 ou 9; Y = 2, 3, ..., 9 e Z = 5, 6, 7, 8 ou 9. Portanto, temos 6 opções para o primeiro dígito, 8 para o segundo e 5 para o terceiro. Ou seja 6 8 5 240× × = .

8. (B) Veja que Nelly e Penha pegam juntas 2 1 135 4 20

+ = da barra. Portanto, os 70 gramas de

Sônia representam 720

da barra. Dessa forma, o peso da barra será 20

70 2007

⋅ = gramas.

9. (C) A soma máxima dos pontos é 6 10 60× = e portanto em no máximo três lançamentos o número é obtido não é o máximo. Assim, em pelo menos sete lançamentos o número é obtido é o máximo 6. 10. (A) A circunferência de centro A e raio AB contém os pontos C, D e E. Logo a medida do ângulo inscrito µEBC é igual a metade da media do ângulo central µ ,E AC ou seja,

218 .

2= = = °

αβ α

11. (B) Para que a primeira e a quarta cartas fiquem pretas, são necessários pelo menos dois movimentos. Por outro lado, com apenas dois movimentos, a segunda carta seria preta. Assim, a quantidade mínima é três, conforme o exemplo abaixo:

12. (C) As medidas dos ângulos internos de um triângulo equilátero, de um quadrado e de um

pentágono regular são, respectivamente, 60° , 90° e (5 2) 180

108 .5

− ⋅ °= ° Assim,

µ( ) ( )360 60 90 108 102 .= ° − ° + ° + ° = °m H DE

Temos ainda que o triângulo HDE é isósceles com HD = DE e portanto, 180 102

102 180 392

° − °β + β + ° = ° ⇔ β = = °

13. (E) Como temos 14 10 24+ = torcedores não corintianos, na fila deve existir, sempre entre dois torcedores corintianos, exatamente um torcedor de outra equipe. 14. (E) Traçando uma paralela a DC por Q, temos que Área(ABQ) = Área(AQM). Logo Q é ponto médio de BC.


B

Q

C P

A

M

D

Dessa forma os triângulos ABQ e QCP são congruentes e com isso, PC = AB = 5. 15. (B) Para obtermos a maior diferença possível devemos tomar o maior e o menor primo cuja soma seja 126. Como 123 = 3 . 41, 2121 11 ,119 7 17,115 5 23,= = ⋅ = ⋅ tal representação é 113 + 13, cuja diferença é 113 – 13 = 100.

16. (A) Temos que 1

.3

= = =BR RS SC BC Sabemos ainda que, como E é ponto médio de AB, a

altura do triângulo EBR com relação à base BR é igual à metade da altura do triângulo ABC com

relação à base BC e, consequentemente, área ( ) 1 13 2

= ⋅EBR área ( ) 16

=ABC área ( )ABC .

Analogamente, área ( ) 16

=FSC área ( ) 2252 168.

3= ⋅ =ABC

17. (C) Para x e y reais:

( ) ( )( )

( )

( )

2222 22

2

1 e 10

2 0 ou1 ou 22 0 2 0

4 e 2

= = −==− =

− + − − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔= − =− − = − − =

= =

x yx yx yx y

x y x yy yx y y y

x y

18. (D) Após completas a tabela, teremos quatro 1´s em cada linha. Como temos 18 linhas, teremos 18 4 72× = 1´s em toda a tabela.

Se a quantidade de 1´s é a mesma em cada coluna, e temos seis colunas, teremos 72

126

= 1´s

por coluna. 19. (B) Inicialmente, podemos observar que:

• Como 263 3969= e 264 4096,= 2 263 4018 64 .< <

• ( )22 2 22009 4018 2009 2009 1 2009 4018 2009 1+ < ⋅ + ⇔ + < +

• Logo, entre os inteiros positivos 24018, 1,2,...,2009 ,+ =n n encontramos os quadrados perfeitos 2 2 264 ,65 ,...,2009 , isto é, 2009 64 1 1946− + = ao todo.

20. (B)

1 1 2 3 ... 10 55S = + + + + =

2 12 4 6 ... 20 2(1 2 3 ... 10) 2S S= + + + + = + + + + =

3 13 6 9 ... 30 3(1 2 3 ... 10) 3

S S= + + + + = + + + + =M M M

10 110 20 30 ... 100 10(1 2 3 ... 10) 10S S= + + + + = + + + + =


Logo 21 2 3 10 1 1 1 1 1 1 1... 2 3 ... 10 (1 2 3 ... 10) 55 3025.S S S S S S S S S S S+ + + + = + + + + = + + + + = ⋅ = =

21. (E) A distância mínima entre os dois círculos é determinada pelo segmento que une os seus centros. Observando, então, a figura abaixo, concluímos que tal distância é igual a

( )2 23 1 2 1 10 3+ − − = − cm.

1cm 2cm

3cm 1cm

22. (B) Listando todas as potências menores ou iguais a 100: Quadrados: 2 2 22 ,3 ,...,10 Cubos: 3 3 3 22 ,3 ,4 8= Demais potências: 4 2 4 2 5 6 22 4 ,3 9 ,2 ,2 8= = = Portanto 12 naturais podem ser escritos na forma indicada. 23. (B) A figura abaixo mostra todos os pontos amarelos, que são dois triângulos de área 24 12

144.2⋅

= Dessa forma, a área total é 288.

24. (A) Considerando que x, y e z são inteiros positivos, da equação 9 = z(x + y) chegamos as seguintes possibilidades (z = 3 e x + y = 3) ou (z = 1 e x + y = 9). Porém 0 < x < y z e, portanto, z = 3, y = 2 e x = 1. Assim, t = w(y + z) = 9(2 + 3) = 45. 25. (C) Considere a quantidade de cubos no quadradinho central da vista de cima apresentada na alternativa C. Esse é o único do meio da vista da frente e portanto deve ter 1 cubo; esse é também o único do meio da vista da esquerda e portanto deve ter 2 cubos, o que não é possível. Então a vista de cima não pode ser a que está apresentada na alternativa C. As figuras a seguir indicam possíveis quantidades de cubos em cada quadradinho da vista de cima das demais alternativas.

3 3 3 3 A) 2 1 B) 2 D) 2 E) 2 1

esqu

erda

1 1 1 esqu

erda

1 1 1 esqu

erda

1 1 esqu

erda

1 frente frente frente frente

Gabarito

Segunda Fase

XXVI Olimpíada Brasileira de MatemáticaGABARITO Segunda Fase

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A

Na parte A serão atribuídos 4 pontos para cada resposta correta e a pontuação máxima para essaparte será 20. NENHUM PONTO deverá ser atribuído para respostas que não coincidiremcom o gabarito oficial, abaixo:

Problema 01 02 03 04 05Resposta 010 024 048 006 180

01. Ver Problema 6 – Parte A do Nível 1

02. Ver Problema 8 – Parte A do Nível 1

03.

( ) ( ) ( ) ( )2004 2002 1998 1996 36 2000 4 2000 2 2000 2 2000 4 36× × × + = + × + × − × − + =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22000 4 2000 4 2000 2 2000 2 36 2000 4 2000 2 36+ × − × + × − + = − × − + =

2 2 2 2 2 2 2 22000 2000 2 2000 4 2000 4 2 36× − × − × + × + =

( )24 2 2 22000 20 2000 100 2000 10 2000 10 3999990− × + = − = − =

Portanto a soma dos algarismos é 3 9 9 9 9 9 0 48+ + + + + + = .

04. Ver Problema 1 – Parte B do Nível 1

05. O icoságono regular é inscritível em uma circunferência. Sejam A e B dois vérticesdiametralmente opostos do icoságono. Qualquer ponto C da circunferência, distinto de A ede B, unido com A e B formará um triângulo retângulo, conforme a figura.

A B

C

Para todo diâmetro cujas extremidades são dois vértices do icoságono há 18 vértices que não sãoextremidades do referido diâmetro, possibilitando a formação de 18 triângulos retângulos. Como

há 20

102

= diâmetros distintos cujas extremidades são dois vértices do icoságono, há

18 10 180× = triângulos retângulos.

Soluções Nível 2 - Parte B

Solução do Problema 1: Ver Problema 3 – Parte B do Nível 1Solução do Problema 2:

a) 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 11 1 1 11 1 1

1 1 1 11

xx x

x x xx x x

x x

−− = − = − = − = − = + − =− − −− − −− − −−

Critério de correção:Acertou [4 pontos]

Chegou até a expressão 1

11

1x

x

−−

−

[2 pontos]

b) 1 1 1 1 1 1

1 1 11 1 1 1

1 1 1 11 1

1 1

A B A B A Bxx x

x xx x

→ → − → → − → → −− − − −

− −

Como 1

11

11

1

x

x

− =−

−

, vemos que após apertar 6 vezes sucessivamente, de forma alternada, as

duas teclas A e B, o número que aparece no visor da calculadora volta a ser igual ao que apareciainicialmente no visor. Uma vez que 461661000 +×= , basta analisar apenas as 4 primeirasinterações, ou seja,

1 1 1 11 1 2004

1 11 1

A B A Bxx x

x x

→ → − → → − =− −

,

de onde temos que1 1

1 2004 1 2004 1 2004 1 20041 1 1 11

x xx x x

x x

− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔− − −−

1 1 20032004 2004 2004 2004 1

1 1 2004

x xx x

x x

− − −⇔ = ⇔ = ⇔ − = − ⇔ =− −

Critério de correção:Perceber que ao apertar a seqüência de teclas ABABAB o resultado é o igual ao número inicial[1 ponto]Provar que ao apertar a seqüência de teclas ABABAB o resultado é o igual ao número inicial[+2 pontos]Descobrir que, como 1000 166 6 4= × + , então 2004 foi obtido após apertar as teclas 4 vezes e

chegar a equação 1

1 20041

1x

− =−

[+1 ponto]

Resolver a equação 1

1 20041

1x

− =−

[+2 pontos]

A seguinte pontuação não se acumula com as demais:

Simplesmente obter e resolver a equação 1

1 20041

1x

− =−

[2 pontos]

Solução do Problema 3:a) A partir da dobra da folha podemos ver que B'E = BE = 17, e como AE = 8, aplicando o

teorema de Pitágoras temos 2 2 2 2´ ´ 17 8 15AB B E AE= − = − = .

Critério de correção:Perceber que BÉ = BE [3 pontos]Aplicar o teorema de Pitágoras e obter ´ 15AB = [+1 ponto]

b) Temos que 8 17 25AB AE BE CD= + = + = = e 25 3 22DF CD CF= − = − = . Seja G aintersecção de B'C' e CD.

Como FC' = FC e ´ ~ ´~ ÁB E DGB C GF∆ ∆ ∆ , ´ 3 51

´ 17 8 8

FG FC FGFG

B E AE= ⇔ = ⇔ = . Logo

51 12525 3

8 8DG CD CF FG= − − = − − = .

Temos também que

125´ ´ 258 ´

´ 8 15 3

DB DG DBDB

AE AB= ⇔ = ⇔ = .

Finalmente 25 70

´ ´ 153 3

AD AB DB= + = + =

Critério de correção:Perceber que 22DF CD CF= − = [1 ponto]Observar que ´ ~ ´~ ÁB E DGB C GF∆ ∆ ∆ [+2 pontos]Calcular FG [+1 ponto]Calcular DB' [+1 ponto]Calcular AD [+1 ponto]

Solução do Problema 4: Como 10 10 10 10 9( )ab cd bc a b c d b c a d b c+ = ⇔ + + + = + ⇔ + = − , ou seja, 10a d+ é o número

de dois algarismo a d , e é um múltiplo de 9.

a) Mantendo a = 2, temos d = 7. Além disso, 10 2 7 9( ) 3b c b c⋅ + = − ⇔ − = . O menor valor de bque podemos escolher, após 3, é 4, e nesse caso, c = 1. O número procurado é, então, 2417.

Critério de correção:Perceber que 10a d+ é um múltiplo de 9 [3 pontos]Perceber que pode-se manter a = 2 e concluir que o número procurado é 2417 [+2 pontos]

A seguinte pontuação não se acumula com as demais:Apenas apresentar 2417 e verificar que 24 + 17 = 41 [1 ponto]

b) Uma vez que escolhemos cb − , a e d estão determinados: a é o algarismo das dezenas de9( )b c− , e d, o das unidades. Além disso, 9( ) 10 2b c b c− ≥ ⇔ − ≥ .

Se 2b c− = , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }, 2,0 ; 3,1 ; 4,2 ;...; 9,0b c ∈ , um total de 8 possibilidades. Da mesma

forma, vemos que se 3b c− = , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }, 3,0 ; 4,1 ; 5,2 ;...; 9,6b c ∈ , há um total de 7

possibilidades. Para 4b c− = , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }, 4,0 ; 5,1 ; 6,2 ;...; 9,5b c ∈ , 6 possibilidades, 5b c− = ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }, 5,0 ; 6,1 ; 7,2 ;...; 9,4b c ∈ , 5 possibilidades, 6b c− = ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }, 6,0 ; 7,1 ; 8,2 ; 9,3b c ∈ , 4 possibilidades, 7b c− = , ( ) ( ) ( ) ( ){ }, 7,0 ; 8,1 ; 9,2b c ∈ , 3

possibilidades, 8b c− = , ( ) ( ) ( ){ }, 8,0 ; 9,1b c ∈ , 2 possibilidades e, finalmente, para 9b c− = ,

( ) ( ), 9,0b c = , 1 possibilidade.

Há, portanto, um total de 8 7 6 5 4 3 2 1 36+ + + + + + + = números legais.

Critério de correção:Perceber que 2b c− ≥ [2 pontos]Apresentar uma maneira de organizar e contar os 36 casos [+3 pontos]Caso esqueça, no máximo, 9 casos, [+2 pontos]

A seguinte pontuação não se acumula com as demais:Apenas apresentar, pelo menos, 18 números legais [2 pontos]

XXVII Olimpíada Brasileira de MatemáticaGABARITO Segunda Fase



Cada questão vale 4 pontos se, e somente se, para cada uma o resultado escrito pelo alunocoincidir com o gabarito abaixo. Cada questão vale 0 ou 4, isto é, não tem notas parciais. A notamáxima para esta parte é 20.

Problema 01 02 03 04 05Resposta 214 -------- 182 240 1735

01. Natasha pulou os números 13, 31, 113, 130,131, 132, ..., 139, num total de 13 números.Portanto, na última página do seu diário escreveu o número 200 + 13 +1 = 214.

02. Sejam x e y o maior e o menor catetos, respectivamente, do triângulo retângulo. Como o ladodo quadrado ABCD mede 3 cm, temos x – y = 3. Por outro lado, como o lado de EFGH mede9 cm, temos x + y = 9. Resolvendo o sistema, encontramos x = 6 e y = 3. Logo, o lado doquadrado IJKL, que é a hipotenusa do triângulo retângulo, mede

534536 22 ==+ cm.

OUTRA SOLUÇÃO: O quadrado IJKL e o quadrado MNOP têm como lados as hipotenusas dostriângulos retângulos dados, logo têm a mesma área s. Fazendo os dois quadradoscoincidirem, concluímos que o dobro da soma t das áreas dos quatro triângulos retângulos é adiferença entre as áreas dos quadrados IJKL e EFGH, ou seja, 2t = 92 – 32 , o que fornece t =

36.. Assim, s = 9 + 36 = 81 – 36 = 45 cm2 e o lado do quadrado IJKL é 5345 = cm.[A resposta não é um número inteiro. Todos os alunos devem receber 4 pontos].

03. Olhando para o último número da fila n, vemos que ele é a soma de todos os números de 1 an: por exemplo, na fila 4, o último número da fila é 1 + 2 + 3 + 4 = 10. Note que para obter aquantidade de números até uma certa fila, basta somar o número da fila ao total de númerosque havia antes dessa fila. Assim, temos, fila 5 : 15, fila 6: 21, fila 7: 28, fila 8: 36, fila 9: 45,fila 10: 55, fila 11: 66, fila 12: 78, fila 13: 91, fila 14: 105O número de fitas adesivas horizontais entre uma fila n – 1 e uma fila n é igual a n – 1 e onúmero de fitas adesivas verticais numa fila n é igual n – 1. Portanto, até a fila número 14, o

número de fitas é ( ) ( ) 13 141 2 13 1 2 13 2

2⋅+ + + + + + + = ⋅ =� � 182.

04. Primeira Solução: Unindo os pontos médios de lados consecutivos do quadrilátero, obtemossegmentos paralelos às suas diagonais e iguais à metade delas. Portanto, o quadrilátero assimobtido é um paralelogramo. Os segmentos traçados dividem cada um dos quatro lotes emduas partes. Todas as partes internas têm a mesma área s, igual a 1/4 da área do

paralelogramo. Cada uma das partes externas tem área igual a 1/4 do triângulo determinadopela diagonal correspondente. Assim, a + c é igual à metade da área do quadrilátero, o mesmoocorrendo com b + c. Daí, a + s + c + s = b + s + d + s. Portanto, a área S desconhecidasatisfaz S + 210 = 200 + 250, ou seja, S = 240.

a

b

c d

s

s

s

s

Segunda Solução: Ligando o ponto de interseção das retas que representam as duas cercas aosvértices, obtemos:

A M B

O Q

N

D P C

Observemos que, como AQ = QD e as alturas de OAQ e OQD que passam por O são iguais, asáreas de OAQ e OQD são iguais.Analogamente, as áreas de OAM e OMB; OBN e ONC; OCP e OPD são iguais. Logo área OAQ +área OAM + área OCP + área ONC = área OQD + área OMB + área OPD + área OBN ⇔ áreaAMOQ + área CNOP = área DPOQ + área BMON ⇔ área AMOQ = 200 + 250 – 210 = 240.

05. Como a + 3 é múltiplo de 11, a + 3 = 11b, b ∈ Z. Sendo a múltiplo de 5, 10 3a b b− = −também é, de modo que b – 3 = 5c 25 3 11(5 3) 3 55 30, b c a c c c +⇔ = + ⇔ = + − = + ∈ � O númeroa + 2 é múltiplo de 9, assim como a + 2 – 54c – 36 = c – 4. Portanto

4 9 9 4 55(9 4) 30 495 250, .c d c d a d d d− = ⇔ = + ⇔ = + + = + ∈ � Por fim, sendo a + 1múltiplo de 7, então a + 1 – 497d – 245 = a + 1 – 7 (71d + 35) = –2d + 6 = –2(d – 3) tambémé, ou seja, d – 3 = 7k 7 3,d k k⇔ = + ∈ � e 495(7 3) 250 3465 1735a k t= + + = + Logo omenor valor de a é 1735.

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte B

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:Vamos representar por A, G e L a quantidade de questões de Álgebra, Geometria e Lógica daProva e por a, g e l as questões respondidas acertadamente em cada uma destas áreas. Ascondições do problema fornecem as seguintes equações:

0,5; 0,7; 0,8; 0,62; 0,74a g l a l g l

A G L A L G L

+ += = = = =+ +

Substituindo as relações expressas pelas três primeiras equações nas outras duas, obtemos:

2

318,012,062,0

8,05,0 LALA

LA

LA =⇒=⇒=++

0,7 0,8 30,74 0,04 0,06

2G L L

G L GG L

+ = ⇒ = ⇒ =+

A porcentagem de questões acertadas é:3 3

0,5. 0,7. 0,80,5 0,7 0,8 2,62 2 0,65 65%3 3 42 2

L L La g l A G L

A G L A G L L L L

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

CRITÉRIO DE CORREÇÃO:Escreveu corretamente as equações iniciais: [3 pontos]Obteve corretamente as relações entre A, G e L: [2 pontos]Indicou corretamente a fração (a + g + l)/(A + G + L) a ser calculada: [3 pontos]Efetuou corretamente os cálculos finais: [2 pontos]

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:Vamos denotar por A, B, C e D os vértices do quadrado e por MN o corte efetuado. Como CM +CN = BC = CD, resulta que BM = CN e DN = MC. Em conseqüência, os triângulos ADN e DCMsão congruentes, o mesmo ocorrendo com ABM e BCN (em cada caso, os triângulos sãoretângulos e possuem catetos iguais). Logo, DÂN = CDM = α e BÂM = CBN = β. Assim, α + β +27o = 90o e α + β = 63o.

A B

C D

M

N

α

β 27o

CRITÉRIO DE CORREÇÃO:Identificou a congruência de um dos pares de triângulos: [2 pontos]Identificou a congruência de ambos os pares: [5 pontos]

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

a) x2 – 9xy + 8y2 = x2 – xy – 8xy + 8y2 = x(x – y) – 8y (x – y) = (x – 8y)(x – y).Alternativamente, as raízes da equação do 2o grau x2 – 9xy + 8y2, de incógnita x, são y e 8y. Logo,x2 – 9xy + 8y2 fatora em (x – 8y)(x – y).

b) A equação a ser resolvida é (x – y)(8y – x) = 2005 (*)Observemos que a fatoração em primos de 2005 é 5 ⋅ 401.Além disso, a soma dos fatores x – y e 8y – x é 7y, que é múltiplo de 7. A soma dos fatores é ±406, sendo que somente ± 406 é múltiplo de 7. Assim,

5 e 8 401 63 e 58

ou ou

401 e 8 5 459 e 58

(*) ou

5 e 8 401

ou

401 e 8 5

x y y x x y

x y y x x y

x y y x

x y y x

− = − = = =

− = − = = =⇔

− = − − = −

− = − − = −

ou

63 e 58

ou

459 e 58

x y

x y

= − = −

= − = −

As soluções são, portanto, (63; 58), (459;58), (–63; –58) e (–459; –58).

OUTRA SOLUÇÃO:Observando a equação dada como uma equação do segundo grau em x, obtemosx2 – 9yx + 8y2 + 2005 = 0 (*),cujo discriminante é∆ = (9y)2 – 4(8y2 + 2005) = 49y2 – 8020

Para que (*) admita soluções inteiras, seu discriminante deve ser um quadrado perfeito; portanto49y2 – 8020 = m2 ⇔ (7y – m)(7y + m) = 8020 = 22 ⋅ 5 ⋅ 401 (**)

Podemos supor, sem perda de generalidade, que m ≥ 0, pois se (m; y) é solução de (**), então(– m; y) também é. Observando também que 7y – m e 7y + m têm a mesma paridade ey – m ≤ 7y + m, então podemos dividir o problema em 4 casos:

• 7y – m = 2 e 7y + m = 4010 ⇔ m = 2004 e y = 2006/7, impossível;• 7y – m = 10 e 7y + m = 802 ⇔ m = 396 e y = 58;• 7y – m = – 802 e 7y + m = –10 ⇔ m = 396 e y = –58;• 7y – m = – 4010 e 7y + m = – 2 ⇔ m = 2004 e y = – 2006/7, impossível.

Se y = 58, as soluções em x de (*) são 4592

396589

2

9 =+⋅=+ my e 63

2

396589

2

9 =−⋅=−my.

Se y = –58, as soluções em x de (*) são 632

396)58(9

2

9 −=+−⋅=+ my

e 4592

396)58(9

2

9 −=−−⋅=−my.

Logo as soluções são (63 ; 58), (459 ; 58), (– 63 ; – 58) e (– 459 ; – 58).

CRITÉRIO DE CORREÇÃO:Parte a: [5 pontos] para a fatoração completa. [Até 2 pontos] por tentativas mal-sucedidas de obtera fatoração.Parte b: Dividir o problema em até 8 casos: [2 pontos]Cortar casos imediatos, reduzindo o problema a até 4 casos: [1 ponto]

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:1a maneira:a) Podemos representar uma seqüência válida como uma seqüência de pares ordenados. O

primeiro exemplo é a seqüência [(1,1),(1,2),(2,2),(2,3),(3,3),(3,1)] e, a partir dela, podemoscriar outras seqüências válidas movendo o par da esquerda para a direita (ou da direita para aesquerda). Assim, são válidas as seqüências [(1,2),(2,2),(2,3),(3,3),(3,1),(1,1)],[(2,2),(2,3),(3,3),(3,1),(1,1), (1,2)],etc. num total de 6 seqüências diferentes. Mudando aposição dos números dos pares ordenados, podemos criar outras 6 seqüências: [(2,1), (1,1),(1,3), (3,3),(3,2),(2,2)], [ (1,1), (1,3), (3,3),(3,2),(2,2), (2,1)], etc. Portanto, de acordo com asregras dadas há 12 modos de colocar as peças em seqüência.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: [5 pontos]:

i) se o aluno respondeu 12 e explicou, como foi feito acima ou de forma equivalente (comdesenhos, por exemplo) então recebe [5 pontos]

ii) se o aluno simplesmente apresentou as seqüências, com números ou desenhos das peças,dar [0,5 ponto] para cada seqüência correta além das apresentadas no exemplo

iii) se não explicou nada e só repetiu os exemplos dados, dar [0 ponto].

2a maneira:a) As pontas devem ter o mesmo número, pois eles aparecem um número par de vezes (se

aparecer um número numa ponta e outro na outra, então há pelo menos dois números queaparecem um número ímpar de vezes, o que não ocorre). Alguma peça com dois númerosiguais deve aparecer em uma das pontas, pois do contrário teríamos três das quatro peçascentrais com duas iguais, vizinhas, o que é impossível). Sendo assim, a seqüência pode serrepresentada por XX-XY-YY-YZ-ZZ-ZX, onde para X temos três possibilidades, para Ytemos duas possibilidade e para Z, uma possibilidade, num total de 3.2.1 = 6 possibilidadespara a seqüência que começa com uma dupla. Se a seqüência terminar com uma dupla,teremos novamente 6 possibilidades. Portanto, há 12 modos de colocar as seis peças emseqüência.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: [5 pontos]:i) se o aluno respondeu 12 e explicou, como foi feito acima ou de forma equivalente (com

desenhos, por exemplo) então recebe [5 pontos].ii) se o aluno simplesmente apresentou as seqüências, com números ou desenhos das peças,

dar [0,5 ponto] para cada seqüência correta além das apresentadas no exemploiii) se não explicou nada e só repetiu os exemplos dados, dar [0 ponto].

b) Para cada número, existem 4 peças. Por exemplo, aspeças com o número 1 estão desenhadas ao lado. Onúmero de vezes em que aparece o número 1 éímpar, logo a seqüência deveria começar com 1 eterminar com outro número ou começar com outronúmero e terminar com 1. Neste caso, os outros doisnúmeros deveriam aparecer um número par de vezes,pois não estariam na ponta, mas isso não ocorre:todos os quatro números aparecem um número ímparde vezes.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: [5 pontos]:i) se o aluno usou a argumentação acima dar [5 pontos].ii) se o aluno pegou um caso particular, como o apresentado acima e de alguma forma

mostrou que não existe seqüência contendo as dez peças, dar [5 pontos]iii) desenhos de peças desconexos, seqüências soltas, diagramas não explicados, etc, recebem

[0 ponto].


XXVIII Olimpíada Brasileira de MatemáticaGABARITO Segunda Fase



Cada questão vale 4 pontos se, e somente se, para cada uma o resultado escrito pelo aluno coincidircom o gabarito abaixo. Cada questão vale 0 ou 4, isto é, não tem notas parciais. A nota máxima paraesta parte é 20.

Problema 01 02 03 04 05Resposta 20 30 ou –30 ou ±30 32 07 00

01. Os números da coluna do meio podem ser dados por: 1 + 2 + 4 + 6 + 8 +...+ 2n = n2 + n + 1.Dessa forma o número do topo é: 442 + 44 + 1 = 1981. Como 1981 está no 45° andar, e 2006 –1981= 25, 2006 deve estar no 20° andar.

02. Podemos representar os três inteiros consecutivos por 1, e 1n n n− + . Temos

( ) ( )2 22 2 2 2 2

2 2

1 1 302 2 1 2 1 302 3 2 302

3 300 100 10 ou 10

n n n n n n n n n

n n n n

− + + + = ⇔ − + + + + + = ⇔ + =

⇔ = ⇔ = ⇔ = − =Portanto, os três inteiros consecutivos são 11, 10 e 9 ou 9,10 e 11− − − .

Se admitirmos que estamos falando de inteiros positivos, a resposta é 9 10 11 30+ + = .Rigorosamente falando a resposta deveria ser: se os inteiros são positivos, então a sua soma é 30 ese os inteiros são negativos, então sua soma é –30.Pontuação: 4 pontos para 30 ou para – 30 ou para ± 30.

03.

Observe que os triângulos AXY e ANM são congruentes, e <YXA = <AMN. Assim, XY || MN e comoXY = MN = MC = NB, segue que os quadriláteros XYCM e XYNB são paralelogramos, como A éponto médio de XM e NY temos que [AYC] = [BAX] = (2/3).12 = 8. Logo, [XYCB] = (8/3).12 = 32.


04. Cada retângulo da decomposição possui um número par de casas, pois possui a mesmaquantidade de casas brancas e pretas. Veja que a maior quantidade de números pares distintos taisque a soma não supera 64 é 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 = 56, pois 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 +16 = 72, ou seja, a soma de 8 números pares distintos é sempre maior que 64. Portanto, adecomposição pode ter no máximo 7 retângulos. Abaixo uma decomposição com 7 retângulos.

05. Fazendo as primeiras transformações, obtemos a seguinte seqüência:(1, 1, 1) → (1, 1, 0) → (1, 0, 1) → (0, 2, –1) → (0, –3, 3) → (0, 6, –6) → ...Primeiramente, vemos que a partir da quarta terna, o primeiro vai ser sempre igual a 0 (zero). Então,a partir desta terna, as transformações são do tipo: (0, b, c) → (0, – b + c, b – c). Logo, a partir daquarta terna ordenada da seqüência, a soma dos termos de todas as ternas será igual a 0 – b + c + b –c = 0.Logo, a soma dos três termos da terna que ocupará a 2006ª posição nesta seqüência é igual a 0(zero).

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte B

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:Vamos usar a notação:S_par = soma de todas as casas de numeração par;S_ímpar = soma de todas as casas de numeração ímpar.

a) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 = 56 e S_ímpar = 1 + 3 + 5 + 7 + 9+ 11 + 13 + 15 = 64. Como a diferença entre as somas é par e S_ímpar > S_par, há a necessidade deretirar pelo menos duas casas do lado ímpar como, por exemplo, as casas de numeração 7 e 1. Aí,teremos S_par = S_ímpar = 56. Assim, o prefeito deve derrubar pelo menos 2 casas.b) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 +16 = 72 e S_ímpar = 1 + 3 + 5 + 7+ 9 + 11 + 13 +15 = 64. Como a diferença entre as somas é par e S_par > S_ímpar, pode-se retirarapenas uma casa do lado par: a casa de numeração 8.Aí, teremos S_par = S_ímpar = 64. Assim, o prefeito deve derrubar 1 casa.


c) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + ... + 2006 e S_ímpar = 1 + 3 + 5 + ... + 2005.Assim, temos S_par – S_ímpar = (2 – 1) + (4 – 3) + ... + (2006 – 2005) = 1003. Como 1003 éímpar, uma única casa não é suficiente, mas retirar as casas de numeração 1006 e 3 basta para queS_par = S_ímpar. Assim, o número mínimo de casas que o prefeito deve derrubar é 2 casas.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO:• a) Calculou S_par e S_ímpar: [2 pontos]Percebeu que deve retirar duas casas ímpares: [+1 ponto]• b) Calculou S_par e S_ímpar: [2 pontos]Percebeu que deve retirar uma casa par: [+1 ponto]• c) Calculou a diferença S_par – S_ímpar: [2 pontos]Percebeu que deve retirar duas casas: [+2 pontos]


Como o triângulo é isósceles concluímos que, ∠ CBM = ∠ ABM e ∠ ACB = 90o – α, com isso,∠ CAQ = α, pois AQ é uma altura. Como AI é bissetriz, então ∠ CAI = ∠ IAB = 2α. Finalmente no ∆AMB: α + α + 2α + α = 90o ⇒ α = 18o.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO:• Perceber que ∠ CBM = ∠ ABM e ∠ ACB = 90o – α: [2pontos]• Perceber que ∠ CAQ = α: [2 pontos]• Perceber que ∠ CAI = ∠ IAB = 2α: [2 pontos]• Concluir o problema: [4 pontos]• Apresentar alguma outra solução correta: [10 pontos]


a) Subtraindo as duas equações dadas temos )(622 abba −=− ou seja 0)6)(( =++− baba .

Como ba ≠ , temos 6−=+ ba .

b) Da parte a), elevando ao quadrado, 36222 =++ abba . Mas, somando as equações dadas,

temos ababbaba 103610)(622 +−=++=+ . Portanto, 3610236 =++− abab o que dá .6=ab


CRITÉRIO DE CORREÇÃO:• Se aluno tiver a idéia de somar e (ou) subtrair as equações, mas não chegar ao resultado: [1 ponto]• A resolução do item (a) vale [4 pontos];• A resolução do item (b) vale [6 pontos].

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:Quando trocamos um inteiro positivo pela soma de seus algarismos, não alteramos o resto dadivisão por 9. Isto é explicado pela decomposição do inteiro na forma:abcd = 1000a + 100b + 10c + d = 999a + 99b + 9c + a + b + c + dDaí, temos que:abcd – ( a + b + c + d ) = 999a + 99b + 9c = 9(111a + 11b + c)Logo, abcd e a + b + c + d deixam o mesmo resto na divisão por 9.Como todos os números que restaram no quadro estão entre 0 e 9, inclusive, todos os números 1restantes no quadro são originados a partir de números que deixam resto 1 na divisão por 9 (1, 10,19, 28, 37, ..., 1999). Da mesma forma, todos os números 2 restantes no quadro são originados apartir de números que deixam resto 2 na divisão por 9 (2, 11, 20, 29, 38, ..., 2000). Comparando,vemos que cada um dos números 1 e 2 aparece 223 vezes no quadro. Portanto, ambos os números 1e 2 aparecem o mesmo número de vezes.

CRITÉRIO DE CORREÇÃO:• Se o aluno perceber que quando trocamos um inteiro positivo pela soma de seus algarismos, nãose altera o resto da divisão por 9: [7 pontos];• Concluir o problema: [3 pontos].• Se o aluno perceber que quando trocamos um inteiro positivo pela soma de seus algarismos, nãose altera o resto da divisão por 9 e errar ao contar a quantidade 1´s e 2´s: [9 pontos];• Se o aluno fizer casos menores onde as quantidades de números são: 3k, 3k +1 e 3k + 2 e assimconjecturar a resposta, mas não provar o resultado: [3 pontos].


XXIX Olimpíada Brasileira de Matemática GABARITO Segunda Fase

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A Na parte A serão atribuídos 4 pontos para cada resposta correta e a pontuação máxima para essa parte será 20. NENHUM PONTO deverá ser atribuído para respostas que não coincidirem com o gabarito oficial, abaixo: Problema 01 02 03 04 05 Resposta 66 197 174 8 6174 01. Seja x a idade de Ludmilson. Logo, 3( 55)( 55)x x p− + = , onde p é primo. Temos

então, duas possibilidades: i)

3

55 155

xx p− =

+ =

Nesse caso teríamos 56x = e 111p = , absurdo, pois 111 não é primo. ii)

2

5555

x px p− =

+ =

Com isso, 2110 ( 1) 11.10p p p p= − = − = . E assim teremos 11p = e 66x = . Logo, a idade de Ludmilson é 66 anos.

02. (100.10-8 + 3 – 100.10 3-3) / (10-8 - 10 3) - 100.(-1) – 3 = 100(10-8 - 10 3) / (10-8 - 10 3) + 97 = 100 + 97 = 197. 03. Note que os triângulos PTA, ABD, BCE, e PQC são todos isósceles. Como ∠ STP = 108°, ∠PTA =∠PAT = 72°. Assim, temos que ∠ TPA = 36° e ∠BAD =∠BDA = 18°. Além disso, ∠ABD = 144° e ∠CBE = 66°. Como ∠QPC = 126°, temos que ∠QCP = 27° e ∠ECB = 57°. Logo, ∠QCE = 174°. 04. Tente 1, 2, 3 ... e perceba que, somente com n = 5, K terá 5 algarismos. Assim, K = 2608 . 5 = 13040. Com isso, a soma dos algarismos de K é 8. 05. A partir do sétimo termo, todos serão iguais a 6174.


Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

Como ABC é um triângulo retângulo, então AO = BO = CO. Se oAOIABI 45=∠=∠ e

OAIBAI ∠=∠ , então ∆ABI ≡ ∆AOI (ALA). Com isso, AB = AO = BO, e portanto, triângulo ABO é eqüilátero. Assim, oACB 30=∠ . CRITÉRIO DE CORREÇÃO: • Percebeu que AO = BO = CO [ 2 pontos] • Percebeu que os triângulos ABI e AOI são congruentes [ 5 pontos ] • Concluiu o problema [ 3 pontos ] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: É fácil ver que ( 2)( 3) ( 3)( 1) ( 1)( 2) 3( )( )x x x x x x x xα β− − + − + + + − = − − . Fazendo x = –1, 2 e 3, nesta igualdade, temos que,

( 1)( 1) 4α β+ + = , ( 2)( 2) 1α β− − = − , 4( 3)( 3)3

α β− − = .

Com isso, 1 1 1 1 31 0.( 1)( 1) ( 2)( 2) ( 3)( 3) 4 4α β α β α β

+ + = − + =+ + − − − −

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: • Escreveu )2)(1()1)(3()3)(2( −+++−+−− xxxxxx na forma cbxax ++2 e resolveu a equação [1 ponto]; • Percebeu que: ( 2)( 3) ( 3)( 1) ( 1)( 2) 3( )( )x x x x x x x xα β− − + − + + + − = − − [3 pontos] • Fez as substituições do tipo x = –1, 2 e 3 [4 pontos] • Concluiu o problema [2 pontos]


SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: a) 4 2 2 223 (23 1) 23 (23 1)(23 1) 23 (23 1)(23 1)(23 1) 23 530 24 22N = ⋅ − = ⋅ + − = ⋅ + + − = ⋅ ⋅ ⋅ =

52 3 5 11 23 53⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ O número de divisores (positivos) de N é 6 2 2 2 2 2 192× × × × × = . b) 5 2( 1)( 1)( 1).N n n n n n n= − = + + − Necessariamente, n ou n + 1 é par. Logo, 2 divide N. Do mesmo modo, um dos números n– 1, n ou n + 1 é múltiplo de 3. Logo 3 também divide N. Finalmente, se nenhum dos 3 números n –1, n ou n + 1 é múltiplo de 5, então n é da forma 5k + 2 ou 5k + 3. No primeiro caso, temos

2 21 25 10 5n k k+ = + + e, no segundo, 2 21 25 15 10n k k+ = + + , ambos múltiplos de 5. Portanto, um dos números , 1, 1n n n− + ou 2 1n + é múltiplo de 5. Assim N é, simultaneamente, múltiplo dos números primos entre si 2, 3 e 5, o que prova que N é múltiplo de 30. CRITÉRIO DE CORREÇÃO: • Fatorar corretamente 523 23− ou 5n n− : [3 pontos] • Contar corretamente os divisores na forma fatorada: [2 pontos] • Mostrar que 5n n− é múltiplo de 2: [1 ponto] • Mostrar que 5n n− é múltiplo de 3: [1 ponto] • Mostrar que 5n n− é múltiplo de de 5: [2 pontos] • Completar corretamente o argumento: [1 ponto] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: Vamos começar colorindo a primeira linha de vértices. Cada coloração dessa linha é uma seqüência de letras “A” e “V”, por exemplo, A V V A V. Observe que, uma vez colorida a primeira linha, se aparecerem duas letras consecutivas iguais, o restante dos vértices do tabuleiro já estão determinados. De fato, ao aparecer dois V’s consecutivos, os dois vértices imediatamente abaixo deles deverão ser coloridos com dois A’s, os que estão mais abaixo deverão ter dois V’s, e assim por diante. Isto completa a coloração dessas duas colunas. Dessa forma, cada coluna vizinha também estará determinada, pois em cada retângulo teremos três vértices previamente coloridos, o que obriga o quarto vértice a ter sua cor determinada. Então, para cada seqüência de A’s e V’s na primeira linha que contém pelo menos duas letras iguais consecutivas, há exatamente uma maneira de colorir o tabuleiro. Como há 25 – 2 = 30 de tais seqüências, contamos 30 colorações possíveis.

A V V A V A A V V A A V V

Falta-nos analisar um segundo caso, em que não há duas letras consecutivas iguais na primeira linha. Há duas possibilidades de seqüências: começando com A ou começando com V.

A V A V AV

Para cada uma dessas seqüências, há duas maneiras de escolhermos a primeira letra da segunda linha. Uma vez escolhida esta letra, a segunda linha inteira também estará determinada. Para a


primeira letra da terceira linha também há 2 possibilidades. Com este raciocínio, cada vez que escolhemos a primeira letra de uma linha, determinamos a coloração desta linha. Logo, como há duas maneiras de escolhermos a primeira letra de cada linha, há 25 = 32 maneiras de colorirmos o tabuleiro, neste segundo caso. Logo, o total de colorações é igual a 30 + 32 = 62. Observação: Veja que, no caso geral, para um quadrado n × n, o raciocínio é análogo. No primeiro caso, teremos 2n + 1 – 2 colorações; no segundo caso, mais 2n + 1. Logo, teremos 2⋅2n+1 – 2 = 2n + 2 – 2 colorações. CRITÉRIO DE CORREÇÃO: • Contar corretamente o números de colorações (62), por qualquer método [10 pontos] • Pontos parciais: Observar que, sempre que uma linha ou coluna tem dois elementos consecutivos iguais, a coloração fica determinada [2 pontos] • Contar corretamente o número de colorações (30) em que a primeira linha ou coluna tem dois elementos consecutivos iguais [3 pontos] • Contar corretamente o número de colorações (32) em que a primeira linha ou coluna tem, elementos alternados [4 pontos]

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XXX Olimpíada Brasileira de Matemática GABARITO Segunda Fase

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A Na parte A serão atribuídos 4 pontos para cada resposta correta e a pontuação máxima para essa parte será 20. NENHUM PONTO deverá ser atribuído para respostas que não coincidirem com o gabarito oficial, abaixo: Problema 01 02 03 04 05 Resposta 6 1420 144 108 22 01. De

( )24 4 2 2 2 2172( ) 1 2( ) ,

18x y x y xy xy= + = + − = −

obtemos 2 1( ) ,

36xy = e daí

16.

xy=

02. O deslocamento líquido do viajante na direção Leste-Oeste foi de ( )

502 vezes

1 3 (5 7) ... (2005 2007) ( 2) ( 2) ... ( 2) 1004.− + − + + − = − + − + + − = −1444442444443

Analogamente, o deslocamento líquido na direção Norte-Sul foi de –1004. Portanto, pelo teorema de Pitágoras a distância entre as posições inicial e final do viajante é 1004 2. Observe agora que , como 2 1,414,≅ temos 1004 2 1419,656.≅ Para ter certeza se estamos usando uma aproximação

boa o suficiente, basta checar se 1419,5 1004 2 1420,< < quer dizer, se ( ) 2 2 21419,5 1004 2 1420 .< ⋅ < Mas é fácil efetuar os cálculos e verificar que essas desigualdades realmente se verificam. Logo, a melhor aproximação pedida é 1420 metros. 03. Veja que 1α β+ = e

3 2 2( 1) 2 1,α α α α α α α α= ⋅ = + = + = + 4 3 2(2 1) 2 3 2,α α α α α α α α= ⋅ = + = + = +

5 4 2(3 2) 3 2 5 3.α α α α α α α α= ⋅ = + = + = + Analogamente,

7 4 3 2(5 3)( 1) 5 8 3 13 8.β β β β β β β β= ⋅ = + + = + + = +

Portanto, 5 713 5 13(5 3) 5(13 8) 65( ) 79 65 79 144.α β α β α β+ = + + + = + + = + =


04. Como os dois círculos circunscritos são iguais, segue do teorema do ângulo inscrito que ACB ABC∠ = ∠ e, com isso, AB = AC.

A

C D

M

B

Seja AM a altura relativa ao lado BC. Como ABC é isósceles de base BC, segue que AM também é mediana, e daí MC = 9. Portanto, MD = 5 e, pelo teorema de Pitágoras, AM = 12.

Finalmente, a área do triângulo ABC é ( )( ) ( )( )1 112 18 108.

2 2AM BC = =

05. Para que o primitivo de um número seja ímpar, todos os seus algarismos precisam ser ímpares, pois o produto de um número par por um número qualquer é sempre um número par. Assim, só nos restam os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9 para construir o número pretendido. Por outro lado, como os algarismos precisam ser todos diferentes, o número terá, no máximo, 5 algarismos. Contudo, qualquer número com 5 algarismos ímpares e todos distintos tem primitivo 0. De fato, o produto dos números 1, 3, 5, 7 e 9 é 945 e seu primitivo é 0. O maior número com 4 algarismos ímpares e todos diferentes é 9753, mas esse número tem primitivo 0. O número que o antecede e tem seus 4 algarismos ímpares e distintos é 9751, e seu primitivo é 5. Portanto, a soma de seus algarismos é 9 + 7 + 5 + 1 = 22. Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: Os catetos do triângulo medem a e b, e a hipotenusa mede c. Como a área e o perímetro são

iguais, temos 1,

2ab a b c= + + e daí 1

.2

c ab a b= − − . Usando o teorema de Pitágoras, segue

que 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1( ) 2 ,2 4

a b ab a b a b ab a b b a a b+ = − − = + + − − +

ou ainda 2 2 2 28 4 4 0.ab a b b a a b− − + = . Dividindo por ab, obtemos ( )( )4 4 8,a b− − = de maneira que a - 4 divide 8. Portanto, os possíveis valores de a são 2, 3, 5, 6, 8 e 12. Determinando os valores de b e c, encontramos os triângulos de lados 5, 12, 13 ou 6, 8, 10.


CRITÉRIO DE CORREÇÃO: l Chegar à equação 2 2 2 28 4 4 0 :ab a b b a a b− − + = [4 pontos] l Conseguir a fatoração correta e concluir o problema: [6 pontos] l Obter alguma ou as duas respostas corretas por meio de tentativas: [1 ponto]

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: Note que ( ) ( )2 22009 2009 2009 2 ,x x x− − = − um múltiplo de 2009. Assim, sempre que Pedro apagar um número, x2 digamos, basta Igor apagar o número (2009 – x)2. Desse modo, no final restarão dois números cuja diferença é um múltiplo de 2009. CRITÉRIO DE CORREÇÃO: l Afirmou que os dois números finais têm um mesmo resto na divisão por 2009: [1 ponto] l Considerou os resíduos módulo 2009: [2 pontos] l Percebeu um padrão simétrico: [2 pontos] l Concluiu o problema: [5 pontos] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

A

D

E F

C B

Seja D o pé da perpendicular baixada de F a AC. Pelo teorema de Pitágoras, segue que

2 2 2 25 4 3.EC BC BE= − = − = Por outro lado, por semelhança de triângulos temos 1

22

FD BE= = e 2 .AE DE= Portanto,

2 2 2 24 2 2 3,DC CF FD= − = − = e daí 2 3 3,DE = − de maneira que 4 3 6.AE = − Finalmente,

[ ] ( ) ( )1 14 3 6 3 4 8 3 6.

2 2ABC AE EC BE= + = − + ⋅ = −


CRITÉRIO DE CORREÇÃO: l Calcular a medida de EC: [1 ponto]

l Perceber que 1:

2FD BE= [2 pontos]

l Calcular a medida de DC: [2 pontos] l Calcular a medida de DE: [1 pontos] l Concluir corretamente: [4 pontos] SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: Há duas escolhas envolvidas e que determinam a maneira de viajar de B a C: por quais dentre as cidades 1 6,...,A A devemos passar, e em que ordem. Digamos que escolhamos passar por exatamente k dentre as cidades 1 6,...,A A , com 1 6;k≤ ≤ o número de modos de

escolher as k cidades é 6k

. Por outro lado, após escolhermos as k cidades, devemos

escolher em que ordem vamos visitá-las, o que corresponde a k! possibilidades. Logo, o número de modos de viajar de B a C é

( )6 6

1 1

6 6! 6! 6! 6!! ... 1956.

6 ! 5! 4! 0!k k

kk k= =

= = + + + = −

∑ ∑

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: l Contou corretamente o número de maneiras de viajar de B até C passando por exatamente uma e duas cidades: [2 pontos] l Contou corretamente o número de maneiras de viajar de B até C passando por exatamente três cidades: [1 ponto] l Contou corretamente o número de maneiras de viajar de B até C passando por exatamente quatro cidades: [1 ponto] l Contou corretamente o número de maneiras de viajar de B até C passando por exatamente cinco cidades: [1 ponto] l Contou corretamente o número de maneiras de viajar de B até C passando por exatamente seis cidades: [1 ponto] l Fez a soma correta e concluiu o problema: [4 pontos]

XXXI Olimpíada Brasileira de Matemática – Gabarito Segunda Fase – Nível 2 www.obm.org.br

XXXI Olimpíada Brasileira de Matemática GABARITO Segunda Fase

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A CRITÉRIO DE CORREÇÃO: PARTE A Na parte A serão atribuídos 4 pontos para cada resposta correta e a pontuação máxima para essa parte será 20. NENHUM PONTO deverá ser atribuído para respostas que não coincidirem com o gabarito oficial, abaixo: Problema 01 02 03 04 05 Resposta 06 25 252 14 1704 1. [Resposta: 06] Inicialmente temos 4,5 litros de água e 4,5 litros de álcool. Colocados x litros de água, para

termos 30% de álcool na mistura, basta que 5,4)9(10030

=+ x , então .6=x

2. [Resposta: 25] É fácil ver que ))(()()( dbcaacdcabdacdbcab ++=+++=+++ . Suponha sem perda de generalidade que a= 1 . Com isso, }3,1{},2,1{},{ =ca ou }4,1{ e conseqüentemente {b,d}={3,4}, {2,4} ou {2,3}, respectivamente. Assim os possíveis valores do produto são 21, 24 e 25 e o máximo é 25. 3. [Resposta: 252] O algarismo das centenas não pode ser zero. Vamos contar então todos os números que têm um determinado algarismo x, não nulo, pois há mais deles. Há 9 9 81× = números em que x aparece uma única vez, como algarismo das centenas. Há 8 9 72× = números em que x aparece uma única vez, como algarismo das dezenas (lembre-se que o das centenas não pode ser 0) e há 72 números em que o x aparece uma única vez, como algarismo das unidades. Há 9 números com x na centena e na dezena, menos na unidade, 9 números com x na centena e na unidade, menos na dezena e 8 números com x na dezena e na unidade, menos na centena e um único número formado inteiramente de x. A quantidade total de números em que figura o algarismo não nulo x é 81 + 72 + 72 + 9 + 9 + 8 + 1 = 252 4. [Resposta: 14] Seja BAn += 10 o número de dois dígitos. Se A divide n , então A divide B . Se 5>A , então AB = , pois B não pode ser 0 e AB 210 << . Listemos as possibilidades: Se 1=A então AB pode ser 11, 12, 15. Se 2=A , então AB pode ser 22, 24. Se 3=A , então AB pode ser 33, 36. Se 4=A , então AB pode ser 44, 48. Se 5=A , então AB pode ser 55. Se 6=A , então AB pode ser 66. Se 7=A , então AB pode ser 77.


Se 8=A , então AB pode ser 88. Se 9=A , então AB pode ser 99. Logo, o total de números é 3 + 2 + 2 + 2 + 5 = 14. 5. [Resposta: 1704] Sejam K a interseção dos lados AD e FG , e L a interseção dos lados AB e EH . Por simetria, veja que KFKD = e KGAK = . Considere xFK = . Dessa forma, xAK −= 48 . Usando teorema de Pitágoras no triângulo AFK , temos:

222 )48(24 xx −=+ . Que nos dá 18=x . Agora, veja que os triângulos AFK e ALE são semelhantes. Portanto,

AFEL

FKAE

=.

Assim, 32=EL . Para achar a área procurada, basta subtrair a área do quadrado EFGH das áreas dos triângulos AFK e AEL . Portanto a área será 1704.

A B

CD

E

F

G

H

K

L


Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte B PROBLEMA 1:

0 1 2 3 4 5 6

0 0 15 9 3 18 12 6

1 7 1 16 10 4 19 13

2 14 8 2 17 11 5 20 A resposta é 15 + 8 + 10 + 11 + 12 + 13 = 69. CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Completou a tabela corretamente a tabela. [10 pontos]; Caso exista um ou dois erros na tabela [7 pontos]; Separou em grupos os números de 0 a 20 que deixam resto 0 ao serem divididos por 3, que deixam resto 1 ao serem divididos por 3, que deixam resto 2 ao serem divididos por 3, que deixam resto 0 ao serem divididos por 7, que deixam resto 1 ao serem divididos por 7, que deixam resto 2 ao serem divididos por 7, que deixam resto 3 ao serem divididos por 7, que deixam resto 4 ao serem divididos por 7, que deixam resto 5 ao serem divididos por 7 e que deixam resto 6 ao serem divididos por 7 mas não completou a tabela corretamente. [5 pontos] PROBLEMA 2:

62552.5).()( 234 =−+=−+=−+= rssrrssrrsSSsrS

5221.2).()( 123 =−+=−+=−+= rssrrssrrsSSsrS

Com isso, encontramos que 4−=+sr e 13−=rs . Daí, .416524)( 345 =+−=−+= rsSSsrS CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Montar e resolver o sistema de equações 6255 =−+ rssr e 522 =−+ rssr . [6 pontos] Concluir o problema [4 pontos] Outra maneira: Descobrir de alguma maneira correta sr + e rs [6 pontos] Concluir o problema [4 pontos]


PROBLEMA 3:

Se BP é uma mediana do triângulo então AP = CP = 6 e PN = 2. Como G é o baricentro do

triângulo então 21

=GBPG

e 21

=NCPN

, assim, pela recíproca do teorema de Tales, GN é paralelo

a BC e oB 90=∠ . Como o triângulo ABC é retângulo então AP = CP = BP = 6. Com isso, BG = 4 e GP = 2. CRITÉRIO DE CORREÇÃO:

Prolongar BG até encontrar AC em P e dizer que 2=GPBG

[2 pontos];

Determinar as medidas de AP, PN e CN [2 pontos]; Perceber que GN e BC são paralelos e concluir que oB 90=∠ [2 pontos]; Perceber que AP = BP = CP [2 pontos]; Concluir [2 pontos] Qualquer outra solução correta [10 pontos] PROBLEMA 4: a) Após três rodadas, um jogador pode acumular no máximo 3 pontos. Como as pontuações são múltiplos inteiros de ½ , os possíveis valores de pontuação após a terceira rodada são:

0,1/2, 1, 3/2, 2, 5/2, 3

Como existem 8 jogadores e apenas 7 possibilidades, dois jogadores terão pontuações iguais.

b) Se k é a pontuação do primeiro colocado e todas as pontuações são distintas, a soma das pontuações dos oito jogadores será no máximo:

( ) ( ) ( ) 14827

325

223

121

−=

−+−+

−+−+

−+−+

−+ kkkkkkkkk

Como foram disputados exatamente 2874 =x pontos, temos


28148 ≥−k

Logo, 21

5 +≥k pois as pontuações são múltiplos inteiros de 21

. Basta mostrarmos um

exemplo onde este valor é atingido.

Na tabela abaixo, marcamos na interseção da linha iA com a coluna jA o número de pontos

que iA ganhou na partida disputada contra Aj.

1A 2A 3A 4A 5A 6A 7A 8A Total

1A X 1 1 1 1 1 ½ 0 5+½

2A 0 x 1 1 1 1 1 0 5

3A 0 0 x 1 1 1 1 ½ 4+½

4A 0 0 0 X 1 1 1 1 4

5A 0 0 0 0 X 0 0 0 0

6A 0 0 0 0 1 X ½ 1 2+½

7A ½ 0 0 0 1 ½ x 1 3

8A 1 1 ½ 0 1 0 0 x 3+½

CRITÉRIO DE CORREÇÃO: Item (a)

• Comentar que a pontuação máxima de um jogador após três rodadas é 3: [1 ponto]; • Afirmar que existem no máximo 7 possíveis pontuações [2 pontos]; • Concluir usando o Princípio da Casa dos Pombos [1 ponto]

Item (b)

• Achar a equação

( ) ( ) ( ) 14827

325

223

121

−=

−+−+

−+−+

−+−+

−+ kkkkkkkkk ou

algo similar [3 pontos];

• Achar que a pontuação máxima é 21

5 +≥k [1 ponto];

• Construir o exemplo [2 pontos]; OBS: Caso o aluno apenas construa uma tabela correta deverá receber todos os [6 pontos] deste item.

OBS2: Caso o aluno escreva algum exemplo para k = 6 deverá receber [1 ponto] dos 6 pontos deste item.

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