Atividade Obmep Nível 2

A diferença entre o que há na primeira balança e o que há a balança do meio é exatamente o que há na última
balança; logo, na última balança deve aparecer a marcação 64 – 41 = 23 kg.

O número 0,48 pode ser escrito na forma de uma fração decimal como 48
100
. Simplificando esta
fração de modo que o numerador e o denominador sejam os menores possíveis, obtemos
48 12
100 25
= . Assim, os dois menores números inteiros positivos que produzem o quociente 0,48 são
os números 12 e 25, que representam, respectivamente, o menor número possível de meninas e
de meninos da turma; logo o menor número possível de alunos é 12 25 37 + = .

Primeiro observamos que AD = EC, por serem lados opostos do
paralelogramo AECD. Após a dobradura o segmento AD ocupou a
posição representada pelo segmento GH, logo os segmentos EC e HG
são paralelos e tais que EC = AD = GH = GF + FH = 4 + 4 = 8 cm.
Também valem as igualdades DC = AE = EG = 4 cm. Além disso,
usando que os triângulos EFG e BFH são equiláteros, temos as
seguintes relações:
 CEB  HFB  60
(correspondentes)
 EBC  FBH  60
 ECB 180 CEB EBC  60
Assim, o triângulo EBC é equilátero de lado EB = EF + FB = 8 cm. O perímetro do trapézio é ABCD é,
portanto, AE + EB + BC + DC + AD = 4 + 8 + 8 + 4 + 8 = 32 cm.

Observe que para obter o primeiro retângulo foi necessário escrever quatro vezes o número 2012.
Em seguida, para cada novo retângulo bastou escrever mais uma vez o número 2012; assim,
Carlinhos escreveu 4 + 2011= 2015 vezes o número 2012 Portanto, a soma de todos os
algarismos escritos é 2015 × (2 + 0 +1+ 2) = 2015 × 5 = 10075.

Como são 20 pessoas e cada pessoa comeu 5 pedaços de pizza, foram comidos 20 x 5 = 100 pedaços no total.
Como cada pizza contém 12 pedaços e 100 ÷ 12 tem quociente 8 e resto 4, concluímos que serão necessárias 9
pizzas. Devido à promoção, uma dessas 9 pizzas será gratuita. Assim, eles devem pagar por 8 pizzas e, portanto,
gastar 8 x 30,00 = 240,00 reais.

O primeiro triângulo da sequência é formado por três palitos. Para n ≥ 2, o triângulo que ocupa a
posição n na sequência é formado acrescentando n triângulos iguais ao primeiro ao triângulo
precedente. Logo, o total de palitos utilizados para construir o triângulo que ocupa a posição n na
sequência é 3 ( 1) 1 3 2 3 3 (1 2
2
3 ) n n
n n
+
⋅ + ⋅ + … + = ⋅ + + … + = . Para saber em qual triângulo foram
usados 135 palitos, devemos resolver a equação 3n(n +1)
2
= 135, ou seja, n n( 1) 90 + = . Por
inspeção, vemos que a raiz positiva dessa equação é n = 9 ; logo o triângulo que estamos
procurando é o nono triângulo da sequência, cujo lado tem 9 palitos.

Como os quadrados estão dispostos de forma que os pontos A, M e B estão alinhados, e
como M é o ponto médio de AB, segue que os dois triângulos da figura são triângulos
retângulos, com catetos medindo 6 e 3 centímetros. Assim, a área de cada quadrado é
6 × 6 = 36 cm2 e a área de cada triângulo é 6×3
2
= 9 cm2
. A área total da figura é 36 + 36 +9 +
9 = 90 cm2
.
Pode-se também deslocar um dos triângulos para se obter um outro método de resolução.

Para obter a maior quantidade possível para o total de pontos de intersecção, Maria deve desenhar as
próximas retas em uma disposição de tal modo que, cada nova reta desenhada, intersecte cada circunferência já
desenhada em dois pontos, e intersecte cada reta já desenhada em um ponto, todos distintos entre si e dos já
desenhados.
A maior quantidade possível para o total de pontos de intersecção que a terceira reta pode gerar é 2+2+1+1 = 6
pontos.
A maior quantidade possível para o total de pontos de intersecção que a quarta reta pode gerar é 2+2+1+1+1 = 7
pontos.
A maior quantidade possível para o total de pontos de intersecção que a quinta reta pode gerar é 2+2+1+1+1+1 =
8 pontos.
Logo, a maior quantidade possível para o total de pontos de intersecção é 11+6+7+8 = 32 pontos.

Usando a comutatividade da multiplicação, podemos escrever
1000 × 20,12 × 2,012 ×100 = 1000 × 2,012 × 00 × 20,12 = 2012 × 2012 = (2012)2
.

Basta verificar que após oito giros sucessivos o quadrado menor retorna à sua posição inicial.
Como 2012 8 = × + 251 4 , após o 2012º giro o quadrado cinza terá dado 251 voltas completas no
quadrado maior e mais quatro giros, parando na posição que corresponde à alternativa A.

Como a média aritmética de n números é igual à soma desses números dividida por n, Luciano dividiu a soma que
achou na calculadora por 15 e obteve 7. Disto concluímos que a soma que ela achou foi 15 x 7 = 105. Porém, a
soma de todos os números naturais de 1 a 15 é igual a 15 x 16 ÷ 2 = 120. Logo, os números que ele pulou somam
120 – 105 = 15. Se o menor deles é x, o outro é x + 1, temos x + (x+1) = 15, logo x = 7. Assim x + 1 = 8 e o
produto dos dois números que Luciano esqueceu de somar é 7 x 8 = 56.

Observemos os segmentos que unem os centros dos hexágonos de cada etapa,
mostrados na figura ao lado. Percebemos que cada um desses segmentos, na etapa 1,
une dois centros, na etapa 2, três centros, na etapa 3, quatro centros e assim
sucessivamente, aumentando 1 centro por segmento, por etapa.
Como em cada etapa os segmentos que unem os centros formam um hexágono,
temos o acréscimo de 6 pequenos hexágonos por etapa. Logo, 6 hexágonos recebem
o número 1, 6+6=12 recebem o número 2, (6+6+6)=3x6=18 recebem o número 3 e,
continuando o processo, concluímos que 6 x 6 = 36 hexágonos recebem o número 6.

Há exatamente 4 x 3 + 2 x 2 = 16 possibilidades, três para cada um dos pontos dos cantos A, C, F e D e dois para
cada um dos pontos intermediários B e E.

Cada um dos n súditos presentes acenou n vezes (para o rei e para os demais n – 1 súditos). Logo, houve um
total de n2
acenos. Portanto, deve-se ter n2
= 1296, ou seja, n = 36. Havia, assim, 36 súditos no palácio.

A figura ao lado mostra uma parte do hexágono formada por três
trapézios. Prolongamos os segmentos AF e DE para obter os pontos
P e Q, como indicado. Como os trapézios são idênticos, os ângulos
assinalados são iguais; segue que AP e QD são paralelos. Como
PD e EF, sendo bases de um trapézio, também são paralelos,
segue que PDEF é um paralelogramo; em particular, temos PF DE = . Da igualdade dos trapézios
temos AF DE EF = = e concluímos que AP EF = 2 . Notamos agora que APCB também é um
paralelogramo; logo 2 BC AP EF = = e como BC = 10 segue que EF = 5 .
Outra solução é a seguinte. Como os trapézios são idênticos, o
hexágono que eles formam é regular. Como o ângulo interno α desse
hexágono mede 120
°
, o ângulo β mede 120 60
2
°
°
= . Logo o triângulo
ABC é equilátero; como AC CD = temos BC CD = e segue que o
paralelogramo BCDE é um losango. Assim, B é o ponto médio de AE e
então 1 1 10 5
2 2
AC BE = = AE = × = cm.

Conforme o enunciado, se 𝑎 for o lado maior e 𝑐 o lado menor dos
triângulos, temos que 𝑎 > 𝑏 > 𝑐 > 0, 2𝑎 + 2𝑏 = 30 e que 2𝑏 +2𝑐 = 26.
Logo, 𝑎 +𝑏 = 15 e 𝑏 + 𝑐 = 13. Assim, 𝑎 + 13 − 𝑐 = 15 e, portanto,
𝑎 = 𝑐 +2. Como 𝑎 > 𝑏 > 𝑐 > 0 são números naturais, segue que
𝑏 = 𝑐 + 1 e que 𝑎 = 𝑐 + 2 = 𝑏 + 1. Substituindo 𝑎 por 𝑏 + 1 na equação
𝑎 + 𝑏 = 15, obtemos que 𝑏 + 1+ 𝑏 = 15, logo, 𝑏 = 7.
Consequentemente, 𝑎 = 7+ 1 = 8 e 𝑐 = 7 − 1 = 6. Finalmente, o
perímetro do triângulo é 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 8 + 7+ 6 = 21 cm.
Observamos que, ao unir os cartões por um de seus lados iguais, Ana deve escolher a posição de cada cartão
dentre duas posições possíveis. Logo, após escolher o lado comum dos cartões, Ana tem quatro possibilidades
para uni-los, mas em todas as quatro escolhas o quadrilátero formado terá o mesmo perímetro. A figura abaixo,
mostra as quatro possibilidades para o caso em que Ana escolheu o lado maior para unir os cartões. Nesse caso,
o perímetro do quadrilátero é igual a 2b+ 2c = 2(b + c).

Eliminamos o caso em que Edson é paranaense com a informação de que
"Edson sentou-se tendo como vizinhos Carlos e o sergipano", pois se Edson
fosse paranaense ele estaria entre o goiano e o mineiro. Portanto, Adão é o
paranaense. Como Edson sentou-se entre Carlos e o sergipano, concluímos
que Carlos é goiano e o lugar entre Edson e o mineiro é do sergipano. A
última informação do enunciado diz que Bruno sentou-se entre o tocantinense
e o mineiro. Logo, Edson é tocantinense e Bruno é sergipano. Portanto,
Daniel é mineiro.

Em notação decimal, o número de dois algarismos AB tem o valor 10A B+ . Temos então
A× A+ A = A
2
+ A = 10A+ B e segue que A
2
− 9A = B, ou seja, A A( − 9) = B. Como A é o algarismo
das dezenas de um número de dois algarismos, temos 1≤ ≤ A 9 ; se A negativo e B também será negativo, o que não acontece pois 0 9 ≤ ≤ B . Logo A = 9; segue que
B = 0 e B B B B × + = × + = = 0 0 0 0 .

Na soma 29 + 32 + 35 + 39 + 41= 176, cada um dos cinco números que Ana escreveu aparece
quatro vezes; logo a soma desses números é 176 ÷ 4 = 44. O menor número que Ana escreveu é
então 44 − 41= 3e o maior é 44 − 29 = 15 (os outros números são 5, 9 e 12). A soma procurada é
então 15 + 3 = 18 .

Dividimos a figura em regiões indicadas pelas letras A, B e C, como mostrado
ao lado. Regiões com a mesma letra são idênticas, e tanto a parte branca
quanto a parte cinzenta consistem de duas regiões A, duas regiões B e duas
regiões C; segue que a área da parte cinzenta é igual à área da parte branca.
Cada uma dessas áreas é então a metade da área total do retângulo, que é
4 × = 5 20 cm2
. Logo a área da parte cinzenta é 10 cm2
.

Observe que somando os valores de todas as moedas obtemos: 1,00 + 0,50 + 0,25 + 0,10 + 0,05 + 0,01 = 1,91.
Como 13,37 ÷ 1,91 = 7, ele terá 7 x 6 = 42 moedas, pois há 6 tipos diferentes de moedas.

Chamando cada participante pela primeira letra de seu nome, as possibilidades de escolha dos 2 premiados são:
AB , AC , AD , AE , BC , BD , BE , CD , CE , DE, ou seja, há 10 possibilidades. As possibilidades de escolha das
duas premiações são: Ouro Ouro, Ouro Prata, Ouro Bronze, Prata Ouro, Prata Prata, Prata Bronze, Bronze Ouro,
Bronze Prata e Bronze Bronze, ou seja, há 9 possibilidades. Pelo Princípio Multiplicativo, as diferentes formas de
premiação são 10 x 9 = 90.
Outra solução Existem dois casos a considerar: ou os dois meninos premiados ganharam medalhas iguais, ou
ganharam medalhas diferentes.
Se as medalhas são iguais, há 3 possibilidades para as medalhas, a saber, ou as duas são de ouro, ou as duas
são de prata, ou as duas são de bronze. Além disso, dos 5 meninos, apenas 2 receberam medalhas, o que pode
ocorrer de 5×4
2
maneiras diferentes (são 5 escolhas para o primeiro e são 4 escolhas para o segundo menino, mas
precisamos dividir por 2, para eliminar as repetições, uma vez que para determinar a dupla de premiados, não
importa a ordem de escolha dos meninos). Logo, pelo Princípio Multiplicativo, há 3 ×
5×4
2
= 3 × 10 = 30
possibilidades para a premiação de dois desses meninos com medalhas iguais.
No segundo caso, se as medalhas recebidas pelos 2 meninos premiados são diferentes, há 3 possibilidades para
os tipos de medalhas: ouro e prata; ouro e bronze; e prata e bronze. Em cada uma dessas possibilidades, a mais
valiosa será recebida por 1 dos 5 meninos e a outra por um dentre os 4 meninos restantes. Assim, pelo Princípio
Multiplicativo, nesse caso, o número de formas diferentes de premiação é 3 × 5 × 4 = 60.
Portanto, pelo Princípio Aditivo, o número total de formas diferentes de ocorrer a premiação é 30 + 60 = 90.

Como x
2
-xy = 23, então x(x-y) = 23, mas 23 é um número primo e assim temos somente duas possibilidades:
 x =1 e x-y = 23. Isto implica y = - 22, o que não nos interessa pois x e y são números naturais
ou
 x = 23 e x-y = 1. Isto nos leva a y = 22.
Logo x + y = 22 + 23 = 45.