Treinamento Para A 12ª Obmep - Eeefm Maria Penedo

Como 365 dividido por 7 dá quociente 52 e resto 1 e 366 dividido por 7 dá o mesmo quociente e resto 2, em um ano, bissexto ou não, há no máximo 53 domingos. Um mês tem entre e dias, então todo mês tem 4 ou 5 domingos. Como 53 dividido por 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.

A balança mostra que o peso de Aninha com um mês de idade é de 4,1 quilos, ou seja, 4100 gramas.
Aninha nasceu com 3250 gramas, logo ela engordou 4100 − 3250 = 850 gramas em seu primeiro mês
de vida.
Comentário: usamos aqui a palavra “peso” em lugar de “massa” devido a seu emprego coloquial.

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.

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.

Primeiramente observe que o algarismo das unidades da soma de todos os números nunca muda.
Inicialmente o algarismo das unidades da soma de todos os números é 5. Pois, 1 + 2 + 3 + ...+ 10 = 55. E a cada bloco de dez consecutivos a soma terá dígito das unidades igual a 5.
Se, dos dois números que sobraram, um era 2000 o outro deve ser 5.

Como temos torcedores não corintianos, na fila deve existir, sempre entre dois torcedores corintianos, exatamente um torcedor de outra equipe.

) Entre quatro números naturais consecutivos há sempre um múltiplo de 3 e um múltiplo de 4. O produto desses quatro números é múltiplo de 3, logo a soma de seus algarismos é divisível por 3 e, além disso, é múltiplo de 4, isto é, seus dois últimos algarismos formam um número divisível por 4. O único número nessas condições é 1680 = 5 X 6 X 7 X 8

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 x 8 x 5 = 240 .

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

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.

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.

Cada vértice é a extremidade de três arestas e, portanto, são necessárias pelo menos três
cores diferentes.

As letras V e Z têm a mesma área porque são formadas com as mesmas peças de cartolina, logo podemos eliminar as opções (B) e (C). Para comparar os perímetros, notamos primeiro que em ambas as figuras o segmento AB é maior que o segmento CD. Ao juntar as peças para formar a letra Z, as peças branca e cinza se juntam ao longo de AB, e assim
perímetro do Z = perímetro da peça branca + perímetro da peça cinza − 2×(comprimento de AB).
Do mesmo modo, vemos que perímetro do V = perímetro da peça branca + perímetro da peça cinza − 2×(comprimento de CD),
donde concluímos que o perímetro do Z é menor que o perímetro do V.

A transparência é igual a 0,7  0,9 = 0,63. Logo, a redução da radiação é 1 – 0,63 = 0,37 = 37%.

É verdade que 14 de junho de 2008 é um sábado. Logo 14 de junho de 2009 será um domingo, de 2010 será uma segunda-feira, de 2011 será uma terça-feira, de 2012 (que é bissexto) será uma quinta-feira, de 2013 será uma sexta-feira e, finalmente, de 2014 será um sábado. Portanto a próxima vez que o dia 14 de junho será num sábado acontecerá daqui a 6 anos.

podemos concluir que os números da forma 119 268 916 + x , para x inteiro, são divisíveis por 13 se, e somente se, x é divisível por 13.
Dentre os números apresentados, o número 119 268 916 + (–13) = 119 268 903 é o único divi-sível por 13.

A soma de todos os números positivos ímpares até 2007 menos a soma dos números positivos pares até 2007 é (1 – 2) + (3 – 4) + (5 – 6) + ... + (2005 – 2006) + 2007 = –1003 + 2007 = 1004.

Quando são retiradas três meias, uma das seguintes situações irá ocorrer: (i) as três meias são vermelhas ou (ii) duas são vermelhas e uma é branca ou (iii) uma é vermelha e duas são brancas, já que não havia meias pretas entre as retiradas. Portanto, pelo menos uma meia é ver-melha.

Usando 1 peso, temos 3 possibilidades: 1, 3 e 10;
Colocando dois pesos num único prato, temos as seguintes possibilidades:
1 + 3 = 4; 1 + 10 = 11; 3 + 10 = 13;
Colocando três pesos num prato, pesamos
1 + 3 + 10 = 14;
Colocando um peso em cada prato temos:
3 – 1 = 2; 10 – 1 = 9; 10 – 3 = 7;
Colocando dois pesos num prato e um peso no outro, temos:
10 – (1 + 3) = 6; (10 + 1) – 3 = 8; (10 + 3) – 1 = 12
Os valores de n são: 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14(treze valores)

Como Carlos disse “E se, em vez disso, eu jogar um de seus peixes no rio, ficaremos com o mesmo número”, vemos que Pedro pescou um peixe a mais que Carlos. O total de peixes é então a soma de dois inteiros consecutivos; uma tal soma é sempre ímpar, e a alternativa C) está excluída. Exprimimos agora cada uma das outras alternativas como soma de dois inteiros consecutivos, o menor sendo uma possibilidade para o número de peixes do Carlos e a maior para o número de peixes do Pedro: A) 5=2+3, B) 7=3+4, D) 9=4+5e E)11= 5 + 6 . Como Pedro disse “Se você me der um de seus peixes, eu ficarei com o dobro do número de peixes com que você vai ficar”, devemos verificar em qual destas expressões a maior parcela mais 1 é o dobro da menor
parcela menos 1. Isto só acontece na alternativa D), pois 5+1=6=2×(4−1).

Uma solução diferente é a seguinte. Já vimos que Pedro pescou 1 peixe a mais que Carlos. Se Carlos desse um de seus peixes para Pedro, então Pedro ficaria ao mesmo tempo com o dobro do número de peixes de Carlos e com 3 peixes a mais que Carlos; ou seja, Pedro ficaria com 6 peixes e Carlos com 3. Segue que Pedro pescou 5 peixes e Carlos outros 4.
Pode-se também resolver esta questão utilizando elementos de pré-algebra. Se n é a quantidade de peixes do Carlos, então Pedro tem n + 1 peixes. Se Carlos desse um peixe a Pedro, ele ficaria com n −1 peixes e Carlos ficaria com n + 2 . Temos assim n+ 2 =2(n −1)=2n−2, e segue que n = 4.

Ao montar o cubo, o quadrado superior e o quadrado inferior ficam em faces opostas, o que nos deixa apenas as
alternativas (A) e (E) para considerar. Observando que dos quatro quadrados em linha o primeiro e o terceiro a
contar da esquerda (ou da direita) também ficarão em faces
opostas, ficamos somente com a alternativa (E).

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).

Ao multiplicar os preços por 0,68 = 68% a loja oferece um desconto 100% – 68% = 32%.

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.

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.

São dez: 103, 112, 121, 130, 202, 211, 220, 301, 310 e 400.

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.

Um número com uma determinada quantidade de algarismos, sendo o primeiro à esquerda diferente de zero, é sempre maior que qualquer número que tenha um algarismo a menos. Por exemplo, 1000 (com 4 algarismos) é maior do que 999 (que tem apenas 3 algarismos). Assim, com exatamente 13 palitos, devemos formar um número que tenha a maior quantidade possível de algarismos, sendo o primeiro à esquerda diferente de 0. Como o 1 é formado pelo menor número de palitos entre todos os algarismos, vemos que para obter o maior número possível com 13 palitos devemos usar tantos algarismos 1 quanto possível.

Não é possível usar 6 algarismos 1, pois neste caso já teríamos usado 12 palitos e não há algarismo que possa ser formado com apenas 1 palito. Pelo mesmo motivo, não é possível usar 5 algarismos 1; não há algarismo formado por 3 palitos. Mas é possível usar 4 algarismos 1; neste caso, usamos 8 palitos e podemos completar o número com um entre os algarismos 2 ou 5, que são formados por 5 palitos. Neste caso, devemos escolher o 5, que nos permite formar o número 51111 com 13 palitos. A soma dos algarismos deste número é 5+1+1+1+1=9.

Vamos imaginar que o torneio acabou. Para os 56 times que foram eliminados após perder 2 partidas cada um, contamos 56×2 = 112 derrotas. Como o campeão perdeu uma vez, o número total de derrotas foi 112 +1= 113 . Além disso, como não houve empates, em cada partida um time ganhou e o outro perdeu; logo, o número total de derrotas é igual ao número total de partidas.

note que a área do polígono formado pelo papel dobrado é igual à área original da tira menos as
áreas das partes que se sobrepõem. Após a primeira dobra, a parte sobreposta é representada pelo triângulo
mais escuro, e depois da segunda dobra forma-se outra parte sobreposta igual à primeira. Juntas essas partes
têm área igual à de um quadrado de lado 12 cm. Conseqüentemente, a área do polígono é igual a
12× 48 −12×12 = 576 −144 = 432 cm2.

As horas possíveis são 00, 02, 04, 06, 08, 20 e 22, totalizando 7 possibilidades. Para cada uma dessas horas, os minutos podem ser 00, 02,04,06,08,..., 40, 42, ..., 48, etc, num total de 3 X 5 = 15possibilidades. Portanto, o número de vezes em que o relógio exibe apenas algarismos pares é 7 X 15 = 105.

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.

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.

O gráfico mostra que 20 + 30+60+50+30+10 = 200 alunos fizeram aprova. Vamos às alternativas.

A) É falsa, pois 10% de 200 é 20 e o número de alunos que não resolveram nenhuma questão é 10, que corresponde a 5% do total de alunos.
B) É falsa, pois a quantidade de alunos que acertaram mais de 2 questões é 50+30+10 = 90 , menos do que a metade de alunos que fizeram a prova.
C) É falsa, pois o gráfico mostra que exatamente 200 alunos fizeram a prova.
D) É verdadeira, pois o número de alunos que acertaram 4 ou 5 questões é 30 + 10 = 40 .
E) É falsa, pois 20% de 200 é 40 e o número de alunos que não resolveram nenhuma questão é 20, que corresponde a 10% do total de alunos.

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.

Hoje Dona Dulce comprou o dobro do que comprou ontem, logo ela deveria pagar 2 12 × = 24 reais. Como ela pagou apenas 20 reais, a promoção fez com que ela economizasse 24 −10 = 4 reais na compra de 8 caixas de leite. Logo o desconto em cada caixa de leite foi de 4 ÷ 8 = 0,50 reais, ou seja, de R$ 0,50.

O vôo 7 000 000 de quilômetros de 1 abelha é equivalente ao vôo de 1 000 quilômetros de 7 000 abelhas iguais a ela. Multiplicando por 10 o número de galões, podemos multiplicar por 10 o número de abelhas, ou seja, 70 000 abelhas.