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OBMEP 2011 – 2
a
Fase
Soluções – Nível 2
1
Questão 1 – Solução
a) Como o quadrado formado com os três retângulos
recortados da primeira tira tem área 36 cm2
, seu lado mede 6
cm. Logo o comprimento dos retângulos é 6 cm e sua largura é
um terço de seu comprimento, ou seja, 2 cm.
b) 1a
solução: Como no item anterior, o lado do quadrado
formado com os seis retângulos recortados da segunda tira
mede 6 cm. Como todos os retângulos tem a mesma largura, a
figura mostra que essa largura é um quarto da medida do lado,
isto é, 1,5 cm. As medidas dos outros retângulos são então
determinadas imediatamente, como indicado. Em particular, as
dimensões do retângulo destacado são 3 cm e 1,5 cm; logo seu
perímetro é 1,5 +1,5 + 3 + 3 + 9 = 9cm e sua área é 1,5 × 3 = 4,5cm2
.
2a
solução: O quadrado pode ser decomposto em 16 quadradinhos de
lado igual à largura da fita, como na figura à direita. Como o lado do
quadrado mede 6 cm, o lado de cada quadradinho mede 1,5 cm. Logo
os lados do retângulo destacado medem 1,5 cm e 3 cm e, como
acima, seu perímetro é 9 cm e sua área é 4,5 cm2
.
Alternativamente, o quadrado pode ser decomposto em 8
retângulos congruentes ao retângulo destacado, conforme figura à
esquerda. Como a área do quadrado é 36 cm2
, a área do retângulo
destacado é cm2
.
c) Na figura abaixo mostramos o retângulo e o quadrado, com pontos
correspondentes indicados com a mesma letra; por exemplo, o segmento AB à
esquerda corresponde ao segmento A’B’à direita. A área do retângulo é 2 × 4,5 = 9
cm2
, que é também a área do quadrado; logo o lado do quadrado mede 3 cm. Desse
modo, os segmentos A’B’ e B’F’ medem 3 cm e assim AB mede 3 cm. Como o lado do
retângulo mede 4,5 cm, segue que BC mede 4,5 − 3 = 1,5cm, que é então a medida de
B’C’. Finalmente, a medida de A’B é a mesma que a de AD, que é 2 cm; logo a medida
de B’C’ é 3 − 2 = 1cm. Assim, obtemos as medidas 1BG = cm e 1,5BC = cm dos
catetos do triângulo retângulo BCG, cuja área é então
1
1 1,5 0,75
2
× × = cm2
.
36 ÷ 8 = 4,5
OBMEP 2011 – 2
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Fase
Soluções – Nível 2
2
Questão 2 – Solução
a) Gabriela vai dizer o número {[(2 × 4 + 3)× 5 + 6]×10} +1= 611.
b) Se os números dos dados são, em ordem, a, b e c, o número anunciado por
Gabriela é {[(2 × a + 3) × 5 + b]×10} + c = 100a +10b + c +150. Assim, Otávio sabe que
ao subtrair 150 do número anunciado por Gabriela o resultado terá a, b e c como os
algarismos das centenas, dezenas e unidades, respectivamente. Como Gabriela
anunciou 273 e 273 −150 = 123, Otávio vai dizer 1, 2 e 3.
2a
solução: No resultado final o número do terceiro dado é somado a um múltiplo de
10, logo o número do terceiro dado é 3 (pois os números de um dado vão de 1 a 6).
Agora
273 − 3
10
= 27 é o resultado da soma do número do segundo dado com um
múltiplo de 5; logo o número do segundo dado é 2. Finalmente,
27 − 2
5
= 5 é o
resultado da soma de 3 com o número do primeiro dado multiplicado por 2; logo o
número do primeiro dado é
5 − 3
2
= 1.
c) 1a
solução: Temos 432−150 = 282; logo, para anunciar o resultado 432, Gabriela
deveria ter obtido os números 2, 8 e 2, o que não pode acontecer, pois o 8 não
aparece nos dados.
2a
solução: com o mesmo raciocínio da solução acima, chegamos a
8 − 3
2
= 2,5, que
não é inteiro.
3a
solução: O terceiro dado deve mostrar 2. Se a é o número do primeiro dado e b do
segundo, chegamos a 43 − b = 5 (2a + 3), donde 28 = 10a + b, que não tem solução em
inteiros1≤ a,b ≤ 6.
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Questão 3 – Solução
a) Os primeiros múltiplos naturais de 20 são 20, 40, 60, 80 e 100. Logo o múltiplo
irado de 20 é 100.
b) Se os algarismos de um número divisível por 9 são apenas 0 e 1, nesse número
devem aparecer pelo menos nove algarismos 1. Para que esse múltiplo seja o menor
possível, ele deve ter o menor número de algarismos possível; logo o múltiplo irado de
9 é 111111111.
c) Um múltiplo de 45 é múltiplo de 5 e 9; logo seu algarismo das unidades é 0 ou 5 e
a soma de seus algarismos é divisível por 9. Como múltiplos irados são formados
apenas pelos algarismos 0 e 1, segue que o múltiplo irado de 45 deve ter 0 como
algarismo das unidades; logo esse múltiplo é 1111111110.
d) O número 1110 é o menor número que tem apenas os algarismos 0 e 1 que é, ao
mesmo tempo,
o múltiplo de 3, pois a soma de seus algarismos é 3;
o múltiplo de 2, pois seu último algarismo é 0.
Logo 1110 é o múltiplo irado de 6. Como os múltiplos irados de 1, 2, 3, 4 e 5 são,
respectivamente, 1, 10, 111, 100 e 10, segue que o menor número cujo múltiplo irado
é 1110 é 6.
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Fase
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Questão 4 – Solução
a) A sequência é37 38 19 20 10 5 6 3 4 2 1→ → → → → → → → → → .
b) A única sequência de comprimento 3 é 4 2 1→ → . As sequências de comprimento
4 são3 4 2 1→ → → e 8 4 2 1→ → → ; elas são obtidas a partir de 4 2 1→ → , a
primeira acrescentando 4 1 3− = à esquerda e a segunda acrescentando 2 4 8× = à
esquerda. Do mesmo modo, a sequência ímpar 3 4 2 1→ → → dá origem à sequência
par 6 3 4 2 1→ → → → ; a sequência par 8 4 2 1→ → → dá origem à sequência ímpar
7 8 4 2 1→ → → → e à sequência par 16 8 4 2 1→ → → → . Temos assim as três
únicas sequências de comprimento 5, sendo 2 pares e 1 ímpar. O raciocínio pode ser
representado pelo esquema abaixo.
c) 1a
solução: Repetindo o esquema do item anterior, temos:
e assim temos 3 sequências pares e 2 ímpares de comprimento 6 e 5 sequências
pares e 3 ímpares de comprimento 7.
2a
solução: Observamos que a sequência ímpar de comprimento cinco dá origem a 1
sequência par de comprimento seis; já as 2 sequências pares de comprimento cinco
dão origem a 2 sequências pares de comprimento seis e 2 sequências ímpares de
comprimento seis. Assim, temos 2 sequências ímpares de comprimento seis e
1+ 2 = 3 sequências pares de comprimento seis, num total de 2+ 3 = 5 sequências de
comprimento 6. O mesmo argumento mostra que há 8 sequências de comprimento
sete, sendo três ímpares e cinco pares.
Observação: A repetição desse argumento para valores sucessivos do comprimento
mostra que, a partir do comprimento 3, o número de sequências ímpares é 0, 1, 1, 2,
3, 5, 8,..., o número de sequências pares é 2, 3, 5, 8, 13,... e o número total de
sequências é 3, 5, 8, 13, 21, ..... Cada termo dessas sequências de valores, a partir do
terceiro, é a soma dos dois anteriores; vemos assim que essas sequências, com a
124
36
8
7
16
124
36
510
12
11
24
8
714
13
28
16
1530
32
31
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Soluções – Nível 2
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eventual omissão de termos iniciais, são a sequência 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,
89,..., conhecida como sequência de Fibonacci. Apresentamos esse resultado na
tabela a seguir.
comprimento 5 6 7 ... 15 16
Ímpares 1 2 3 ... 144 233
pares 2 ... 233 233 +144 = 377
total 1+ 2 = 3 2+ 3 = 5 3 + 5 = 8 ... 144 + 233 = 377 233 + 377 = 610
d) 1a
solução: As 144 sequências ímpares de comprimento quinze dão origem a 144
sequências pares de comprimento dezesseis; já as 233 sequências pares de
comprimento quinze dão origem a 233 sequências pares de comprimento dezesseis e
233 sequências ímpares de comprimento dezesseis. Assim, temos 233 sequências
ímpares de comprimento dezesseis e 377 = 233 +144 sequências pares de
comprimento dezesseis, num total de 233 + 377 = 610 sequências.
2a
solução: A parte da sequência de Fibonacci que nos interessa é 1, 2, 3, 5, 8,.....,
144, 233, 377, 610,... . O número de sequências ímpares de comprimento 15 (resp.
16) é o 15º (resp. 16º) termo dessa sequência, que é 144 (resp. 233); o número de
sequências pares de comprimento 15 (resp.16) é o 16º (resp. 17º) termo, que é 233
(resp. 377) e o número total é o 17º (resp. 18º) termo, que é 377 (resp. 610).
2 +1= 3 3 + 2 = 5
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Soluções – Nível 2
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Questão 5 – Solução
a) Se João pintar o quadrado de azul, ele terá as escolhas vermelho e amarelo para o
triângulo. Se ele pintar o quadrado de vermelho, ele terá as escolhas azul e amarelo
para o triângulo. Finalmente, se ele pintar o quadrado de verde, ele terá as escolhas
azul, vermelho e amarelo para o triângulo. Logo ele pode pintar a figura de
2+ 2+ 3 = 7 maneiras diferentes.
b) 1ª solução: Se João escolher azul ou vermelho para o triângulo, cada um dos
quadrados poderá ser pintado de duas cores; se ele escolher amarelo para o triângulo,
cada quadrado poderá ser pintado de três cores. Logo o número da maneiras
diferentes de pintar essa figura é 2× 2× 2× 2+1× 3× 3 × 3 = 43.
2ª solução:
• Se o quadrado de baixo é amarelo, o triângulo do meio pode ser verde, com 3
× 3 = 9 possibilidades para pintar os quadrados restantes, ou vermelho ou azul;
em cada um desses casos, há 2 × 2 = 4 modos de pintar os quadrados. Assim,
há 9 + 2 × 4 = 17 possibilidades com o quadrado inferior amarelo.
• Se o quadrado de baixo é vermelho ou azul, o triângulo do meio pode ser
verde, novamente com 9 possibilidades para pintar os quadrados restantes ou
azul/vermelho, com 4 possibilidades para os quadrados restantes. Assim, há 2
× (9 + 4) = 26 possibilidades com o quadrado inferior azul ou vermelho.
• Portanto, a figura pode ser colorida de 17 + 26 = 43 modos.
c) 1a
solução: Se João escolher azul ou vermelho para o
quadrado sombreado, os triângulos adjacentes poderão ser
pintados de 2× 2× 2× 2maneiras diferentes; em metade dessas
maneiras o triângulo sombreado é azul ou vermelho, caso em
que os quadrados adjacentes poderão ser pintados de 2× 2
maneiras e na outra metade ele é amarelo, quando os
quadrados adjacentes poderão ser pintados de3 × 3maneiras
diferentes. Nesse caso, a figura poderá ser pintada de
2 × 2 × 2 × 2 × (1× 2 × 2 +1× 3 × 3) = 208maneiras diferentes.
Se ele escolher verde para o quadrado sombreado, os triângulos adjacentes
poderão ser pintados de 3 × 3 × 3 × 3 maneiras diferentes; em dois terços dessas
maneiras o triângulo sombreado é azul ou vermelho, caso em que os quadrados
adjacentes poderão ser pintados de 2× 2 maneiras e no terço restante ele é amarelo,
quando os quadrados adjacentes poderão ser pintados de 3 × 3 maneiras diferentes.
Nesse caso, a figura poderá ser pintada de3 × 3 × 3 × (2 × 2× 2 +1× 3 × 3) = 459
maneiras diferentes. No total, a figura poderá ser pintada de 208 + 459 = 667maneiras
diferentes.
2a
solução: Se João escolher azul ou vermelho para o triângulo sombreado, os
quadrados adjacentes poderão ser pintados de 2× 2× 2 maneiras diferentes; em
metade dessas maneiras o quadrado sombreado é azul ou vermelho, caso em que os
triângulos adjacentes poderão ser pintados de 2× 2× 2 maneiras e na outra metade
ele é amarelo, quando os quadrados adjacentes poderão ser pintados de 3 × 3 × 3
maneiras diferentes. Nesse caso, a figura poderá ser pintada de
2 × 2 × 2 × (1× 2× 2 × 2 +1× 3 × 3 × 3) = 280 maneiras diferentes.
Se ele escolher amarelo para o triângulo sombreado, os quadrados adjacentes
poderão ser pintados de 3 × 3 × 3 maneiras diferentes; em dois terços dessas
maneiras o quadrado sombreado é azul ou vermelho, caso em que os triângulos
OBMEP 2011 – 2
a
Fase
Soluções – Nível 2
7
adjacentes poderão ser pintados de 2× 2× 2 maneiras e no terço restante ele é verde,
quando os quadrados adjacentes poderão ser pintados de 3 × 3 × 3 maneiras
diferentes. Nesse caso, a figura poderá ser pintada de
3 × 3 × (2 × 2 × 2 × 2 +1× 3 × 3 × 3) = 387 maneiras diferentes. No total, a figura poderá
ser pintada de 280 + 387 = 667maneiras diferentes.
3a
solução:
Contando separadamente as formas de pintar para cada um dos 7 modos de
pintar o quadrado central e o triângulo superior
Quadrado
central
Triângulo de
cima
Triângulos de
baixo
Quadrados de
cima
Possibilidades
Azul Vermelho × ×2 2 2 ×2 2 × × × × =2 2 2 22 32
Vermelho Azul Idem Idem × × × × =2 2 2 22 32
Azul Amarelo × ×2 2 2 ×3 3 × × × × =2 2 3 32 72
Vermelho Amarelo Idem Idem × × × × =2 2 3 32 72
Verde Vermelho × ×3 3 3 ×2 2 × × × × =2 3 2 13 108
Verde Azul Idem Idem × × × × =3 3 2 23 108
Verde Amarelo × ×3 3 3 ×3 3 × × × × =3 3 3 43 243
Total: + + + + + + =32 32 72 72 108 108 243 667
Agrupando as possibilidades azul/vermelho para cada figura
Quadrado
central
Triângulo
de cima
Triângulos de
baixo
Quadrados
de cima
Possibilidades
Azul ou
Vermelho
(2)
Vermelho
ou Azul (1)
× ×2 2 2 ×2 2 × × × × × × =2 1 2 2 2 2 2 64
Azul ou
Vermelho
(2)
Amarelo (1) × ×2 2 2 ×3 3 × × × × × × =2 1 2 2 2 3 3 144
Verde (1)
Vermelho,
Azul (2)
× ×3 3 3 ×2 2 × × × × × × =1 2 3 3 3 2 2 216
Verde (1) Amarelo (1) × ×3 3 3 ×3 3 × × × × × × =1 1 3 3 3 3 3 243
Total: + + + =64 144 216 243 667
4ª solução (usando a 2ª solução do item (b)):
• Se o quadrado inferior é amarelo, os triângulos de baixo podem ser pintados de
× × =3 3 3 27 modos. Se ele é azul ou vermelho, os triângulos de baixo podem
ser pintados de × × =2 2 2 8modos.
• Logo, o número total de possibilidades é × + × = + =27 26 8 459 20817 66717 ×
27 + 26 × 8 = 459 + 208 = 667
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a
Fase
Soluções – Nível 2
8
Questão 6 – Solução
a) 1a
solução: Na figura ao lado marcamos, em vermelho,
o ângulo em B do triângulo ABC e o ângulo
correspondente no polígono AMJD; em azul, marcamos o
ângulo em C do triângulo ABC e o ângulo correspondente
do polígono AELN. Podemos observar na parte superior
da figura que o ângulo MAN é a soma desses dois
ângulos com o ângulo em A do triângulo ABC; como a
soma dos ângulos internos de um triângulo é 180o
, segue
que MAN = 180o
. Logo M, A e N estão alinhados.
2a
solução: Observamos primeiro que AM é paralelo a BF, pois ele é obtido de BF por
meio de uma rotação de 180o
; do mesmo modo, AN é paralelo a CG. Como BF e CG
estão na mesma reta suporte e AM e AN tem o ponto A em comum, segue que os
pontos M, A e N estão alinhados.
b) Na figura os ângulos marcados em vermelho são
congruentes, assim como os ângulos marcados em azul.
Segue que os ângulos marcados em marrom também
são congruentes, pois são ambos suplementos do
ângulo vermelho; do mesmo modo, os ângulos verdes
são também congruentes. Notamos agora que
MN = MA+ AN = BF +CG = BC − FG = 2FG = FG = FG
Segue pelo critério ALA que os triângulos FGI e MNK
são congruentes.
c) Na figura ao lado traçamos a base média DE do
triângulo ABC. O teorema da base média nos diz
que DE é paralelo a BC e queDE =
1
2
BC = FG.
Segue que os triângulos FGI e EHD são
congruentes, pois são retângulos, tem os ângulos
verdes congruentes (pois são agudos de lados
paralelos) e hipotenusas congruentes. Em particular,
temos FI = EH , donde FH = FI − HI = EH − HI = EI. Logo
LH = LE + EI +IH = FH + HI +IE = EF.
d) A área do quadrado HJKL é igual à área do triângulo ABC, que é 9; logo o lado do
quadrado mede 3. Em particular, LH = 3e segue do item anterior queEF = 3.

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Soluções OBMEP 2011 – 2a Fase Nível 2

  • 1. OBMEP 2011 – 2 a Fase Soluções – Nível 2 1 Questão 1 – Solução a) Como o quadrado formado com os três retângulos recortados da primeira tira tem área 36 cm2 , seu lado mede 6 cm. Logo o comprimento dos retângulos é 6 cm e sua largura é um terço de seu comprimento, ou seja, 2 cm. b) 1a solução: Como no item anterior, o lado do quadrado formado com os seis retângulos recortados da segunda tira mede 6 cm. Como todos os retângulos tem a mesma largura, a figura mostra que essa largura é um quarto da medida do lado, isto é, 1,5 cm. As medidas dos outros retângulos são então determinadas imediatamente, como indicado. Em particular, as dimensões do retângulo destacado são 3 cm e 1,5 cm; logo seu perímetro é 1,5 +1,5 + 3 + 3 + 9 = 9cm e sua área é 1,5 × 3 = 4,5cm2 . 2a solução: O quadrado pode ser decomposto em 16 quadradinhos de lado igual à largura da fita, como na figura à direita. Como o lado do quadrado mede 6 cm, o lado de cada quadradinho mede 1,5 cm. Logo os lados do retângulo destacado medem 1,5 cm e 3 cm e, como acima, seu perímetro é 9 cm e sua área é 4,5 cm2 . Alternativamente, o quadrado pode ser decomposto em 8 retângulos congruentes ao retângulo destacado, conforme figura à esquerda. Como a área do quadrado é 36 cm2 , a área do retângulo destacado é cm2 . c) Na figura abaixo mostramos o retângulo e o quadrado, com pontos correspondentes indicados com a mesma letra; por exemplo, o segmento AB à esquerda corresponde ao segmento A’B’à direita. A área do retângulo é 2 × 4,5 = 9 cm2 , que é também a área do quadrado; logo o lado do quadrado mede 3 cm. Desse modo, os segmentos A’B’ e B’F’ medem 3 cm e assim AB mede 3 cm. Como o lado do retângulo mede 4,5 cm, segue que BC mede 4,5 − 3 = 1,5cm, que é então a medida de B’C’. Finalmente, a medida de A’B é a mesma que a de AD, que é 2 cm; logo a medida de B’C’ é 3 − 2 = 1cm. Assim, obtemos as medidas 1BG = cm e 1,5BC = cm dos catetos do triângulo retângulo BCG, cuja área é então 1 1 1,5 0,75 2 × × = cm2 . 36 ÷ 8 = 4,5
  • 2. OBMEP 2011 – 2 a Fase Soluções – Nível 2 2 Questão 2 – Solução a) Gabriela vai dizer o número {[(2 × 4 + 3)× 5 + 6]×10} +1= 611. b) Se os números dos dados são, em ordem, a, b e c, o número anunciado por Gabriela é {[(2 × a + 3) × 5 + b]×10} + c = 100a +10b + c +150. Assim, Otávio sabe que ao subtrair 150 do número anunciado por Gabriela o resultado terá a, b e c como os algarismos das centenas, dezenas e unidades, respectivamente. Como Gabriela anunciou 273 e 273 −150 = 123, Otávio vai dizer 1, 2 e 3. 2a solução: No resultado final o número do terceiro dado é somado a um múltiplo de 10, logo o número do terceiro dado é 3 (pois os números de um dado vão de 1 a 6). Agora 273 − 3 10 = 27 é o resultado da soma do número do segundo dado com um múltiplo de 5; logo o número do segundo dado é 2. Finalmente, 27 − 2 5 = 5 é o resultado da soma de 3 com o número do primeiro dado multiplicado por 2; logo o número do primeiro dado é 5 − 3 2 = 1. c) 1a solução: Temos 432−150 = 282; logo, para anunciar o resultado 432, Gabriela deveria ter obtido os números 2, 8 e 2, o que não pode acontecer, pois o 8 não aparece nos dados. 2a solução: com o mesmo raciocínio da solução acima, chegamos a 8 − 3 2 = 2,5, que não é inteiro. 3a solução: O terceiro dado deve mostrar 2. Se a é o número do primeiro dado e b do segundo, chegamos a 43 − b = 5 (2a + 3), donde 28 = 10a + b, que não tem solução em inteiros1≤ a,b ≤ 6.
  • 3. OBMEP 2011 – 2 a Fase Soluções – Nível 2 3 Questão 3 – Solução a) Os primeiros múltiplos naturais de 20 são 20, 40, 60, 80 e 100. Logo o múltiplo irado de 20 é 100. b) Se os algarismos de um número divisível por 9 são apenas 0 e 1, nesse número devem aparecer pelo menos nove algarismos 1. Para que esse múltiplo seja o menor possível, ele deve ter o menor número de algarismos possível; logo o múltiplo irado de 9 é 111111111. c) Um múltiplo de 45 é múltiplo de 5 e 9; logo seu algarismo das unidades é 0 ou 5 e a soma de seus algarismos é divisível por 9. Como múltiplos irados são formados apenas pelos algarismos 0 e 1, segue que o múltiplo irado de 45 deve ter 0 como algarismo das unidades; logo esse múltiplo é 1111111110. d) O número 1110 é o menor número que tem apenas os algarismos 0 e 1 que é, ao mesmo tempo, o múltiplo de 3, pois a soma de seus algarismos é 3; o múltiplo de 2, pois seu último algarismo é 0. Logo 1110 é o múltiplo irado de 6. Como os múltiplos irados de 1, 2, 3, 4 e 5 são, respectivamente, 1, 10, 111, 100 e 10, segue que o menor número cujo múltiplo irado é 1110 é 6.
  • 4. OBMEP 2011 – 2 a Fase Soluções – Nível 2 4 Questão 4 – Solução a) A sequência é37 38 19 20 10 5 6 3 4 2 1→ → → → → → → → → → . b) A única sequência de comprimento 3 é 4 2 1→ → . As sequências de comprimento 4 são3 4 2 1→ → → e 8 4 2 1→ → → ; elas são obtidas a partir de 4 2 1→ → , a primeira acrescentando 4 1 3− = à esquerda e a segunda acrescentando 2 4 8× = à esquerda. Do mesmo modo, a sequência ímpar 3 4 2 1→ → → dá origem à sequência par 6 3 4 2 1→ → → → ; a sequência par 8 4 2 1→ → → dá origem à sequência ímpar 7 8 4 2 1→ → → → e à sequência par 16 8 4 2 1→ → → → . Temos assim as três únicas sequências de comprimento 5, sendo 2 pares e 1 ímpar. O raciocínio pode ser representado pelo esquema abaixo. c) 1a solução: Repetindo o esquema do item anterior, temos: e assim temos 3 sequências pares e 2 ímpares de comprimento 6 e 5 sequências pares e 3 ímpares de comprimento 7. 2a solução: Observamos que a sequência ímpar de comprimento cinco dá origem a 1 sequência par de comprimento seis; já as 2 sequências pares de comprimento cinco dão origem a 2 sequências pares de comprimento seis e 2 sequências ímpares de comprimento seis. Assim, temos 2 sequências ímpares de comprimento seis e 1+ 2 = 3 sequências pares de comprimento seis, num total de 2+ 3 = 5 sequências de comprimento 6. O mesmo argumento mostra que há 8 sequências de comprimento sete, sendo três ímpares e cinco pares. Observação: A repetição desse argumento para valores sucessivos do comprimento mostra que, a partir do comprimento 3, o número de sequências ímpares é 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8,..., o número de sequências pares é 2, 3, 5, 8, 13,... e o número total de sequências é 3, 5, 8, 13, 21, ..... Cada termo dessas sequências de valores, a partir do terceiro, é a soma dos dois anteriores; vemos assim que essas sequências, com a 124 36 8 7 16 124 36 510 12 11 24 8 714 13 28 16 1530 32 31 64
  • 5. OBMEP 2011 – 2 a Fase Soluções – Nível 2 5 eventual omissão de termos iniciais, são a sequência 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89,..., conhecida como sequência de Fibonacci. Apresentamos esse resultado na tabela a seguir. comprimento 5 6 7 ... 15 16 Ímpares 1 2 3 ... 144 233 pares 2 ... 233 233 +144 = 377 total 1+ 2 = 3 2+ 3 = 5 3 + 5 = 8 ... 144 + 233 = 377 233 + 377 = 610 d) 1a solução: As 144 sequências ímpares de comprimento quinze dão origem a 144 sequências pares de comprimento dezesseis; já as 233 sequências pares de comprimento quinze dão origem a 233 sequências pares de comprimento dezesseis e 233 sequências ímpares de comprimento dezesseis. Assim, temos 233 sequências ímpares de comprimento dezesseis e 377 = 233 +144 sequências pares de comprimento dezesseis, num total de 233 + 377 = 610 sequências. 2a solução: A parte da sequência de Fibonacci que nos interessa é 1, 2, 3, 5, 8,....., 144, 233, 377, 610,... . O número de sequências ímpares de comprimento 15 (resp. 16) é o 15º (resp. 16º) termo dessa sequência, que é 144 (resp. 233); o número de sequências pares de comprimento 15 (resp.16) é o 16º (resp. 17º) termo, que é 233 (resp. 377) e o número total é o 17º (resp. 18º) termo, que é 377 (resp. 610). 2 +1= 3 3 + 2 = 5
  • 6. OBMEP 2011 – 2 a Fase Soluções – Nível 2 6 Questão 5 – Solução a) Se João pintar o quadrado de azul, ele terá as escolhas vermelho e amarelo para o triângulo. Se ele pintar o quadrado de vermelho, ele terá as escolhas azul e amarelo para o triângulo. Finalmente, se ele pintar o quadrado de verde, ele terá as escolhas azul, vermelho e amarelo para o triângulo. Logo ele pode pintar a figura de 2+ 2+ 3 = 7 maneiras diferentes. b) 1ª solução: Se João escolher azul ou vermelho para o triângulo, cada um dos quadrados poderá ser pintado de duas cores; se ele escolher amarelo para o triângulo, cada quadrado poderá ser pintado de três cores. Logo o número da maneiras diferentes de pintar essa figura é 2× 2× 2× 2+1× 3× 3 × 3 = 43. 2ª solução: • Se o quadrado de baixo é amarelo, o triângulo do meio pode ser verde, com 3 × 3 = 9 possibilidades para pintar os quadrados restantes, ou vermelho ou azul; em cada um desses casos, há 2 × 2 = 4 modos de pintar os quadrados. Assim, há 9 + 2 × 4 = 17 possibilidades com o quadrado inferior amarelo. • Se o quadrado de baixo é vermelho ou azul, o triângulo do meio pode ser verde, novamente com 9 possibilidades para pintar os quadrados restantes ou azul/vermelho, com 4 possibilidades para os quadrados restantes. Assim, há 2 × (9 + 4) = 26 possibilidades com o quadrado inferior azul ou vermelho. • Portanto, a figura pode ser colorida de 17 + 26 = 43 modos. c) 1a solução: Se João escolher azul ou vermelho para o quadrado sombreado, os triângulos adjacentes poderão ser pintados de 2× 2× 2× 2maneiras diferentes; em metade dessas maneiras o triângulo sombreado é azul ou vermelho, caso em que os quadrados adjacentes poderão ser pintados de 2× 2 maneiras e na outra metade ele é amarelo, quando os quadrados adjacentes poderão ser pintados de3 × 3maneiras diferentes. Nesse caso, a figura poderá ser pintada de 2 × 2 × 2 × 2 × (1× 2 × 2 +1× 3 × 3) = 208maneiras diferentes. Se ele escolher verde para o quadrado sombreado, os triângulos adjacentes poderão ser pintados de 3 × 3 × 3 × 3 maneiras diferentes; em dois terços dessas maneiras o triângulo sombreado é azul ou vermelho, caso em que os quadrados adjacentes poderão ser pintados de 2× 2 maneiras e no terço restante ele é amarelo, quando os quadrados adjacentes poderão ser pintados de 3 × 3 maneiras diferentes. Nesse caso, a figura poderá ser pintada de3 × 3 × 3 × (2 × 2× 2 +1× 3 × 3) = 459 maneiras diferentes. No total, a figura poderá ser pintada de 208 + 459 = 667maneiras diferentes. 2a solução: Se João escolher azul ou vermelho para o triângulo sombreado, os quadrados adjacentes poderão ser pintados de 2× 2× 2 maneiras diferentes; em metade dessas maneiras o quadrado sombreado é azul ou vermelho, caso em que os triângulos adjacentes poderão ser pintados de 2× 2× 2 maneiras e na outra metade ele é amarelo, quando os quadrados adjacentes poderão ser pintados de 3 × 3 × 3 maneiras diferentes. Nesse caso, a figura poderá ser pintada de 2 × 2 × 2 × (1× 2× 2 × 2 +1× 3 × 3 × 3) = 280 maneiras diferentes. Se ele escolher amarelo para o triângulo sombreado, os quadrados adjacentes poderão ser pintados de 3 × 3 × 3 maneiras diferentes; em dois terços dessas maneiras o quadrado sombreado é azul ou vermelho, caso em que os triângulos
  • 7. OBMEP 2011 – 2 a Fase Soluções – Nível 2 7 adjacentes poderão ser pintados de 2× 2× 2 maneiras e no terço restante ele é verde, quando os quadrados adjacentes poderão ser pintados de 3 × 3 × 3 maneiras diferentes. Nesse caso, a figura poderá ser pintada de 3 × 3 × (2 × 2 × 2 × 2 +1× 3 × 3 × 3) = 387 maneiras diferentes. No total, a figura poderá ser pintada de 280 + 387 = 667maneiras diferentes. 3a solução: Contando separadamente as formas de pintar para cada um dos 7 modos de pintar o quadrado central e o triângulo superior Quadrado central Triângulo de cima Triângulos de baixo Quadrados de cima Possibilidades Azul Vermelho × ×2 2 2 ×2 2 × × × × =2 2 2 22 32 Vermelho Azul Idem Idem × × × × =2 2 2 22 32 Azul Amarelo × ×2 2 2 ×3 3 × × × × =2 2 3 32 72 Vermelho Amarelo Idem Idem × × × × =2 2 3 32 72 Verde Vermelho × ×3 3 3 ×2 2 × × × × =2 3 2 13 108 Verde Azul Idem Idem × × × × =3 3 2 23 108 Verde Amarelo × ×3 3 3 ×3 3 × × × × =3 3 3 43 243 Total: + + + + + + =32 32 72 72 108 108 243 667 Agrupando as possibilidades azul/vermelho para cada figura Quadrado central Triângulo de cima Triângulos de baixo Quadrados de cima Possibilidades Azul ou Vermelho (2) Vermelho ou Azul (1) × ×2 2 2 ×2 2 × × × × × × =2 1 2 2 2 2 2 64 Azul ou Vermelho (2) Amarelo (1) × ×2 2 2 ×3 3 × × × × × × =2 1 2 2 2 3 3 144 Verde (1) Vermelho, Azul (2) × ×3 3 3 ×2 2 × × × × × × =1 2 3 3 3 2 2 216 Verde (1) Amarelo (1) × ×3 3 3 ×3 3 × × × × × × =1 1 3 3 3 3 3 243 Total: + + + =64 144 216 243 667 4ª solução (usando a 2ª solução do item (b)): • Se o quadrado inferior é amarelo, os triângulos de baixo podem ser pintados de × × =3 3 3 27 modos. Se ele é azul ou vermelho, os triângulos de baixo podem ser pintados de × × =2 2 2 8modos. • Logo, o número total de possibilidades é × + × = + =27 26 8 459 20817 66717 × 27 + 26 × 8 = 459 + 208 = 667
  • 8. OBMEP 2011 – 2 a Fase Soluções – Nível 2 8 Questão 6 – Solução a) 1a solução: Na figura ao lado marcamos, em vermelho, o ângulo em B do triângulo ABC e o ângulo correspondente no polígono AMJD; em azul, marcamos o ângulo em C do triângulo ABC e o ângulo correspondente do polígono AELN. Podemos observar na parte superior da figura que o ângulo MAN é a soma desses dois ângulos com o ângulo em A do triângulo ABC; como a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180o , segue que MAN = 180o . Logo M, A e N estão alinhados. 2a solução: Observamos primeiro que AM é paralelo a BF, pois ele é obtido de BF por meio de uma rotação de 180o ; do mesmo modo, AN é paralelo a CG. Como BF e CG estão na mesma reta suporte e AM e AN tem o ponto A em comum, segue que os pontos M, A e N estão alinhados. b) Na figura os ângulos marcados em vermelho são congruentes, assim como os ângulos marcados em azul. Segue que os ângulos marcados em marrom também são congruentes, pois são ambos suplementos do ângulo vermelho; do mesmo modo, os ângulos verdes são também congruentes. Notamos agora que MN = MA+ AN = BF +CG = BC − FG = 2FG = FG = FG Segue pelo critério ALA que os triângulos FGI e MNK são congruentes. c) Na figura ao lado traçamos a base média DE do triângulo ABC. O teorema da base média nos diz que DE é paralelo a BC e queDE = 1 2 BC = FG. Segue que os triângulos FGI e EHD são congruentes, pois são retângulos, tem os ângulos verdes congruentes (pois são agudos de lados paralelos) e hipotenusas congruentes. Em particular, temos FI = EH , donde FH = FI − HI = EH − HI = EI. Logo LH = LE + EI +IH = FH + HI +IE = EF. d) A área do quadrado HJKL é igual à área do triângulo ABC, que é 9; logo o lado do quadrado mede 3. Em particular, LH = 3e segue do item anterior queEF = 3.