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1
@yahooXXXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
PRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (8º e 9º. anos)
GABARITO
GABARITO NÍVEL 2
1) A 6) D 11) E 16) D 21) D
2) B 7) C 12) C 17) C 22) C
3) D 8) D 13) B 18) B 23) B
4) B 9) D 14) C 19) D 24) A
5) B 10) A 15) E 20) B 25) B
 Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 3 = 25 pontos).
 Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site:
www.obm.org.br
1. (A) Existem 6 caminhos entre A e B com os seguintes custos de pedágio:
7 + 6 = 13
4 + 1 + 6 = 11
4 + 3 + 5 = 12
9 + 5 = 14
8 + 1 + 5 = 14
8 + 4 = 12
O valor mínimo é 11.
2. (B) O valor da área plantada com árvores é
20
120 80 120 16
100
    dividindo esse valor por 120
obtemos o dobro da largura procurada e portanto a resposta correta é 8m.
3. (D)
Se observarmos as três figuras, podemos montar o dado a partir do
recorte da figura ao lado (Perceba que não consideramos as rotações dos
números na figura ao lado). Com isso, é fácil observar que, na primeira
figura o número 5 está tocando a mesa; na segunda figura, o número 1
está tocando a mesa; na terceira figura, o número 4 está tocando a mesa.
Logo, a soma dos números de todas as faces em contato com a mesa é
igual a 5 + 1 + 4 = 10.
4. (B) Seja 20112007
x .
 A expressão do problema é equivalente à:
   
2 2 2
4 4 16 2 16 32
x x x x x
      
 
2
2 8 16
x x
  
 
2
2 4
x
 
Ou seja, 2
2 20112003
 .
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2
5. (B) Sejam A B C
  os lados do triângulo. Como A + B + C = 7, temos 2
A .
 Além disso,
A C B
  . Caso A= 1 , temos 1 6
C B, C B.
    Então C = B = 3
Caso 2,
A  temos 2 , 5 .
C B C B
    Então C = 3 e B = 2.
Daí, as triplas de inteiros que são os lados desses triângulos são
   
1 3 3
A,B,C , ,
 e  
2 2 3
, , .
6. (D) Primeiro, observe que, como o hexágono tem lados opostos paralelos, os seis triângulos
menores da figura do problema também são equiláteros, devido ao paralelismo, que mantém os
ângulos entre retas iguais a 60° (já que, inicialmente, as retas formavam ângulos de 60°, devido aos
dois triângulos equiláteros). Logo, podemos escrever as medidas dos lados como na figura:
A soma dos perímetros dos dois triângulos equiláteros é igual a )
(
3 f
e
d
c
b
a 



 , e como
cada triângulo equilátero tem perímetro cm
72 , temos 72
)
(
3 




 f
e
d
c
b
a , isto é,
24





 f
e
d
c
b
a . Como esse também é o perímetro do hexágono, temos que o perímetro
procurado é 24cm.
7. (C) Inicialmente, para cada opção calculemos o produto das vogais e consoantes de sua frase
correspondente.
A) 6  6 = 36
B) 5  6 = 30
C) 7  6 = 42
D) 8  5 = 40
E) 7  7 = 49
A única opção que corresponde ao número mencionado na opção é a alternativa C.
8. (D) Podemos contar todas as maneiras de receber o troco de 37 centavos fazendo uma
listagem de todos os recebimentos possíveis, ordenando as moedas em ordem decrescente: ou
seja, dado que w
z
y
x 1
5
10
25
37 


 , basta contar quantas soluções inteiras não-negativas
essa equação possui. Note que x representa o número de moedas de 25 centavos, y o número
de moedas de 0 centavos, z o de 5 centavos e w o de 1 centavo. As soluções são:
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3
)
37
,
0
,
0
,
0
(
);
32
,
1
,
0
,
0
(
);
27
,
2
,
0
,
0
(
);
22
,
3
,
0
,
0
(
);
17
,
4
,
0
,
0
(
);
12
,
5
,
0
,
0
(
);
7
,
6
,
0
,
0
(
);
2
,
7
,
0
,
0
(
)
27
,
0
,
1
,
0
(
);
22
,
1
,
1
,
0
(
);
17
,
2
,
1
,
0
(
);
12
,
3
,
1
,
0
(
);
7
,
4
,
1
,
0
(
);
2
,
5
,
1
,
0
(
);
17
,
0
,
2
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0
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);
12
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0
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);
7
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2
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2
,
0
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2
,
3
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2
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0
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,
1
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3
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12
,
0
,
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);
7
,
1
,
0
,
1
(
);
2
,
2
,
0
,
1
(
);
2
,
0
,
1
,
1
(
Logo, há um total de 24 maneiras.
9. (D) Note que, para um número ter exatamente 4 divisores positivos, sua fatoração em primos deve
ser da forma pq ou p³, onde p e q são primos distintos (veja porque na observação abaixo). Daí, os
números de 1 a 30 que possuem exatamente 4 divisores são os seguintes:
6 = 2.3, 10 = 2.5, 14 = 2.7, 22 = 2.11, 26 = 2.13, 15 = 3.5, 21 = 3.7, 8 = 2³, 27 = 3³.
Portanto, temos 9 números.
Observação: Dado um número em sua fatoração em primos k
k
p
p
p
n 


...
2
1
2
1
 , o número de divisores
positivos de n é igual a )
1
)...(
1
)(
1
( 2
1 k


 

 . Para ver porque, observe que todo divisor de n é
da forma k
k
p
p
p 


...
2
1
2
1 , com i
i 
 

1 , para todo i de 1 até k. Com isso, temos )
1
( 1

 escolhas
para 1
 , )
1
( 2

 escolhas para 2
 , ..., )
1
( k

 escolhas para k
 . Logo, temos ao todo
)
1
)...(
1
)(
1
( 2
1 k


 

 escolhas para os s
'
 , e como cada escolha define um divisor, a
demonstração está completa.
10. (A) Sejam e 2
BAC, ADE BCA.
      Temos 50
ABC .
    Pelo teorema do ângulo
externo no triângulo BCD: 50 90
    (*)
Além disso, 2 2 50 180
   pelo soma dos ângulos internos do ABC.
 Substituindo o valor de
180 50
65
2

     em (*), temos 25.
 
A
E
D
B
 + 50
 + 




C
11. (E) Seja x o número que iremos subtrair do numerador e do denominador. Temos:
13 14
169 13 196 14 27
14 13
x
x x x .
x

      

12. (C) Podemos agrupar os números de 4 em 4 cujo produto de seus membros termina em 4:
termina em 4 termina em 4 termina em 4
1 2 3 4 6 7 8 9 11 12 13 14...
          
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4
como temos uma quantidade par de grupos, o algarismo das unidades e do produto é 6.
13. (B)
X
p
p
M
O N Y
l l
Pelo teorema de Pitágoras nos triângulos XON
 e MOY
 temos
2 2 2
2 2 2
4 22
4 19
p l
l p
  


 


Daí,    
2 2 2 2 2 2
4
4 22 19 26
5
XY p l
    
14. (C) Vamos contar o número de pedaços e folhas: temos (n – 1) pedaços que foram rasgados só
uma vez, (n – 1) pedaços que foram rasgados duas vezes e n pedaços que foram rasgados três vezes.
Logo, o total de pedaços é igual a 3n – 2. Como 28 = 3.10 – 2 (aqui atribuímos n = 10), 28 pode ser o
total de pedaços obtidos por Esmeralda. Pode-se notar ainda que não podemos ter 3n – 2 = 15 ou 18
ou 24 ou 26.
15. (E) No conjunto {5, 10, 20} podemos escolher no máximo dois números. No conjunto {1, 2, 3,
4} podemos escolher no máximo 3 números. Em cada um dos conjuntos {6, 12}, {7, 14}, {8, 16} e
{9, 18} podemos escolher no máximo 5 números.
Logo, o total de números que podemos escolher é no máximo 2 + 3 + 4 + 5 = 14.
Um exemplo de tal conjunto é {1, 3, 4, 5, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20}.
16. (D) A figura que Topázio desenhou é a união de duas figuras que podem ser desenhadas sem tirar
o lápis do papel e que se intersectam em no máximo dois vértices. Vamos denotar o início da caminho
com o símbolo  e o seu final com . As setas indicam a ordem do caminho.
+ =




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5
+ =


 = 
 = 
+ =




+ =
Um desenho que pode ser feito sem tirar o lápis do papel possui no máximo dois vértices de grau
ímpar. A união de dois desenhos desse tipo, possui no máximo 4 vértices de grau ímpar. A figura D
possui 8 vértices de grau ímpar e consequentemente não foi desenhada por Topázio.
17. (C)
D
E
B
A
 
40 +  40 + 
C
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6
Sejam BAE
  e D AC.
  Como BD AB,
 40
BDA .
    Analogamente, 40
AEC .
    A
soma dos ângulos internos do AED
 produz 120 180 60 .
        Portanto,
40 100
BAC .
       
18. (B) Sejam C, E e B os números das respostas corretas,erradas e em branco, respectivamente. Pelo
enunciado, 4 52 e 24
C E C E B
    
Somando as duas equações obtemos 5 76
C B .
  Daí, 15
C .
 Para C = 15, temos B = 1 e E = 8.
19. (D) Se 1
10 10
k k
N 
  então
1
2 2
10 10
k
k
N

  enquanto que 2 1
10 10
100
k k
N
.
 
  Daí, a
operação de dividir por 100 reduz mais a quantidade de dígitos do que a operação de extrair a raiz
quadrada quando o número possui mais que cinco dígitos. Após as 4 primeiras operações, o número
que aparece na tela é no máximo 2011 20112011
, x
 .
Se nas próximas operações o número não for dividido por 100, precisaremos de no máximo quatro
operações para obter um número menor que 2. Se na próxima operação dividirmos por 100,
obteremos 20,1120112011 e nesse caso precisaremos de no máximo três operações para obtermos um
número menor que 2.
20. (B) Começaremos escolhendo a cor do centro, posteriormente as cores das pontas da cruz central
e por último as cores dos quadrados nos cantos. Vamos dividir a coloração da cruz em quatro casos
correspondendo as possíveis colorações dos vértices da cruz:
A
B
C
B
A
1ª. Aparecem duas
cores alternadas no
vértice.
A
A
C
B
B
2ª. Aparecem duas
cores não alternadas e
em mesma
quantidade.
A
B
C
B
B
3ª. Aparecem duas
cores em quantidades
diferentes.
A
A
C
A
A
4ª. Aparece uma única
cor.
Uma vez que escolhemos as cores da cruz, termo uma ou duas possibilidades para cada vértice : 1 se
os quadrados adjacentes possuem cores diferentes e 2 caso contrário.
Para o centro temos três possibilidades e, para cada escolha, há duas escolhas para A e B. Total de
colorações em cada caso:
1º. caso: 3  2  20
= 6
2º. caso: 3  2  22
 2 = 48
3º. caso: 3  2  22
 4 = 96
4º. caso: 3  2  24
= 96
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7
Total: 246.
21. (D) Se hoje está chovendo, X deve obrigatoriamente ser um OVNI – nerd. Além disso, W não
pode ser um ET-nerd, pois caso contrário estaria falando a verdade em um dia de chuva. Temos então
a seguinte distribuição:
(X, Y, Z, W) = (OVNI, UFO ou ET, UFO ou ET, OVNI ou UFO).
Se hoje não está chovendo, X mentiu e não pode ser um ET-nerd. As próximas três falas são
verdadeiras, logo temos a seguinte distribuição.
(X, Y, Z, W) = (UFO, ET ou OVNI, ET ou OVNI, ET ou OVNI).
Portanto, é possível que haja um UFO nerd e três ET-nerds.
22. (C) 12 12
1 4096
5 10
 concluímos que o primeiro dígito não nulo após a vírgula de 12
1
5
é 4.
23. (B) Como 2010 67 3 5 2
    e qualquer número de conjunto  
3 5 3 2 5 2 3 5 2 3 5 2 1
, , , , , , ,
     é
menor que 32, concluímos que 2010 não serve para Esmeralda. Contudo, 2009 = 41  49 satisfaz as
condições impostas por Esmeralda.
24. (A)
C
10
Q
D
A
B
60
60
10
60
Como o quadrilátero ABQD é cíclico, temos que 60
BQC BAD .
   Além disso, como ABCD é um
paralelogramo, temos 60
BCQ BAD .
   Daí, BCQ
 é equilátero e 10
CQ BC
  .
25. (B) Na soma dos números escritos em lados alternados do hexágono, aparecem produtos de
números no conjunto  
1 2 3 4 5 6
, , , , , . Essa soma é mínima se os maiores números são multiplicados
pelos menores números. Se os números  
5 6 4
, , não são adjacentes no hexágono, temos 6 possíveis
distribuições.
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8
6
2
3
5 4
1
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3
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2
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2
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3
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3
2
5 4
1
6
2
1
5 4
3
6
Dessas configurações, a menor soma é 58. Se pelo menos dois números do conjunto {4, 5, 6} são
adjacentes, é fácil ver que a soma é maior que 58.

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  • 1. XXXIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br 1 @yahooXXXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE – NÍVEL 2 (8º e 9º. anos) GABARITO GABARITO NÍVEL 2 1) A 6) D 11) E 16) D 21) D 2) B 7) C 12) C 17) C 22) C 3) D 8) D 13) B 18) B 23) B 4) B 9) D 14) C 19) D 24) A 5) B 10) A 15) E 20) B 25) B  Cada questão da Primeira Fase vale 1 ponto. (Total de pontos no Nível 3 = 25 pontos).  Aguarde a publicação da Nota de Corte de promoção à Segunda Fase no site: www.obm.org.br 1. (A) Existem 6 caminhos entre A e B com os seguintes custos de pedágio: 7 + 6 = 13 4 + 1 + 6 = 11 4 + 3 + 5 = 12 9 + 5 = 14 8 + 1 + 5 = 14 8 + 4 = 12 O valor mínimo é 11. 2. (B) O valor da área plantada com árvores é 20 120 80 120 16 100     dividindo esse valor por 120 obtemos o dobro da largura procurada e portanto a resposta correta é 8m. 3. (D) Se observarmos as três figuras, podemos montar o dado a partir do recorte da figura ao lado (Perceba que não consideramos as rotações dos números na figura ao lado). Com isso, é fácil observar que, na primeira figura o número 5 está tocando a mesa; na segunda figura, o número 1 está tocando a mesa; na terceira figura, o número 4 está tocando a mesa. Logo, a soma dos números de todas as faces em contato com a mesa é igual a 5 + 1 + 4 = 10. 4. (B) Seja 20112007 x .  A expressão do problema é equivalente à:     2 2 2 4 4 16 2 16 32 x x x x x          2 2 8 16 x x      2 2 4 x   Ou seja, 2 2 20112003  .
  • 2. XXXIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br 2 5. (B) Sejam A B C   os lados do triângulo. Como A + B + C = 7, temos 2 A .  Além disso, A C B   . Caso A= 1 , temos 1 6 C B, C B.     Então C = B = 3 Caso 2, A  temos 2 , 5 . C B C B     Então C = 3 e B = 2. Daí, as triplas de inteiros que são os lados desses triângulos são     1 3 3 A,B,C , ,  e   2 2 3 , , . 6. (D) Primeiro, observe que, como o hexágono tem lados opostos paralelos, os seis triângulos menores da figura do problema também são equiláteros, devido ao paralelismo, que mantém os ângulos entre retas iguais a 60° (já que, inicialmente, as retas formavam ângulos de 60°, devido aos dois triângulos equiláteros). Logo, podemos escrever as medidas dos lados como na figura: A soma dos perímetros dos dois triângulos equiláteros é igual a ) ( 3 f e d c b a      , e como cada triângulo equilátero tem perímetro cm 72 , temos 72 ) ( 3       f e d c b a , isto é, 24       f e d c b a . Como esse também é o perímetro do hexágono, temos que o perímetro procurado é 24cm. 7. (C) Inicialmente, para cada opção calculemos o produto das vogais e consoantes de sua frase correspondente. A) 6  6 = 36 B) 5  6 = 30 C) 7  6 = 42 D) 8  5 = 40 E) 7  7 = 49 A única opção que corresponde ao número mencionado na opção é a alternativa C. 8. (D) Podemos contar todas as maneiras de receber o troco de 37 centavos fazendo uma listagem de todos os recebimentos possíveis, ordenando as moedas em ordem decrescente: ou seja, dado que w z y x 1 5 10 25 37     , basta contar quantas soluções inteiras não-negativas essa equação possui. Note que x representa o número de moedas de 25 centavos, y o número de moedas de 0 centavos, z o de 5 centavos e w o de 1 centavo. As soluções são:
  • 3. XXXIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br 3 ) 37 , 0 , 0 , 0 ( ); 32 , 1 , 0 , 0 ( ); 27 , 2 , 0 , 0 ( ); 22 , 3 , 0 , 0 ( ); 17 , 4 , 0 , 0 ( ); 12 , 5 , 0 , 0 ( ); 7 , 6 , 0 , 0 ( ); 2 , 7 , 0 , 0 ( ) 27 , 0 , 1 , 0 ( ); 22 , 1 , 1 , 0 ( ); 17 , 2 , 1 , 0 ( ); 12 , 3 , 1 , 0 ( ); 7 , 4 , 1 , 0 ( ); 2 , 5 , 1 , 0 ( ); 17 , 0 , 2 , 0 ( ); 12 , 1 , 2 , 0 ( ); 7 , 2 , 2 , 0 ( ); 2 , 3 , 2 , 0 ( ); 7 , 0 , 3 , 0 ( ); 2 , 1 , 3 , 0 ( ); 12 , 0 , 0 , 1 ( ); 7 , 1 , 0 , 1 ( ); 2 , 2 , 0 , 1 ( ); 2 , 0 , 1 , 1 ( Logo, há um total de 24 maneiras. 9. (D) Note que, para um número ter exatamente 4 divisores positivos, sua fatoração em primos deve ser da forma pq ou p³, onde p e q são primos distintos (veja porque na observação abaixo). Daí, os números de 1 a 30 que possuem exatamente 4 divisores são os seguintes: 6 = 2.3, 10 = 2.5, 14 = 2.7, 22 = 2.11, 26 = 2.13, 15 = 3.5, 21 = 3.7, 8 = 2³, 27 = 3³. Portanto, temos 9 números. Observação: Dado um número em sua fatoração em primos k k p p p n    ... 2 1 2 1  , o número de divisores positivos de n é igual a ) 1 )...( 1 )( 1 ( 2 1 k       . Para ver porque, observe que todo divisor de n é da forma k k p p p    ... 2 1 2 1 , com i i     1 , para todo i de 1 até k. Com isso, temos ) 1 ( 1   escolhas para 1  , ) 1 ( 2   escolhas para 2  , ..., ) 1 ( k   escolhas para k  . Logo, temos ao todo ) 1 )...( 1 )( 1 ( 2 1 k       escolhas para os s '  , e como cada escolha define um divisor, a demonstração está completa. 10. (A) Sejam e 2 BAC, ADE BCA.       Temos 50 ABC .     Pelo teorema do ângulo externo no triângulo BCD: 50 90     (*) Além disso, 2 2 50 180    pelo soma dos ângulos internos do ABC.  Substituindo o valor de 180 50 65 2       em (*), temos 25.   A E D B  + 50  +      C 11. (E) Seja x o número que iremos subtrair do numerador e do denominador. Temos: 13 14 169 13 196 14 27 14 13 x x x x . x          12. (C) Podemos agrupar os números de 4 em 4 cujo produto de seus membros termina em 4: termina em 4 termina em 4 termina em 4 1 2 3 4 6 7 8 9 11 12 13 14...           
  • 4. XXXIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br 4 como temos uma quantidade par de grupos, o algarismo das unidades e do produto é 6. 13. (B) X p p M O N Y l l Pelo teorema de Pitágoras nos triângulos XON  e MOY  temos 2 2 2 2 2 2 4 22 4 19 p l l p          Daí,     2 2 2 2 2 2 4 4 22 19 26 5 XY p l      14. (C) Vamos contar o número de pedaços e folhas: temos (n – 1) pedaços que foram rasgados só uma vez, (n – 1) pedaços que foram rasgados duas vezes e n pedaços que foram rasgados três vezes. Logo, o total de pedaços é igual a 3n – 2. Como 28 = 3.10 – 2 (aqui atribuímos n = 10), 28 pode ser o total de pedaços obtidos por Esmeralda. Pode-se notar ainda que não podemos ter 3n – 2 = 15 ou 18 ou 24 ou 26. 15. (E) No conjunto {5, 10, 20} podemos escolher no máximo dois números. No conjunto {1, 2, 3, 4} podemos escolher no máximo 3 números. Em cada um dos conjuntos {6, 12}, {7, 14}, {8, 16} e {9, 18} podemos escolher no máximo 5 números. Logo, o total de números que podemos escolher é no máximo 2 + 3 + 4 + 5 = 14. Um exemplo de tal conjunto é {1, 3, 4, 5, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20}. 16. (D) A figura que Topázio desenhou é a união de duas figuras que podem ser desenhadas sem tirar o lápis do papel e que se intersectam em no máximo dois vértices. Vamos denotar o início da caminho com o símbolo  e o seu final com . As setas indicam a ordem do caminho. + =    
  • 5. XXXIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br 5 + =    =   =  + =     + = Um desenho que pode ser feito sem tirar o lápis do papel possui no máximo dois vértices de grau ímpar. A união de dois desenhos desse tipo, possui no máximo 4 vértices de grau ímpar. A figura D possui 8 vértices de grau ímpar e consequentemente não foi desenhada por Topázio. 17. (C) D E B A   40 +  40 +  C
  • 6. XXXIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br 6 Sejam BAE   e D AC.   Como BD AB,  40 BDA .     Analogamente, 40 AEC .     A soma dos ângulos internos do AED  produz 120 180 60 .         Portanto, 40 100 BAC .         18. (B) Sejam C, E e B os números das respostas corretas,erradas e em branco, respectivamente. Pelo enunciado, 4 52 e 24 C E C E B      Somando as duas equações obtemos 5 76 C B .   Daí, 15 C .  Para C = 15, temos B = 1 e E = 8. 19. (D) Se 1 10 10 k k N    então 1 2 2 10 10 k k N    enquanto que 2 1 10 10 100 k k N .     Daí, a operação de dividir por 100 reduz mais a quantidade de dígitos do que a operação de extrair a raiz quadrada quando o número possui mais que cinco dígitos. Após as 4 primeiras operações, o número que aparece na tela é no máximo 2011 20112011 , x  . Se nas próximas operações o número não for dividido por 100, precisaremos de no máximo quatro operações para obter um número menor que 2. Se na próxima operação dividirmos por 100, obteremos 20,1120112011 e nesse caso precisaremos de no máximo três operações para obtermos um número menor que 2. 20. (B) Começaremos escolhendo a cor do centro, posteriormente as cores das pontas da cruz central e por último as cores dos quadrados nos cantos. Vamos dividir a coloração da cruz em quatro casos correspondendo as possíveis colorações dos vértices da cruz: A B C B A 1ª. Aparecem duas cores alternadas no vértice. A A C B B 2ª. Aparecem duas cores não alternadas e em mesma quantidade. A B C B B 3ª. Aparecem duas cores em quantidades diferentes. A A C A A 4ª. Aparece uma única cor. Uma vez que escolhemos as cores da cruz, termo uma ou duas possibilidades para cada vértice : 1 se os quadrados adjacentes possuem cores diferentes e 2 caso contrário. Para o centro temos três possibilidades e, para cada escolha, há duas escolhas para A e B. Total de colorações em cada caso: 1º. caso: 3  2  20 = 6 2º. caso: 3  2  22  2 = 48 3º. caso: 3  2  22  4 = 96 4º. caso: 3  2  24 = 96
  • 7. XXXIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br 7 Total: 246. 21. (D) Se hoje está chovendo, X deve obrigatoriamente ser um OVNI – nerd. Além disso, W não pode ser um ET-nerd, pois caso contrário estaria falando a verdade em um dia de chuva. Temos então a seguinte distribuição: (X, Y, Z, W) = (OVNI, UFO ou ET, UFO ou ET, OVNI ou UFO). Se hoje não está chovendo, X mentiu e não pode ser um ET-nerd. As próximas três falas são verdadeiras, logo temos a seguinte distribuição. (X, Y, Z, W) = (UFO, ET ou OVNI, ET ou OVNI, ET ou OVNI). Portanto, é possível que haja um UFO nerd e três ET-nerds. 22. (C) 12 12 1 4096 5 10  concluímos que o primeiro dígito não nulo após a vírgula de 12 1 5 é 4. 23. (B) Como 2010 67 3 5 2     e qualquer número de conjunto   3 5 3 2 5 2 3 5 2 3 5 2 1 , , , , , , ,      é menor que 32, concluímos que 2010 não serve para Esmeralda. Contudo, 2009 = 41  49 satisfaz as condições impostas por Esmeralda. 24. (A) C 10 Q D A B 60 60 10 60 Como o quadrilátero ABQD é cíclico, temos que 60 BQC BAD .    Além disso, como ABCD é um paralelogramo, temos 60 BCQ BAD .    Daí, BCQ  é equilátero e 10 CQ BC   . 25. (B) Na soma dos números escritos em lados alternados do hexágono, aparecem produtos de números no conjunto   1 2 3 4 5 6 , , , , , . Essa soma é mínima se os maiores números são multiplicados pelos menores números. Se os números   5 6 4 , , não são adjacentes no hexágono, temos 6 possíveis distribuições.
  • 8. XXXIII Olimpíada Brasileira de Matemática – Primeira Fase – Gabarito – Nível 2 www.obm.org.br 8 6 2 3 5 4 1 1 3 5 4 2 6 3 1 5 4 2 6 1 2 5 4 3 6 3 2 5 4 1 6 2 1 5 4 3 6 Dessas configurações, a menor soma é 58. Se pelo menos dois números do conjunto {4, 5, 6} são adjacentes, é fácil ver que a soma é maior que 58.