Pular para o conteúdo
Menu
H+ HUB da MatemáticaPortal HUBMAT
H+ HUB da MatemáticaPortal HUBMAT
H+HUBMAT OBMEPComeçar
EXPERIÊNCIA HUBMAT • GRATUITA

Questões OBMEP.
Treine com clareza.

Escolha o nível, a fase e a quantidade. Ano e assunto aparecem somente quando houver questões disponíveis para a sua seleção.

Estudo acompanhadoQuestões de provas
Níveis 1, 2 e 31ª e 2ª fases
ESTUDO ACOMPANHADO

Investigue com questões de provas.

Dezoito questões, três níveis e nove pares de famílias. Escreva uma primeira ideia, compare com a resolução da questão e tente o outro caso do par. As descrições em texto incluem os dados dos desenhos; as reproduções e fontes estão junto de cada questão.

Este percurso é uma seleção para estudo acompanhado. A prática guiada HUBMAT e as 694 questões de provas para consulta continuam disponíveis abaixo.

As questões, descrições e referências podem ser lidas em texto. Com JavaScript, seus rascunhos e primeiras versões podem ser guardados.

Nível 1 · três pares para investigar

Área por decomposição e composição

Folhas, quadrados e dobras

OBMEP 2015 · nível 1 · segunda fase · questão 3

Lucinha tem três folhas retangulares iguais, de 20 cm de altura e 30 cm de largura. a) Na primeira folha, ela faz um traço vertical a 4 cm da margem esquerda e outro horizontal a 7 cm da margem superior. Os traços atravessam a folha e a dividem em quatro retângulos. Um deles tem a maior área. Qual é essa área? b) Ajude Lucinha a dividir a segunda folha em quadrados iguais, desenhando traços paralelos às margens, de modo que os quadrados tenham a maior área possível. Você pode descrever onde faria os traços. c) A terceira folha é amarela na frente e verde no verso. Lucinha faz uma dobra vertical a 8 cm da margem esquerda, levando a faixa esquerda para a direita sobre a folha. Em seguida, faz uma dobra horizontal a uma certa distância da margem inferior, levando a faixa inferior para cima. Na última figura, a parte amarela que continua descoberta é um retângulo no canto superior direito; a parte dobrada, verde, cobre uma faixa à esquerda e uma faixa embaixo. O perímetro do retângulo amarelo descoberto é 54 cm. Qual é a distância da segunda dobra à margem inferior? Descrição das figuras: os retângulos iniciais têm altura 20 cm e largura 30 cm. No item a, os dois traços são paralelos às margens, com as distâncias de 4 cm e 7 cm acima indicadas. No item b, a folha está inteira, sem traços. No item c, a sequência mostra a primeira dobra e depois a segunda; o sinal de interrogação marca a distância entre a linha da segunda dobra e a margem inferior antes de dobrá-la.

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 03, OBMEP 2015, nível 1, página 4
OBMEP 2015 · nível 1 · segunda fase · questão 3 · página 4 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 4

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

a) Determinar e comparar as áreas As larguras são 4 cm e 30−4 = 26 cm; as alturas são 7 cm e 20−7 = 13 cm. As quatro áreas são 28 cm², 52 cm², 182 cm² e 338 cm². O maior retângulo mede 26 × 13, com área 338 cm². A justificativa identifica as medidas, a multiplicação e a comparação. b) Construir os maiores quadrados iguais O lado deve dividir as duas dimensões. O maior divisor comum de 20 e 30 é 10 cm. Faça um traço horizontal a 10 cm da margem superior e dois verticais a 10 cm e 20 cm da margem esquerda. Isso forma seis quadrados de lado 10 cm e área 100 cm² cada. Para justificar que um lado maior não funciona: com lado maior que 10, só caberia uma fileira na altura 20, exigindo lado 20, que não divide a largura 30. c) Relacionar as dobras ao contorno descoberto A faixa de 8 cm cobre outros 8 cm ao dobrar, deixando largura amarela 30−2 × 8 = 14 cm. Se d é a distância da segunda dobra à margem inferior, a altura amarela é 20−2 d. O perímetro 54 dá 14+(20−2 d) = 27; logo 2 d = 7 e d = 3,5 cm. A conferência é 2 × (14+13) = 54 cm.

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 03, OBMEP 2015, nível 1, página 2
OBMEP 2015 · nível 1 · segunda fase · questão 3 · página 2 · Abrir reprodução ampliada ↗
Reprodução da resolução 03, OBMEP 2015, nível 1, página 3
OBMEP 2015 · nível 1 · segunda fase · questão 3 · página 3 · Abrir reprodução ampliada ↗
Reprodução da resolução 03, OBMEP 2015, nível 1, página 4
OBMEP 2015 · nível 1 · segunda fase · questão 3 · página 4 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 2, 3, 4

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 2, 3, 4

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Determinar e comparar as áreas

    As larguras são 4 cm e 30−4 = 26 cm; as alturas são 7 cm e 20−7 = 13 cm. As quatro áreas são 28 cm², 52 cm², 182 cm² e 338 cm². O maior retângulo mede 26 × 13, com área 338 cm². A justificativa identifica as medidas, a multiplicação e a comparação.

    Um caminho parcial: Encontrar 26 ou 13, ou calcular uma das quatro áreas, é uma etapa. Complete a outra dimensão e explique por que 26 × 13 é a maior área; não confunda centímetros com centímetros quadrados.

  2. b) Construir os maiores quadrados iguais

    O lado deve dividir as duas dimensões. O maior divisor comum de 20 e 30 é 10 cm. Faça um traço horizontal a 10 cm da margem superior e dois verticais a 10 cm e 20 cm da margem esquerda. Isso forma seis quadrados de lado 10 cm e área 100 cm² cada. Para justificar que um lado maior não funciona: com lado maior que 10, só caberia uma fileira na altura 20, exigindo lado 20, que não divide a largura 30.

    Um caminho parcial: Uma divisão correta em quadrados iguais é útil, mas ainda precisa mostrar que eles são os maiores possíveis. Uma proposta de lado 10 deve incluir os traços e a justificativa de que as duas dimensões são múltiplas dele.

  3. c) Relacionar as dobras ao contorno descoberto

    A faixa de 8 cm cobre outros 8 cm ao dobrar, deixando largura amarela 30−2 × 8 = 14 cm. Se d é a distância da segunda dobra à margem inferior, a altura amarela é 20−2 d. O perímetro 54 dá 14+(20−2 d) = 27; logo 2 d = 7 e d = 3,5 cm. A conferência é 2 × (14+13) = 54 cm.

    Um caminho parcial: Reconhecer a largura 14 cm ou o semiperímetro 27 cm é uma etapa. Complete a altura descoberta e explique por que a dobra retira duas vezes a distância d dessa altura; descontar d uma única vez não representa a figura.

Outros caminhos para comparar
  • Calcule separadamente as quatro áreas do item a; no item b, desenhe a malha com duas fileiras e três colunas e justifique o tamanho máximo.
  • No item c, primeiro encontre a largura amarela. Depois use o semiperímetro 27 cm para obter a altura 13 cm; o trecho coberto de 7 cm resulta de duas faixas de mesma altura, dando 3,5 cm para a dobra.

Na questão de 2019, use novamente a decomposição em figuras simples para calcular áreas de regiões coloridas. Compare quais comprimentos são dados e quais precisam ser deduzidos antes de somar as áreas.

Outro caso do par: Áreas de uma figura colorida

Áreas de uma figura colorida

OBMEP 2019 · nível 1 · segunda fase · questão 4

A figura tem um quadrado de lado 1 cm. Os quatro triângulos azuis são iguais, assim como os dois triângulos amarelos menores. Cada um dos quatro triângulos amarelos maiores tem base igual a um lado do quadrado, altura de 1 cm em relação a essa base e os outros dois lados iguais. Dois lados do quadrilátero rosa são paralelos aos lados do quadrado. Descrição da figura, com letras usadas apenas para localizar as partes: chame os vértices do quadrado de A(superior esquerdo), B(superior direito), C(inferior direito) e D(inferior esquerdo). M e N ficam no meio dos lados AD e BC. Dentro do quadrado, estão traçados os segmentos AN, BM, CM e DN. Os dois primeiros se cruzam em U e os dois últimos em V. Os quatro triângulos azuis são AMU, MDV, BNU e NCV. Os pequenos triângulos amarelos são ABU e DCV. A região central MUNV é branca. Fora do quadrado há um triângulo amarelo isósceles sobre cada lado: o de cima tem ápice E acima do meio de AB; o da esquerda tem ápice F à esquerda do meio de AD. Os outros dois estão à direita de BC e abaixo de DC. Todos têm altura 1 cm. O quadrilátero rosa tem vértices A, E, G, F, onde G é o encontro da horizontal que passa por E com a vertical que passa por F; seus lados GE e GF são paralelos aos lados do quadrado. As regiões se encontram somente pelos lados, sem sobreposição. a) Qual é a área da região formada pelos triângulos azuis? b) Qual é a área da região formada pelos triângulos amarelos? c) Qual é a área do quadrilátero rosa?

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 04, OBMEP 2019, nível 1, página 5
OBMEP 2019 · nível 1 · segunda fase · questão 4 · página 5 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 5

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

a) Decompor o quadrado para medir a região azul O quadrado tem área 1 cm². Trace uma vertical pelo meio do quadrado e horizontais pelos pontos U, M/N e V. A figura fica dividida em 16 triângulos de mesma área; oito deles compõem a região azul. Assim, a área azul é 8/16 = 0,5 cm². Também se pode mostrar que cada um dos quatro triângulos azuis tem base 0,5 cm e altura 0,5 cm, logo área 0,125 cm². b) Somar as partes amarelas internas e externas Cada triângulo amarelo externo tem área 1 × 1/2 = 0,5 cm², totalizando 2 cm². Dentro do quadrado, os dois triângulos amarelos somam 4/16 = 0,25 cm². A região amarela total é 2+0,25 = 2,25 cm². A contagem inclui as partes internas e as externas uma única vez. c) Decompor a região rosa em partes de área conhecida A região rosa pode ser dividida por uma horizontal e uma vertical passando por A em um quadrado de lado 1 cm e dois triângulos retângulos congruentes. Cada triângulo tem catetos 1 cm e 0,5 cm, com área 0,25 cm². Assim, área rosa = 1+2 × 0,25 = 1,5 cm². Uma decomposição diferente é válida se justificar as medidas e não omitir nem sobrepor partes.

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 04, OBMEP 2019, nível 1, página 5
OBMEP 2019 · nível 1 · segunda fase · questão 4 · página 5 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 5

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 5

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Decompor o quadrado para medir a região azul

    O quadrado tem área 1 cm². Trace uma vertical pelo meio do quadrado e horizontais pelos pontos U, M/N e V. A figura fica dividida em 16 triângulos de mesma área; oito deles compõem a região azul. Assim, a área azul é 8/16 = 0,5 cm². Também se pode mostrar que cada um dos quatro triângulos azuis tem base 0,5 cm e altura 0,5 cm, logo área 0,125 cm².

    Um caminho parcial: Identificar a área 1 cm² do quadrado ou contar quatro triângulos azuis é uma etapa. É preciso justificar a área de cada parte ou a igualdade das 16 partes antes de concluir a área total.

  2. b) Somar as partes amarelas internas e externas

    Cada triângulo amarelo externo tem área 1 × 1/2 = 0,5 cm², totalizando 2 cm². Dentro do quadrado, os dois triângulos amarelos somam 4/16 = 0,25 cm². A região amarela total é 2+0,25 = 2,25 cm². A contagem inclui as partes internas e as externas uma única vez.

    Um caminho parcial: Calcular os 2 cm² dos quatro triângulos externos é útil, mas faltam os dois triângulos internos. Calcular só as partes internas também não responde ao total; identifique ambas as parcelas.

  3. c) Decompor a região rosa em partes de área conhecida

    A região rosa pode ser dividida por uma horizontal e uma vertical passando por A em um quadrado de lado 1 cm e dois triângulos retângulos congruentes. Cada triângulo tem catetos 1 cm e 0,5 cm, com área 0,25 cm². Assim, área rosa = 1+2 × 0,25 = 1,5 cm². Uma decomposição diferente é válida se justificar as medidas e não omitir nem sobrepor partes.

    Um caminho parcial: Reconhecer o quadrado de área 1 cm² é uma etapa. Complete as duas regiões triangulares e justifique seus catetos; usar apenas a área do quadrado não cobre toda a região rosa.

Outros caminhos para comparar
  • Acrescente linhas auxiliares paralelas aos lados dentro do quadrado e compare as 16 pequenas regiões congruentes; depois some separadamente as áreas azuis e amarelas.
  • Para a região rosa, use um retângulo de 1,5 cm por 1,5 cm e retire os dois triângulos fora do quadrilátero: cada um tem área 0,375 cm². A diferença 2,25−0,75 = 1,5 cm² confirma a decomposição em um quadrado e dois triângulos.

Na questão das folhas de 2015, compare como uma divisão em retângulos e quadrados ajuda a obter medidas e áreas. Em ambos os casos, explique por que as partes escolhidas cobrem exatamente a região pedida.

Soma ponderada e possibilidades de pontuação

Notas na malha triangular

OBMEP 2015 · nível 1 · segunda fase · questão 5

Descrição em texto da malha: a professora Isabel aplicou uma prova com 10 questões. Cada questão recebe 0,0; 0,5 ou 1,0 ponto. A malha tem todos os pontos representados por trios de inteiros não negativos (z, m, u) com z + m + u = 10. Cada ponto é único. z conta as questões com nota zero, m as questões com nota meio e u as questões com nota um. Na figura, esses números são as distâncias, em unidades da malha, até os lados marcados zero, meio e um, respectivamente; o triângulo tem altura 10 unidades da malha. Os exemplos são A = (2, 3, 5), com nota 6,5; B = (7, 3, 0), com nota 1,5; C = (0, 10, 0), com nota 5,0. O ponto D desenhado no item a é (1, 5, 4). a) Qual foi a nota obtida pelo aluno D? b) Quantos pontos da malha estão associados a alunos que tiram zero em exatamente quatro questões? c) Indique todos os pontos associados a alunos com nota igual ou maior que 7,0. Na prova, esses pontos são assinalados na malha; no texto, podem ser identificados pelos trios (z, m, u).

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 05, OBMEP 2015, nível 1, página 6
OBMEP 2015 · nível 1 · segunda fase · questão 5 · página 6 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 6

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

a) Ler a composição da nota de D D corresponde a uma nota zero, cinco notas meio e quatro notas um. Calcule 1 × 0 + 5 × 0,5 + 4 × 1 = 6,5 pontos. As quantidades somam 10 questões. b) Contar sem repetir os pontos com quatro notas zero Fixando z = 4, restam m + u = 6. u pode ser cada inteiro de 0 a 6 e determina m = 6 − u. Assim há exatamente 7 pontos distintos. c) Identificar todos os pontos com nota pelo menos 7 Use m/2 + u ≥ 7, ou m + 2 u ≥ 14, junto de z + m + u = 10. Os pares (u, m) possíveis são: u = 4 com m = 6; u = 5 com m = 4 ou 5; u = 6 com m = 2, 3 ou 4; u = 7 com m = 0, 1, 2 ou 3; u = 8 com m = 0, 1 ou 2; u = 9 com m = 0 ou 1; u = 10 com m = 0. Em cada caso z = 10 − m − u. São 16 pontos, e essa lista identifica todos os que devem ser marcados.

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 05, OBMEP 2015, nível 1, página 5
OBMEP 2015 · nível 1 · segunda fase · questão 5 · página 5 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 5

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 5

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Ler a composição da nota de D

    D corresponde a uma nota zero, cinco notas meio e quatro notas um. Calcule 1 × 0 + 5 × 0,5 + 4 × 1 = 6,5 pontos. As quantidades somam 10 questões.

    Um caminho parcial: Ler corretamente parte das três quantidades é um começo. Complete a leitura e a soma ponderada; somar apenas as quantidades não dá a nota.

  2. b) Contar sem repetir os pontos com quatro notas zero

    Fixando z = 4, restam m + u = 6. u pode ser cada inteiro de 0 a 6 e determina m = 6 − u. Assim há exatamente 7 pontos distintos.

    Um caminho parcial: A condição m + u = 6 ou uma lista de alguns trios ajuda. Complete a lista de 0 a 6, incluindo as duas extremidades, e explique por que não há outros pontos.

  3. c) Identificar todos os pontos com nota pelo menos 7

    Use m/2 + u ≥ 7, ou m + 2 u ≥ 14, junto de z + m + u = 10. Os pares (u, m) possíveis são: u = 4 com m = 6; u = 5 com m = 4 ou 5; u = 6 com m = 2, 3 ou 4; u = 7 com m = 0, 1, 2 ou 3; u = 8 com m = 0, 1 ou 2; u = 9 com m = 0 ou 1; u = 10 com m = 0. Em cada caso z = 10 − m − u. São 16 pontos, e essa lista identifica todos os que devem ser marcados.

    Um caminho parcial: Um ponto correto, uma desigualdade válida ou uma linha correta da lista é parte do caminho. Complete as possibilidades, incluindo nota exatamente 7, e justifique que nenhum ponto foi omitido.

Outros caminhos para comparar
  • Liste os valores inteiros de u de 0 a 10. Para cada um, combine 0 ≤ m ≤ 10 − u com m ≥ 14 − 2 u; recupere z pela soma 10.
  • Na malha original, as linhas de nota constante são paralelas. Identifique a linha de nota 7 e todos os pontos do lado com notas maiores; compare com a lista de trios para conferir as fronteiras.

Na questão das argolas de 2019, associe cada acerto ao peso correto na tabela e confira as possibilidades que respeitam a figura. Compare como uma soma ponderada representa a nota da prova e a pontuação dos lançamentos.

Outro caso do par: Lançamentos e pontuação das argolas

Lançamentos e pontuação das argolas

OBMEP 2019 · nível 1 · segunda fase · questão 1

Marcelo lança cinco argolas em um pino de madeira, uma de cada vez. Quando uma argola acerta o pino, ele ganha pontos de acordo com o número do lançamento:1º = 10 pontos;2º = 5 pontos;3º = 3 pontos;4º = 1 ponto;5º = 1 ponto. Uma argola que erra não dá pontos. Figura do item a: somente as argolas azul e verde cercam o pino. A argola amarela está apoiada diretamente na mesa. Nos cruzamentos das argolas, a azul passa por cima da amarela, a vermelha por cima da azul, a preta por cima da vermelha e a verde por cima da preta. A verde é a última lançada, pois fica sobre as outras. a) Quantos pontos Marcelo fez com os cinco lançamentos dessa figura? b) Em outros cinco lançamentos, Marcelo só errou um e fez 17 pontos. Qual foi o número do lançamento que ele errou? Figura do item c: a azul e a verde cercam o pino; a verde está por cima da azul. A preta e a vermelha estão fora do pino, com a vermelha por cima da preta. A amarela também está fora do pino e separada das outras argolas, sem cruzamentos que determinem quando foi lançada. c) Se a terceira argola lançada na figura do item c foi a vermelha, qual é a maior pontuação que ele pode ter obtido? As descrições por cima/por baixo identificam os cruzamentos visíveis nas figuras. Uma argola que está por baixo de outra nesses cruzamentos foi lançada antes dela.

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 01, OBMEP 2019, nível 1, página 2
OBMEP 2019 · nível 1 · segunda fase · questão 1 · página 2 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 2

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

a) Relacionar a ordem dos lançamentos à tabela A ordem mostrada é amarela, azul, vermelha, preta, verde. Apenas azul e verde acertam, correspondendo ao 2º e 5º lançamentos. A pontuação é 5+1 = 6 pontos. A justificativa usa a ordem da figura e o peso do lançamento, não atribui um peso fixo à cor da argola. b) Identificar o lançamento errado pelo total Se acertasse todos, Marcelo faria 10+5+3+1+1 = 20 pontos. Ele fez 17, então perdeu 3 pontos. Como o 3º lançamento é o único que vale 3 pontos, foi esse que ele errou. A hipótese de exatamente um erro é usada para identificar uma só parcela retirada. c) Maximizar a pontuação respeitando os cruzamentos A vermelha errou no 3º lançamento e está sobre a preta; portanto a preta foi lançada no 1º ou 2º, e também errou. Para usar o peso 10 em um acerto, escolha a azul no 1º, a preta no 2º e a vermelha no 3º. A verde, que deve vir depois da azul, pode ser 4ª ou 5ª; a amarela ocupa a outra posição. Assim, o máximo é 10+1 = 11 pontos. Nenhuma ordem dá mais: se a preta ocupa o 1º, o peso 10 é perdido; se ela ocupa o 2º, os pesos 5 e 3 são perdidos e os acertos podem somar no máximo 10+1.

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 01, OBMEP 2019, nível 1, página 1
OBMEP 2019 · nível 1 · segunda fase · questão 1 · página 1 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 1

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 1

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Relacionar a ordem dos lançamentos à tabela

    A ordem mostrada é amarela, azul, vermelha, preta, verde. Apenas azul e verde acertam, correspondendo ao 2º e 5º lançamentos. A pontuação é 5+1 = 6 pontos. A justificativa usa a ordem da figura e o peso do lançamento, não atribui um peso fixo à cor da argola.

    Um caminho parcial: Identificar as duas argolas que acertaram ou reconhecer que verde foi a última é uma etapa. Complete a ordem e associe os acertos às linhas corretas da tabela antes de somar.

  2. b) Identificar o lançamento errado pelo total

    Se acertasse todos, Marcelo faria 10+5+3+1+1 = 20 pontos. Ele fez 17, então perdeu 3 pontos. Como o 3º lançamento é o único que vale 3 pontos, foi esse que ele errou. A hipótese de exatamente um erro é usada para identificar uma só parcela retirada.

    Um caminho parcial: Somar 20 pontos ou obter 20−17 = 3 é uma etapa. Complete a identificação do lançamento e explique por que a tabela e a condição de um único erro tornam a resposta determinada.

  3. c) Maximizar a pontuação respeitando os cruzamentos

    A vermelha errou no 3º lançamento e está sobre a preta; portanto a preta foi lançada no 1º ou 2º, e também errou. Para usar o peso 10 em um acerto, escolha a azul no 1º, a preta no 2º e a vermelha no 3º. A verde, que deve vir depois da azul, pode ser 4ª ou 5ª; a amarela ocupa a outra posição. Assim, o máximo é 10+1 = 11 pontos. Nenhuma ordem dá mais: se a preta ocupa o 1º, o peso 10 é perdido; se ela ocupa o 2º, os pesos 5 e 3 são perdidos e os acertos podem somar no máximo 10+1.

    Um caminho parcial: Uma ordem válida ou o reconhecimento de que a preta veio antes da vermelha é uma etapa. Para concluir máximo 11, mostre uma ordem que o atinge e explique por que os pesos 10 e 5 não podem ser usados simultaneamente pelas duas argolas que acertaram.

Outros caminhos para comparar
  • Organize uma tabela com cor, posição no lançamento, acerto/erro e pontos. No item c, liste separadamente as ordens com preta em 1º e em 2º, sempre com vermelha em 3º e azul antes de verde.
  • No item b, subtraia a pontuação obtida do total de 20 pontos. No item c, retire as parcelas dos três erros: a vermelha retira 3, a preta retira pelo menos 5 e a amarela pelo menos 1, deixando no máximo 20−3−5−1 = 11 pontos; uma ordem válida confirma que esse máximo é possível.

Na malha de notas de 2015, use a mesma ideia de associar um peso a cada resultado e some as parcelas. Ao listar os pontos com nota pelo menos 7, justifique também que todas as possibilidades foram incluídas.

Invariantes de paridade

O que os cartões permitem concluir

OBMEP 2015 · nível 1 · segunda fase · questão 2

João e Maria brincam com sete cartões, numerados de 1 a 7, sobre uma mesa, com as faces numeradas para baixo. Em cada rodada, João retira três cartões e Maria retira dois, restando dois na mesa. Depois de cada rodada, todos os cartões são embaralhados e devolvidos à mesa. a) Na primeira rodada, João retirou um número ímpar e dois pares. Maria retirou dois números ímpares. Explique por que a soma dos números dos dois cartões que sobraram é ímpar. b) Na segunda rodada, João observou que o produto dos números de seus três cartões era ímpar. O produto dos números dos dois cartões de Maria era par ou ímpar? Explique. c) Na terceira rodada, João olhou seus três cartões e concluiu, acertadamente, que a soma dos números dos dois cartões de Maria era par. Quais cartões João retirou? Explique como a informação dos três cartões de João permite essa conclusão, sem ver os cartões de Maria. Os cartões são distintos e cada cartão é retirado por somente uma pessoa na rodada. A ilustração apenas representa os cartões virados para baixo; não fornece números adicionais.

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 02, OBMEP 2015, nível 1, página 3
OBMEP 2015 · nível 1 · segunda fase · questão 2 · página 3 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 3

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

a) Contar as paridades que restam De 1 a 7 há quatro números ímpares(1, 3, 5, 7)e três pares(2, 4, 6). João retira um ímpar e dois pares; Maria retira outros dois ímpares. Restam um ímpar e um par. A soma deles é ímpar. A conclusão se refere a qualquer escolha que respeite essas quantidades, sem precisar descobrir os dois números. b) Usar o produto ímpar para determinar as possibilidades Um produto de inteiros é ímpar somente quando todos os fatores são ímpares. Logo, os três cartões de João são ímpares, deixando para Maria três pares e um ímpar. Como Maria retira dois cartões, não consegue retirar dois ímpares: pelo menos um é par. Portanto, seu produto é par. c) Justificar a conclusão a partir dos cartões de João Se os quatro cartões que ficaram disponíveis para Maria incluíssem um par e um ímpar, ela poderia escolher esse par de cartões e obter soma ímpar. Para João poder concluir a soma par somente olhando os seus cartões, os quatro restantes devem ter a mesma paridade. Não podem ser quatro pares, pois há apenas três pares no total. Assim, restam os quatro ímpares e João retirou 2, 4 e 6. Qualquer escolha de dois ímpares por Maria tem soma par.

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 02, OBMEP 2015, nível 1, página 2
OBMEP 2015 · nível 1 · segunda fase · questão 2 · página 2 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 2

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 2

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Contar as paridades que restam

    De 1 a 7 há quatro números ímpares(1, 3, 5, 7)e três pares(2, 4, 6). João retira um ímpar e dois pares; Maria retira outros dois ímpares. Restam um ímpar e um par. A soma deles é ímpar. A conclusão se refere a qualquer escolha que respeite essas quantidades, sem precisar descobrir os dois números.

    Um caminho parcial: Listar corretamente os pares e ímpares ou identificar parte dos cartões retirados é uma etapa. Complete as quantidades restantes e use a regra par+ímpar = ímpar, em vez de apenas dar um exemplo de soma.

  2. b) Usar o produto ímpar para determinar as possibilidades

    Um produto de inteiros é ímpar somente quando todos os fatores são ímpares. Logo, os três cartões de João são ímpares, deixando para Maria três pares e um ímpar. Como Maria retira dois cartões, não consegue retirar dois ímpares: pelo menos um é par. Portanto, seu produto é par.

    Um caminho parcial: Reconhecer que João retirou somente ímpares é uma etapa. Complete a distribuição dos quatro cartões que restaram e explique por que qualquer par escolhido por Maria contém um número par.

  3. c) Justificar a conclusão a partir dos cartões de João

    Se os quatro cartões que ficaram disponíveis para Maria incluíssem um par e um ímpar, ela poderia escolher esse par de cartões e obter soma ímpar. Para João poder concluir a soma par somente olhando os seus cartões, os quatro restantes devem ter a mesma paridade. Não podem ser quatro pares, pois há apenas três pares no total. Assim, restam os quatro ímpares e João retirou 2, 4 e 6. Qualquer escolha de dois ímpares por Maria tem soma par.

    Um caminho parcial: Apontar 2, 4 e 6 e verificar que deixam apenas ímpares é uma etapa útil. Complete a justificativa de necessidade: se João deixasse cartões das duas paridades disponíveis, haveria uma escolha de Maria com soma ímpar; um exemplo favorável sozinho não garante a conclusão.

Outros caminhos para comparar
  • No item a, use a soma de todos os cartões,28, que é par. A soma dos três de João é ímpar e a dos dois de Maria é par; a soma retirada é ímpar. A soma dos dois que ficaram,28 menos uma soma ímpar, é ímpar.
  • Para o item c, organize os casos em que João retira zero, um, dois ou três cartões pares. Nos três primeiros casos, restam cartões das duas paridades e Maria poderia formar uma soma ímpar. Só retirar os três pares garante que toda escolha de Maria tenha soma par.

Na máquina de frutas de 2018, procure novamente uma informação de paridade que permita concluir o resultado sem acompanhar cada escolha. Compare o que fica determinado pelas regras em todos os casos possíveis.

Outro caso do par: A máquina e a fruta final

A máquina e a fruta final

OBMEP 2018 · nível 1 · segunda fase · questão 1

Uma máquina transforma duas frutas em uma, de acordo com estas regras: duas maçãs viram uma laranja; duas laranjas viram uma laranja; uma maçã e uma laranja viram uma maçã. Cada uso pega duas frutas disponíveis, retira essas duas e devolve uma fruta do tipo indicado. a) Quantas vezes a máquina deve ser usada para transformar três maçãs em uma maçã? b) Explique uma sequência de usos que transforme três maçãs e quatro laranjas em uma maçã. c) Começando com 2018 laranjas e 517 maçãs, a máquina foi usada repetidamente até sobrar apenas uma fruta. Explique por que essa fruta só pode ser uma maçã. A figura ilustra os mesmos tipos de frutas e as três regras descritas; não há quantidades ou condições adicionais na ilustração.

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 01, OBMEP 2018, nível 1, página 2
OBMEP 2018 · nível 1 · segunda fase · questão 1 · página 2 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 2

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

a) Construir e contar os dois usos Primeiro coloque duas das três maçãs: elas viram uma laranja, e restam uma maçã e uma laranja. Coloque esse par na máquina para obter uma maçã. Foram dois usos. Além da sequência, cada uso reduz o total de frutas em exatamente uma; partir de três e chegar a uma exige dois usos. b) Descrever uma sequência completa e possível Uma sequência possível: use três vezes o par de laranjas, reduzindo as quatro laranjas a uma. O estado passa a três maçãs e uma laranja. Use uma maçã com essa laranja, ficando com três maçãs. Use duas maçãs, ficando com uma maçã e uma laranja. Use esse último par e termine com uma maçã. São seis usos, sempre escolhendo frutas que estão disponíveis. Há outras sequências válidas, como transformar duas maçãs primeiro e depois combinar a maçã restante com cada uma das cinco laranjas. c) Provar que toda sequência termina em uma maçã Em cada uso, o número de maçãs fica igual ou diminui em 2: duas maçãs retiram 2; duas laranjas não alteram maçãs; maçã+laranja devolve a maçã. Assim, a paridade da quantidade de maçãs se conserva. Como 517 é ímpar, haverá sempre uma quantidade ímpar de maçãs. Quando sobra uma fruta, não pode haver zero maçãs, pois zero é par. Logo, essa fruta é uma maçã. O argumento vale para qualquer sequência válida.

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 01, OBMEP 2018, nível 1, página 1
OBMEP 2018 · nível 1 · segunda fase · questão 1 · página 1 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 1

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 1

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Construir e contar os dois usos

    Primeiro coloque duas das três maçãs: elas viram uma laranja, e restam uma maçã e uma laranja. Coloque esse par na máquina para obter uma maçã. Foram dois usos. Além da sequência, cada uso reduz o total de frutas em exatamente uma; partir de três e chegar a uma exige dois usos.

    Um caminho parcial: Descrever a primeira transformação corretamente é uma etapa. Complete o segundo uso, conte as operações e confira se termina em uma maçã; duas frutas fornecidas à máquina não contam como dois usos.

  2. b) Descrever uma sequência completa e possível

    Uma sequência possível: use três vezes o par de laranjas, reduzindo as quatro laranjas a uma. O estado passa a três maçãs e uma laranja. Use uma maçã com essa laranja, ficando com três maçãs. Use duas maçãs, ficando com uma maçã e uma laranja. Use esse último par e termine com uma maçã. São seis usos, sempre escolhendo frutas que estão disponíveis. Há outras sequências válidas, como transformar duas maçãs primeiro e depois combinar a maçã restante com cada uma das cinco laranjas.

    Um caminho parcial: Apresentar um ou mais usos permitidos é uma etapa. Registre as quantidades que ficam depois de cada uso e continue até uma única maçã, sem usar frutas que já foram retiradas ou interromper quando ainda há outras frutas.

  3. c) Provar que toda sequência termina em uma maçã

    Em cada uso, o número de maçãs fica igual ou diminui em 2: duas maçãs retiram 2; duas laranjas não alteram maçãs; maçã+laranja devolve a maçã. Assim, a paridade da quantidade de maçãs se conserva. Como 517 é ímpar, haverá sempre uma quantidade ímpar de maçãs. Quando sobra uma fruta, não pode haver zero maçãs, pois zero é par. Logo, essa fruta é uma maçã. O argumento vale para qualquer sequência válida.

    Um caminho parcial: Notar que 517 é ímpar ou acompanhar uma sequência específica é uma etapa. Complete a análise dos três tipos de operação e a conclusão sobre zero maçãs; uma sequência favorável não prova que toda sequência tem o mesmo tipo final.

Outros caminhos para comparar
  • Registre o estado como(maçãs, laranjas). Os três usos mudam(M, L)para(M−2, L+1), para(M, L−1)oupara(M, L−1), com as condições de disponibilidade de cada par. A primeira coordenada sempre conserva sua paridade.
  • Represente maçã por−1 e laranja por+1. Cada regra troca dois sinais pelo produto deles e conserva o produto de todos os sinais das frutas. Há 517 fatores−1 no início, então o produto total é−1. A fruta única no fim deve representar−1, ou seja, uma maçã.

Volte à questão dos cartões de 2015 e verifique como a paridade permite justificar conclusões para todas as escolhas possíveis. Compare a conservação da paridade na máquina com as restrições impostas aos cartões disponíveis.

Nível 2 · três pares para investigar

Áreas e medidas de retângulos e quadrados

Folhas, quadrados e dobras

OBMEP 2015 · nível 2 · segunda fase · questão 1

Lucinha tem três folhas retangulares de papel, cada uma com 30 cm de largura e 20 cm de altura. a) Na primeira folha, ela traça uma reta vertical a 4 cm da margem esquerda e uma reta horizontal a 7 cm da margem superior. As retas atravessam a folha e a dividem em quatro retângulos. Qual é a área do maior deles? b) Na segunda folha, desenhe traços paralelos às margens para dividi-la inteiramente em quadrados iguais de maior área possível. Indique a medida dos lados desses quadrados e como fica a divisão. c) A terceira folha é amarela na frente e verde no verso. Lucinha dobra a faixa esquerda de 8 cm para a direita, sobre a própria folha. Depois dobra uma faixa da margem inferior para cima, também sobre a folha. A distância dessa segunda dobra à margem inferior é desconhecida. A região amarela ainda exposta é o retângulo à direita da primeira faixa dobrada e acima da segunda faixa dobrada; seu contorno tem perímetro 54 cm. Qual é a distância da segunda dobra à margem inferior? Na figura original, as cores distinguem a frente amarela e as partes verdes que foram dobradas.

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 01, OBMEP 2015, nível 2, página 2
OBMEP 2015 · nível 2 · segunda fase · questão 1 · página 2 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 2

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

Comentário HUBMAT: a) Os lados ficam divididos em 4 e 26 cm, e em 7 e 13 cm. Os quatro retângulos têm áreas 28,52,182 e 338 cm². O maior tem 26 × 13=338 cm². b) O lado de cada quadrado deve dividir 20 e 30. O maior divisor comum é 10 cm; a divisão tem duas fileiras e três colunas de quadrados 10 × 10 cm, cada um com 100 cm². c) Uma faixa de 8 cm dobrada ocupa também 8 cm da parte sobre a qual se dobra. A largura amarela exposta é 30−2 × 8=14 cm. Se a segunda dobra ocorre a d cm da margem inferior, a altura exposta é 20−2 d. O perímetro dá 2(14+20−2 d)=54, portanto 34−2 d=27, d=3,5 cm. A altura amarela resultante é 13 cm.

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 01, OBMEP 2015, nível 2, página 1
OBMEP 2015 · nível 2 · segunda fase · questão 1 · página 1 · Abrir reprodução ampliada ↗
Reprodução da resolução 01, OBMEP 2015, nível 2, página 2
OBMEP 2015 · nível 2 · segunda fase · questão 1 · página 2 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 1, 2

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 1, 2

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Separar as medidas e calcular a área

    Identificar 26 cm e 13 cm e justificar que formam o maior dos quatro retângulos; obter 338 cm² pelo produto.

    Um caminho parcial: Identificar corretamente uma medida ou uma área dos quatro é parte do caminho; ainda falta identificar o maior e usar a unidade de área.

  2. b) Justificar a maior divisão em quadrados iguais

    O lado deve dividir simultaneamente 20 e 30; o máximo é 10 cm. Descrever duas fileiras e três colunas, cobrindo toda a folha sem sobras.

    Um caminho parcial: Encontrar um tamanho que divide os dois lados ajuda. Falta mostrar que nenhum divisor maior funciona e indicar a divisão completa.

  3. c) Relacionar as dobras ao perímetro

    Explicar a largura 14 cm e a altura 20−2 d. Usar o perímetro 54 cm para obter d=3,5 cm, distinguindo altura exposta e distância da dobra.

    Um caminho parcial: Reconhecer 14 cm ou usar o semiperímetro 27 cm é um começo. Complete a redução de duas vezes a distância e resolva a medida pedida.

Outros caminhos para comparar
  • No item a, compare as quatro áreas para justificar a escolha; no b, liste os divisores comuns de 20 e 30.
  • No item c, o semiperímetro é 27 cm: depois de descontar a largura 14 cm, a altura exposta é 13 cm. Os 7 cm restantes correspondem a duas vezes a distância da dobra.

Que medida do desenho precisa ser traduzida em comprimento antes de calcular uma área? No outro caso do par, escreva essa tradução antes de usar as áreas.

Outro caso do par: Um retângulo formado por quadrados

Um retângulo formado por quadrados

OBMEP 2017 · nível 2 · segunda fase · questão 2

Pedrinho junta quatro quadrados sem sobreposição e forma um retângulo. Descrição do desenho: na parte superior do retângulo há dois quadrados pequenos iguais empilhados à esquerda e um quadrado à direita, cuja altura coincide com a altura dos dois pequenos juntos. Abaixo desses três há um quarto quadrado, cuja largura coincide com toda a largura da parte superior. O pequeno quadrado do canto superior esquerdo está sombreado e tem área 4 cm². Todos os lados dos quadrados são paralelos aos lados do retângulo. a) Qual é a área desse retângulo? b) Pedrinho acrescenta exatamente mais um quadrado, sem sobreposição, e obtém um novo retângulo. Qual é a maior área que esse novo retângulo pode ter? c) Desenhe uma divisão de um retângulo igual ao inicial em exatamente nove quadrados, sem sobreposição e cobrindo toda a área. Para descrever seu desenho em texto, você pode indicar as medidas e posições dos quadrados.

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 02, OBMEP 2017, nível 2, página 3
OBMEP 2017 · nível 2 · segunda fase · questão 2 · página 3 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 3

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

Comentário HUBMAT: a) O quadrado pequeno tem lado 2 cm. O quadrado superior direito tem lado 4 cm, porque dois lados de 2 cm formam sua altura. A largura total é 2+4=6 cm, também lado do quadrado inferior. O retângulo mede 6 × 10 cm e tem área 60 cm², ou 2 × 4+16+36=60 cm². b) O novo quadrado pode ter lado 6 ou 10 cm para completar um retângulo. O maior usa lado 10 cm, ao lado do lado de 10 cm do retângulo inicial: a nova área é 60+100=160 cm². c) Uma construção possível: tome um retângulo de largura 6 cm e altura 10 cm, com origem no canto inferior esquerdo. Coloque quadrados de 4 × 4 cm em x de 0 a 4, y de 0 a 4, e em x de 0 a 4, y de 6 a 10. Divida a faixa direita de largura 2 cm e altura 10 cm em cinco quadrados 2 × 2 cm. Divida o espaço restante, de 4 × 2 cm entre os dois quadrados grandes, em dois quadrados 2 × 2 cm. São dois quadrados grandes e sete pequenos, totalizando nove, e as áreas somam 2 × 16+7 × 4=60 cm².

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 02, OBMEP 2017, nível 2, página 2
OBMEP 2017 · nível 2 · segunda fase · questão 2 · página 2 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 2

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 2

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Ler relações entre os lados dos quadrados

    Obter lado 2 cm pela área 4 cm², depois os lados 4 e 6 cm, e justificar o retângulo 6 × 10 cm e área 60 cm².

    Um caminho parcial: Identificar lado 2 cm é uma etapa útil. Complete as relações de altura e largura; usar 4 como comprimento confunde área e lado.

  2. b) Comparar as duas extensões possíveis

    O quadrado deve acompanhar um lado inteiro de 6 ou 10 cm do retângulo para formar outro retângulo. Comparar 36 e 100 cm² e obter 160 cm² no maior caso.

    Um caminho parcial: Reconhecer que se acrescenta a área de um quadrado ajuda. Falta identificar os dois lados possíveis e justificar a escolha do maior.

  3. c) Dar uma divisão válida em nove quadrados

    Apresentar nove quadrados com medidas e posições, sem lacunas ou sobreposição. A construção com dois 4 × 4 e sete 2 × 2 é um exemplo, não a única resposta.

    Um caminho parcial: Um desenho com parte dos quadrados correta ajuda. Confira a quantidade nove, a cobertura de toda a região e a igualdade dos dois lados de cada peça.

Outros caminhos para comparar
  • A área inicial também pode ser obtida por quinze quadrados 2 × 2 cm:15 × 4=60 cm².
  • No item c, use uma malha de passo 2 cm. Em uma malha 3 × 5 de quadrados, reserve dois blocos 2 × 2 e deixe as outras sete casas como quadrados individuais.

Refaça a construção do item c em texto ou desenho: confira primeiro a cobertura e a quantidade de peças; só depois confira a soma das áreas.

Estruturas algébricas e divisibilidade

Médias em um quadriculado

OBMEP 2016 · nível 2 · segunda fase · questão 2

Um quadriculado 3 × 3 preenchido com números inteiros é medimágico quando, em cada uma das três linhas horizontais, das três colunas verticais e das duas diagonais completas, o número do meio é a média aritmética dos outros dois. a) Complete o quadriculado. Posições dadas: linha 1 coluna 1=3, linha 1 coluna 3=19, linha 2 coluna 1=8; as outras seis casas estão vazias. b) Em outro quadriculado medimágico, linha 1 coluna 2=7, linha 2 coluna 1=9, linha 2 coluna 2=x e linha 3 coluna 3=20. As outras cinco casas estão vazias. Qual é x? c) Explique por que, em qualquer quadriculado medimágico com números inteiros, a soma dos nove números é um múltiplo de 9. O exemplo decorativo da figura mostra as linhas 12,15,18;7,10,13;2,5,8, e apenas ilustra a regra.

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 02, OBMEP 2016, nível 2, página 3
OBMEP 2016 · nível 2 · segunda fase · questão 2 · página 3 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 3

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

Comentário HUBMAT: a) A casa superior central é(3+19)/2=11. A inferior esquerda satisfaz(3+b)/2=8, então b=13. O centro é(19+13)/2=16. Depois, as médias determinam as linhas 3,11,19;8,16,24;13,21,29. b) Chame o canto superior esquerdo de y e o inferior esquerdo de t. Pela diagonal y+20=2 x, então y=2 x−20. Pela coluna central, o meio inferior é 2 x−7; pela linha inferior, t+20=2(2 x−7), então t=4 x−34. A coluna esquerda exige y+t=18; logo(2 x−20)+(4 x−34)=18,6 x=72 e x=12. O preenchimento é 4,7,10;9,12,15;14,17,20. c) Cada linha horizontal soma três vezes seu número central. Se os três números centrais das linhas são b,e,h, a soma total é 3(b+e+h). A coluna central dá b+h=2 e, logo a soma é 9 e. Como e é inteiro, a soma é múltipla de 9.

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 02, OBMEP 2016, nível 2, página 2
OBMEP 2016 · nível 2 · segunda fase · questão 2 · página 2 · Abrir reprodução ampliada ↗
Reprodução da resolução 02, OBMEP 2016, nível 2, página 3
OBMEP 2016 · nível 2 · segunda fase · questão 2 · página 3 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 2, 3

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 2, 3

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Completar preservando as oito relações de média

    Apresentar as linhas 3,11,19;8,16,24;13,21,29, obtidas por médias. Conferir também as duas diagonais.

    Um caminho parcial: Determinar uma casa corretamente é uma etapa válida. Complete as demais e confira todas as linhas, colunas e diagonais.

  2. b) Usar relações para determinar o centro

    Traduzir as médias em equações e obter x=12. Por exemplo,y=2 x−20,t=4 x−34,y+t=18; não basta preencher só uma linha.

    Um caminho parcial: Uma equação de média correta ajuda. Ainda é preciso combinar as condições suficientes para determinar x.

  3. c) Justificar a divisibilidade sem depender dos exemplos

    Cada linha soma três vezes o termo do meio. A coluna central também é uma progressão de três termos: total=3(b+e+h)=9 e, com e inteiro.

    Um caminho parcial: Conferir que os exemplos somam múltiplos de 9 ajuda a investigar. Falta a relação que vale para qualquer quadriculado.

Outros caminhos para comparar
  • Numa linha de três termos, as diferenças entre o primeiro e o segundo e entre o segundo e o terceiro são iguais. Use essa forma para completar e conferir.
  • Para a soma total, os quatro pares de casas opostas ao centro somam 2 e cada. Com o próprio centro, o total é 4 × 2 e+e=9 e.

Escreva a relação geral antes de conferir um exemplo. No outro caso do par, procure uma identidade algébrica que explique o múltiplo para todo número permitido.

Outro caso do par: O cubo menos o próprio número

O cubo menos o próprio número

OBMEP 2017 · nível 2 · segunda fase · questão 3

Júlia escolhe um número inteiro positivo, eleva esse número ao cubo e subtrai o próprio número. A figura apenas exemplifica o cálculo com 2:2³−2=6. a) Qual é o resultado do cálculo com 3? b) Qual número Júlia deve escolher para que o resultado seja 1320? c) Explique por que o resultado, para qualquer inteiro positivo escolhido, será sempre um múltiplo de 6.

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 03, OBMEP 2017, nível 2, página 4
OBMEP 2017 · nível 2 · segunda fase · questão 3 · página 4 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 4

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

Comentário HUBMAT: a)3³−3=27−3=24. b) Fatorar ajuda:n³−n=n(n−1)(n+1). Testando 11, obtemos 11 × 10 × 12=1320. Para inteiros positivos, f(n+1)−f(n)=3 n(n+1)>0, então o resultado cresce e 11 é o único número que produz 1320. c) Entre três inteiros consecutivos há um múltiplo de 3 e pelo menos um par. Seu produto é divisível por 3 e 2; como esses fatores são coprimos, é divisível por 6. Para n=1, o produto contém 0 e o resultado 0 também é múltiplo de 6.

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 03, OBMEP 2017, nível 2, página 3
OBMEP 2017 · nível 2 · segunda fase · questão 3 · página 3 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 3

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 3

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Executar o cálculo pedido

    Calcular 3³−3=24, distinguindo cubo de três vezes o número.

    Um caminho parcial: Reconhecer 27 como o cubo ajuda; falta subtrair o próprio número 3.

  2. b) Encontrar e conferir a entrada

    Indicar 11 e conferir 11³−11=1320, ou 11 × 10 × 12=1320. A monotonicidade justifica também a unicidade.

    Um caminho parcial: Uma estimativa ou a fatoração é parte do caminho. Complete com um número permitido e a verificação do resultado.

  3. c) Explicar a propriedade de todo inteiro positivo

    Usar n³−n=(n−1)n(n+1), identificar um fator par e um múltiplo de 3, e concluir divisibilidade por 6. Incluir n=1 ou notar que 0 é múltiplo de 6.

    Um caminho parcial: Verificar alguns valores ajuda a investigar, mas não prova o caso geral. A fatoração ou a análise dos restos deve justificar todos os valores.

Outros caminhos para comparar
  • Sem fatorar explicitamente, analise restos na divisão por 2 e por 3: n³ e n têm o mesmo resto nessas divisões.
  • Use três fatores consecutivos para procurar a entrada do item b:10 × 11 × 12=1320.

Explique a parte geral com suas próprias palavras. Qual fator garante o 2? Qual garante o 3? Compare essa justificativa com a soma 9 vezes o centro no primeiro caso.

Contagem com restrições nas posições

Senhas com posições restritas

OBMEP 2016 · nível 2 · segunda fase · questão 5

Fernanda precisa de uma senha de cinco algarismos distintos, escolhidos de 0 a 9. Da esquerda para a direita, o algarismo da primeira posição deve ser maior que 1, o da segunda maior que 2, o da terceira maior que 3, o da quarta maior que 4 e o da quinta maior que 5. Por exemplo,25476 funciona, mas 52476 não, pois seu segundo algarismo não é maior que 2. a) Se a senha começa com 9467, qual é o quinto algarismo? b) Se Fernanda começa a formar a senha escolhendo 7 para a quinta posição, quantas escolhas há para a quarta posição? c) Quantas senhas ela pode formar?

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 05, OBMEP 2016, nível 2, página 6
OBMEP 2016 · nível 2 · segunda fase · questão 5 · página 6 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 6

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

Comentário HUBMAT: a) O quinto algarismo deve pertencer a{6,7,8,9}. Como 6,7 e 9 já foram usados em 9467, resta 8. b) A quarta posição aceita{5,6,7,8,9}, mas 7 já está usado; restam 5,6,8,9: quatro escolhas. c) Escolha da direita para a esquerda. A quinta posição tem 4 escolhas. A quarta teria 5, mas uma foi usada:4. A terceira teria 6, mas duas foram usadas:4. Da mesma forma, a segunda tem 7−3=4 e a primeira 8−4=4. As escolhas anteriormente feitas sempre pertencem ao conjunto permitido da posição seguinte à esquerda. Pelo princípio multiplicativo, há 4⁵=1024 senhas.

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 05, OBMEP 2016, nível 2, página 10
OBMEP 2016 · nível 2 · segunda fase · questão 5 · página 10 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 10

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 10

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Aplicar as duas restrições do último algarismo

    O algarismo deve ser maior que 5 e diferente dos quatro já escritos; restam apenas 8.

    Um caminho parcial: Listar 6,7,8,9 pela posição é um começo. Exclua todos os que já foram usados.

  2. b) Contar as escolhas restantes

    Excluir 7 do conjunto 5,6,7,8,9 e contar quatro escolhas, sem impor restrições de posições ainda não escolhidas.

    Um caminho parcial: Excluir o algarismo já usado ajuda. Falta listar ou contar exatamente os permitidos para a quarta posição.

  3. c) Justificar a contagem em ordem favorável

    Contar da direita para a esquerda, explicando por que cada posição tem quatro escolhas restantes. Multiplicar 4 cinco vezes e obter 1024.

    Um caminho parcial: Uma escolha correta para uma ou mais posições é parte do caminho. Complete a dependência entre os conjuntos e o produto, sem permitir repetições.

Outros caminhos para comparar
  • Os conjuntos permitidos são encaixados: os algarismos que cabem numa posição à direita também cabem nas posições à esquerda. Isso explica as exclusões sucessivas.
  • Confira alguns prefixos concretos para entender o processo, mas use o princípio multiplicativo para contar todas as senhas.

No segundo caso do par, os algarismos podem repetir. Aponte essa diferença antes de contar e explique qual restrição passa a controlar as posições.

Outro caso do par: Números interessantes

Números interessantes

OBMEP 2018 · nível 2 · segunda fase · questão 2

Um inteiro positivo é interessante quando seu último algarismo é igual ao produto de todos os demais algarismos. Exemplos:326 é interessante porque 3 × 2=6, e 1020 porque 1 × 0 × 2=0. Os algarismos podem repetir; como são números com a quantidade indicada de algarismos, o primeiro algarismo não pode ser 0. a) Qual é o algarismo A para que 14 A 8 seja interessante? b) Quantos números interessantes de quatro algarismos terminam com 6? c) Quantos números interessantes de cinco algarismos terminam com 0?

Ver reprodução da questão
Reprodução da questão 02, OBMEP 2018, nível 2, página 3
OBMEP 2018 · nível 2 · segunda fase · questão 2 · página 3 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗ · páginas 3

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

Comentário HUBMAT: a)1 × 4 ×A=8, então A=2. b) O número tem a forma ABC 6 com A×B×C=6. Os três algarismos positivos só podem formar os grupos{1,2,3}ou{1,1,6}. O primeiro gera seis ordens, o segundo três:1236,1326,2136,2316,3126,3216;1166,1616,6116. Total 9. c) Escreva ABCD 0, com A de 1 a 9. O produto A×B×C×D é 0 se pelo menos um de B,C,D é 0. Há 9 × 10³=9000 números de cinco algarismos terminados em 0;9⁴=6561 não têm zero nas primeiras quatro posições. A diferença é 2439. Também se pode contar exatamente um, dois ou três zeros entre B,C,D:3 × 9³+3 × 9²+9=2439.

Ver reprodução da resolução
Reprodução da resolução 02, OBMEP 2018, nível 2, página 1
OBMEP 2018 · nível 2 · segunda fase · questão 2 · página 1 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir resolução completa no PDF ↗ · páginas 1

Abrir fonte da resolução ↗ · páginas 1

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Traduzir a definição em produto

    Usar 1 × 4 ×A=8 e obter A=2.

    Um caminho parcial: Reconhecer o produto dos algarismos ajuda; complete a igualdade com o último algarismo.

  2. b) Separar os grupos e suas ordens sem repetir números

    Identificar{1,2,3}e{1,1,6}, contar seis e três ordens distintas e obter 9.

    Um caminho parcial: Encontrar alguns números válidos é parte do caminho. Complete os grupos possíveis e conte corretamente as repetições do algarismo 1.

  3. c) Contar com pelo menos um zero nas posições permitidas

    A não pode ser 0; B,C,D devem conter pelo menos um zero. Justificar 9000−6561=2439 ou a soma por quantidade exata de zeros.

    Um caminho parcial: Identificar que o produto 0 exige um fator 0 ajuda. Falta respeitar a primeira posição e evitar contar um mesmo número várias vezes.

Outros caminhos para comparar
  • No item b, liste as três posições possíveis para o 6 no grupo{1,1,6}; dividir 6 por 2 também trata a repetição.
  • No item c, conte pelo complemento ou por número exato de zeros; as duas contas devem dar 2439.

Refaça a contagem de zeros por outro caminho. Compare com o primeiro caso: por que excluir algarismos já usados fazia sentido lá, mas não aqui?

Nível 3 · três pares para investigar

Tarifas e condições de um modelo

Duas tarifas de táxi

OBMEP 2005 · nível 3 · segunda fase · questão 3

Numa certa cidade existem apenas duas empresas de táxi, a Dona Leopoldina e a Dom Pedro II. A Dona Leopoldina cobra uma taxa fixa de R$ 3,00 mais R$ 0,50 por quilômetro rodado. Já a Dom Pedro II cobra uma taxa fixa de R$ 1,00 mais R$ 0,75 por quilômetro rodado. Os amigos Bento, Sofia e Helena trabalham nessa cidade e sempre voltam de táxi do trabalho para casa. Para pagar menos, Helena sempre usa os táxis da Dona Leopoldina e, pelo mesmo motivo, Bento só usa os da Dom Pedro II. Sofia usa os táxis das duas empresas, porque paga o mesmo preço em ambas. Descrição da tabela da figura: Dona Leopoldina — taxa de R$ 3,00 mais R$ 0,50 por km rodado; Dom Pedro II — taxa de R$ 1,00 mais R$ 0,75 por km rodado. a) Quanto Sofia paga para ir de táxi do trabalho para casa? b) Qual dos três amigos percorre, de táxi, a menor distância entre seu trabalho e sua casa?

Ver reprodução da questão

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

Reprodução da questão 3, OBMEP 2005, nível 3
OBMEP 2005 · nível 3 · segunda fase · questão 3 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

As tarifas são L(d)=3+0,50d e P(d)=1+0,75d. Sofia paga o mesmo: 2=0,25s, então s=8 e o preço é R$7,00. A diferença L−P=2−0,25d é positiva para d<8 e negativa para d>8. Bento usa a tarifa menor da Pedro II, então percorre menos de 8 km; Helena usa a menor da Leopoldina, então percorre mais de 8 km. Bento faz a menor viagem.

Ver reprodução da resolução

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

Reprodução da resolução 3, OBMEP 2005, nível 3
OBMEP 2005 · nível 3 · segunda fase · questão 3 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da resolução ↗

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. Representar as duas tarifas

    Para uma distância d, as tarifas são L(d) = 3 + 0,50d e P(d) = 1 + 0,75d. A taxa fixa e a parcela por quilômetro têm papéis diferentes.

    Um caminho parcial: Escrever corretamente uma tarifa é parte do caminho. Complete a outra e mantenha a mesma unidade de distância.

  2. a) Encontrar a distância e o preço de Sofia

    Igualar 3 + 0,50s = 1 + 0,75s fornece 2 = 0,25s, logo s = 8 km. Em qualquer empresa, o preço é R$ 7,00.

    Um caminho parcial: A equação correta ou a distância de 8 km é uma etapa. Complete a substituição e indique o preço, que é o que o item pede.

  3. b) Comparar as distâncias dos três amigos

    Helena prefere Leopoldina: 3 + 0,50h < 1 + 0,75h, portanto h > 8. Bento prefere Pedro II: 1 + 0,75b < 3 + 0,50b, portanto b < 8. Sofia percorre 8 km; Bento percorre a menor distância.

    Um caminho parcial: Identificar apenas uma das desigualdades ajuda. Compare os três amigos e explique por que Bento está abaixo do ponto de igualdade.

Outros caminhos para comparar
  • Compare a diferença L(d) − P(d) = 2 − 0,25d. Seu sinal mostra qual tarifa é menor antes e depois de 8 km.
  • Desenhe as duas retas de preço em função da distância. Elas se cruzam em (8, 7); a reta da Pedro II fica abaixo antes desse ponto.

No outro caso do par, identifique qual tarifa vale para cada faixa de consumo antes de comparar os preços.

Outro caso do par: O preço no restaurante

O preço no restaurante

OBMEP 2006 · nível 3 · segunda fase · questão 1

Raimundo e Macabéa foram a um restaurante que cobra R$ 1,50 por cada 100 gramas de comida para aqueles que comem até 600 gramas e R$ 1,00 por cada 100 gramas para aqueles que comem mais de 600 gramas. a) Quanto paga quem come 350 gramas? E quem come 720 gramas? b) Raimundo consumiu 250 gramas mais que Macabéa, mas ambos pagaram a mesma quantia. Quanto cada um deles pagou? c) Desenhe o gráfico que representa o valor a ser pago em função do peso da comida. Marque nesse gráfico os pontos que representam a situação do item (b).

Ver reprodução da questão

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

A leitura em texto acima reúne os dados da questão do acervo histórico. Esta fonte não trouxe uma imagem separada do enunciado.

Abrir fonte da questão ↗

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

A função de preço é p(x)=0,015x para 0≤x≤600 e p(x)=0,01x para x>600. Por isso, 350 g custam R$5,25 e 720 g custam R$7,20. Se os amigos estivessem na mesma faixa, pesos diferentes dariam preços diferentes. Macabéa está na primeira faixa e Raimundo na segunda. De 0,015m=0,01(m+250), vem m=500 g, r=750 g e preço comum R$7,50. O gráfico tem dois ramos: o primeiro inclui (600,9), o segundo exclui (600,6). Os pontos pedidos são (500; 7,50) e (750; 7,50).

Ver reprodução da resolução

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

Na imagem original de resolução, o ramo impresso parece 0,15x; as contas, o gráfico e a tarifa do enunciado exigem 0,015x. A imagem é preservada. O comentário HUBMAT usa a taxa por grama recalculada.

Reprodução da resolução 1, OBMEP 2006, nível 3
OBMEP 2006 · nível 3 · segunda fase · questão 1 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da resolução ↗

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. Escolher a tarifa por grama e por faixa

    R$1,50 por 100 g corresponde a R$0,015 por grama, até 600 g inclusive. Acima de 600 g, o preço de toda a comida é R$0,01 por grama; não se trata de uma tarifa apenas sobre o excedente.

    Um caminho parcial: Converter uma das tarifas é parte do caminho. Registre ambas as faixas e a condição de 600 g.

  2. a) Calcular os dois preços

    350≤600: 350×0,015 = R$5,25. 720>600: 720×0,01 = R$7,20.

    Um caminho parcial: Um preço correto ajuda. No outro, confira a faixa e a divisão da tarifa de 100 g para 1 g.

  3. b) Explicar a igualdade apesar dos pesos diferentes

    Com r=m+250 e r>m, preços iguais exigem faixas diferentes: m≤600<r. Resolva 0,015m=0,01(m+250): m=500 g e r=750 g. Ambos pagam R$7,50.

    Um caminho parcial: A relação r=m+250 ou a igualdade de preços é uma etapa. Complete o sistema e confira as duas condições de faixa.

  4. c) Descrever o gráfico e os dois pontos

    Para pesos não negativos, p(x)=0,015x em 0≤x≤600 e p(x)=0,01x em x>600. O ponto (600,9) pertence ao primeiro ramo; (600,6) não pertence ao segundo. Marque (500; 7,50) e (750; 7,50). Os eixos são gramas e reais.

    Um caminho parcial: Um ramo ou um ponto correto é um começo. Complete o outro ramo, marque o limite aberto/fechado em 600 g e os dois pontos do item b.

Outros caminhos para comparar
  • Se ambos estivessem na mesma faixa, a mesma tarifa por grama tornaria o preço proporcional ao peso, impedindo a igualdade com 250 g de diferença. Isso justifica usar faixas diferentes.
  • Escreva o preço comum como v. Os pesos nas duas faixas são v/0,015 e v/0,01; sua diferença é 250 g. Resolva a igualdade e confira que v=7,50.

Compare o papel da taxa fixa no táxi com o papel das faixas de peso no restaurante; as condições dos dois modelos são diferentes.

Probabilidade por caminhos condicionais

Um sorteio de livros

OBMEP 2010 · nível 3 · segunda fase · questão 5

André, Bianca, Carlos e Dalva querem sortear um livro entre si. Para isto, colocaram 3 bolas brancas e 1 preta em uma caixa e combinaram que, em ordem alfabética de seus nomes, cada um tirará uma bola, sem devolvê-la à caixa. Aquele que tirar a bola preta ganhará o livro. a) Qual é a probabilidade de que André ganhe o livro? b) Qual é a probabilidade de que Dalva ganhe o livro? Para sortear outro livro entre eles, André sugeriu usar 2 bolas pretas e 6 brancas. Como antes, o primeiro que tirar uma bola preta ganhará o livro; se as primeiras quatro bolas saírem brancas, eles continuarão a retirar bolas, na mesma ordem. Nesse novo sorteio: c) Qual é a probabilidade de que André ganhe o livro? d) Qual é a probabilidade de que Dalva ganhe o livro?

Ver reprodução da questão

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

A leitura em texto acima reúne os dados da questão do acervo histórico. Esta fonte não trouxe uma imagem separada do enunciado.

Abrir fonte da questão ↗

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

No primeiro sorteio, André e Dalva têm chance 1/4. Para Dalva, pode-se multiplicar as chances das três brancas iniciais: (3/4)(2/3)(1/2). No segundo, André vence na posição 1 ou 5: 1/4+3/28=5/14. Dalva vence apenas na posição 4: (6/8)(5/7)(4/6)(2/5)=1/7. Outra contagem escolhe as duas posições pretas entre oito: 28 pares. Há 10 com primeira preta em 1 ou 5, e 4 com primeira preta em 4.

Ver reprodução da resolução

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

Reprodução da resolução 5, OBMEP 2010, nível 3
OBMEP 2010 · nível 3 · segunda fase · questão 5 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da resolução ↗

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Calcular a chance de André no primeiro sorteio

    André retira a primeira bola; há uma preta entre quatro. Sua chance é 1/4.

    Um caminho parcial: Identificar a bola favorável é parte do caminho. Relacione-a ao total de quatro possibilidades.

  2. b) Acompanhar as retiradas sem reposição

    Dalva ganha quando as três primeiras são brancas: (3/4)(2/3)(1/2)=1/4. Se isso ocorre, a última bola é preta. Também vale argumentar que a única preta tem igual chance de ocupar cada posição.

    Um caminho parcial: Escrever parte do caminho das brancas ajuda. Atualize os totais após cada retirada ou explique a simetria das quatro posições.

  3. c) Somar os dois caminhos de vitória de André

    André ganha se a primeira bola é preta, chance 2/8=1/4, ou se as quatro primeiras são brancas e a quinta é preta, chance (6/8)(5/7)(4/6)(3/5)(2/4)=3/28. Esses eventos são disjuntos; o total é 1/4+3/28=5/14.

    Um caminho parcial: Calcular corretamente um dos dois caminhos é uma etapa. Inclua o outro, atualize as quantidades sem reposição e some apenas eventos disjuntos.

  4. d) Identificar o único caminho possível de Dalva

    Dalva ganha se as três primeiras são brancas e a quarta é preta: (6/8)(5/7)(4/6)(2/5)=1/7. Ela não pode ganhar na oitava retirada: se sete bolas fossem brancas, excederiam as seis existentes.

    Um caminho parcial: A probabilidade do caminho da quarta retirada é um começo. Explique por que não há um segundo caminho na oitava.

Outros caminhos para comparar
  • Numere as posições de uma ordem aleatória. No segundo sorteio, as duas posições pretas formam um dos 28 pares equiprováveis. A primeira preta em 1 ou 5 favorece André: 7+3=10 pares; em 4 favorece Dalva: 4 pares.
  • Construa uma árvore curta só até a primeira bola preta. Em cada ramo, diminua o total de bolas, porque não há reposição.

No outro caso, acompanhe a transferência entre as caixas e separe os caminhos possíveis antes de somá-los.

Outro caso do par: A bola passa de uma caixa à outra

A bola passa de uma caixa à outra

OBMEP 2012 · nível 3 · segunda fase · questão 5

Em uma caixa há 9 bolas amarelas numeradas de 1 a 9 e, em uma segunda caixa, há 9 bolas brancas, também numeradas de 1 a 9. Todas as bolas são idênticas, exceto por sua cor e seu número. Uma bola amarela é sorteada e colocada na segunda caixa; a seguir, uma bola é sorteada da segunda caixa. a) Qual é a probabilidade de que a bola sorteada da segunda caixa seja amarela? b) Qual é a probabilidade de que as duas bolas sorteadas tenham o mesmo número? c) Qual é a probabilidade de que a bola sorteada da segunda caixa tenha o número 1?

Ver reprodução da questão

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

A leitura em texto acima reúne os dados da questão do acervo histórico. Esta fonte não trouxe uma imagem separada do enunciado.

Abrir fonte da questão ↗

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

Depois da transferência, há dez bolas na segunda caixa. Uma é amarela, então a)=1/10. Se o número transferido é k, duas bolas têm número k, dando b)=1/5. Para c), se foi transferido 1, a chance condicional é 2/10; se foi outro número, é 1/10. A média ponderada é (1/9)(2/10)+(8/9)(1/10)=1/9. Contar os 90 resultados equiprováveis confirma dez resultados favoráveis.

Ver reprodução da resolução

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

Reprodução da resolução 5, OBMEP 2012, nível 3
OBMEP 2012 · nível 3 · segunda fase · questão 5 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da resolução ↗

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Contar as bolas após a transferência

    A segunda caixa passa a ter dez bolas: nove brancas e uma amarela. A chance de retirar a amarela é 1/10.

    Um caminho parcial: Reconhecer uma amarela ajuda. Atualize também o total para dez bolas depois da transferência.

  2. b) Contar as duas bolas com o número transferido

    Se a amarela transferida tem número k, a segunda caixa contém a amarela k e a branca k. Duas das dez bolas têm o mesmo número da primeira, logo a chance é 2/10=1/5.

    Um caminho parcial: Identificar uma das duas bolas de número k é uma etapa. Inclua a branca e a amarela, que são bolas distintas.

  3. c) Separar a transferência de 1 das demais

    Se a primeira é 1, chance 1/9, duas das dez bolas são 1. Se a primeira não é 1, chance 8/9, apenas uma é 1. Assim P=(1/9)(2/10)+(8/9)(1/10)=1/9.

    Um caminho parcial: Um ramo condicional correto ajuda. Inclua o outro e pondere pela chance de cada tipo de transferência.

Outros caminhos para comparar
  • Numere as nove escolhas da primeira caixa e as dez da segunda: 90 resultados equiprováveis. Para terminar com número 1, há dois resultados se a transferência é 1 e oito se é outro número; são 10/90.
  • Para o item c, a simetria entre os nove números também dá 1/9. Explique por que a transferência não privilegia um número fixo antes do primeiro sorteio.

Nos dois sorteios do par, compare como as quantidades mudam depois de uma retirada ou transferência.

Área de sobreposição por intervalos

Dois triângulos se sobrepõem

OBMEP 2009 · nível 3 · segunda fase · questão 5

Dois triângulos retângulos isósceles com catetos de medida 2 são posicionados como mostra a figura 1. A seguir, o triângulo da esquerda é deslocado para a direita. Nas figuras 2 e 3, x indica a distância entre os vértices A e B dos dois triângulos. Para cada x no intervalo [0,4], seja f(x) a área da região comum aos dois triângulos, em cinza nas figuras. Descrição das figuras: inicialmente, as bases horizontais de comprimento 2 se encontram em um vértice, com os catetos verticais nas extremidades externas. O triângulo esquerdo se desloca horizontalmente para a direita e o outro fica fixo. A é o vértice direito da base do triângulo que se move, e B o vértice esquerdo da base do triângulo fixo; AB=x durante o movimento. Para 0≤x≤2 a região comum é triangular; para 2<x<4 é um pentágono com parte retangular e um triângulo superior. a) Calcule f(1) e f(3). b) Encontre as expressões de f nos intervalos [0,2] e [2,4] e esboce o seu gráfico. c) Qual é a área máxima da região comum aos dois triângulos?

Ver reprodução da questão

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

Reprodução da questão 5, OBMEP 2009, nível 3
OBMEP 2009 · nível 3 · segunda fase · questão 5 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

Em 0≤x≤2, a sobreposição é um triângulo de base x e altura x/2, dando x²/4. Em 2≤x≤4, some o retângulo (4−x)(x−2) e o triângulo (4−x)²/4: f(x)=−3x²/4+4x−4. Portanto f(1)=1/4 e f(3)=5/4. O primeiro ramo tem máximo 1; o segundo vale 4/3−(3/4)(x−8/3)², com máximo 4/3 em x=8/3. O gráfico tem os dois ramos unidos em (2,1), com extremos (0,0) e (4,0).

Ver reprodução da resolução

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

Reprodução da resolução 5, OBMEP 2009, nível 3
OBMEP 2009 · nível 3 · segunda fase · questão 5 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da resolução ↗

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Calcular as áreas em x=1 e x=3

    Para x=1, a região comum é um triângulo de base 1 e altura 1/2, logo f(1)=1/4. Para x=3, a região é um retângulo de base e altura 1, mais um triângulo de base 1 e altura 1/2: f(3)=5/4.

    Um caminho parcial: Uma das áreas corretas é parte do caminho. Justifique a decomposição da outra e mantenha áreas separadas de comprimentos.

  2. b) Obter a expressão no primeiro intervalo

    Em 0≤x≤2, a base da região triangular é x e a altura é x/2, pelos ângulos de 45°. Sua área é f(x)=x²/4.

    Um caminho parcial: Identificar base x ou altura x/2 é uma etapa. Use base×altura/2 e indique o intervalo em que esse desenho vale.

  3. b) Obter a expressão no segundo intervalo e o gráfico

    Em 2≤x≤4, a parte retangular tem base 4−x e altura x−2; o triângulo superior tem base 4−x e altura (4−x)/2. Assim f(x)=(4−x)(x−2)+(4−x)²/4=−3x²/4+4x−4. Os dois ramos encontram-se em (2,1); o gráfico também passa por (0,0) e (4,0).

    Um caminho parcial: Uma dimensão correta ou uma parcela da área é uma etapa. Complete as duas parcelas, o intervalo e a ligação dos ramos em x=2.

  4. c) Comparar os máximos dos dois ramos

    No primeiro ramo o máximo é 1, em x=2. O segundo é uma parábola côncava, com vértice x=8/3 e valor 4/3. Como 8/3∈[2,4] e 4/3>1, a área máxima é 4/3.

    Um caminho parcial: Calcular o vértice é uma etapa. Confira se pertence ao intervalo e compare com o máximo do primeiro ramo.

Outros caminhos para comparar
  • Use coordenadas para conferir a área: fixe o triângulo direito com base de 2 a 4 e mova a base esquerda de x a x+2. As alturas superiores são u−2 e x+2−u; a região comum muda de forma em x=2.
  • Para o segundo ramo, complete o quadrado: f(x)=4/3−(3/4)(x−8/3)². Isso mostra o máximo, depois de conferir o intervalo.

No outro caso, encontre primeiro a posição em que a região de sobreposição muda de forma; só então escreva uma expressão para cada intervalo.

Outro caso do par: Um triângulo de papel é dobrado

Um triângulo de papel é dobrado

OBMEP 2013 · nível 3 · segunda fase · questão 4

A figura mostra um triângulo de papel ABC, retângulo em C e cujos catetos medem 10 cm. Para cada número x tal que 0≤x≤10, marcam-se nos catetos os pontos que distam x cm do ponto C e dobra-se o triângulo ao longo da reta determinada por esses pontos. Indicamos por f(x) a área, em cm², da região onde ocorre sobreposição de papel. Por exemplo, na figura ao lado a área da região cinzenta, em cm², é f(7). Descrição da figura: C é o vértice do ângulo reto, acima da base horizontal AB. Os pontos D e E estão em CA e CB, respectivamente, com CD=CE=x. A dobra é a reta DE, paralela a AB. A ponta C é refletida nessa reta, formando um novo ponto F abaixo de DE. Na figura de x=7, a sobreposição é um trapézio entre DE e AB; a ponta F passa para além de AB. a) Calcule f(2), f(5) e f(7). b) Escreva as expressões de f(x) para 0≤x≤5 e 5≤x≤10. c) Faça o gráfico de f(x) em função de x. d) Determine o maior valor possível para a área da região de sobreposição.

Ver reprodução da questão

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

Reprodução da questão 4, OBMEP 2013, nível 3
OBMEP 2013 · nível 3 · segunda fase · questão 4 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da questão ↗

Minha primeira versão neste estudo

A comparação ainda não foi aberta neste caso.

Escreva seu rascunho. A primeira versão ficará guardada quando você abrir a comparação.

O texto livre fica para revisão humana; abrir uma referência registra a consulta.

Comparar com a resolução e as etapas
Referências para revisar o raciocínio

A dobra reflete C em F. O quadrado CDFE tem lado x e o triângulo DEF tem metade de sua área, x²/2. Até x=5, toda essa área se sobrepõe ao papel. Acima de 5, sai da base uma parte triangular de catetos 2x−10, cuja área deve ser retirada. Logo f=x²/2 em [0,5] e f=−(3x²−40x+100)/2 em [5,10]. Os valores pedidos são 2,25/2,33/2 cm². Os ramos unem-se em (5,25/2), com extremos (0,0) e (10,0). No segundo ramo, f=50/3−(3/2)(x−20/3)², dando máximo 50/3 cm²; ele supera o máximo 25/2 do primeiro ramo.

Ver reprodução da resolução

Reproduções da fonte histórica usada no acervo. O comentário HUBMAT é apresentado em separado; o índice da OBMEP permite consultar a edição completa.

Reprodução da resolução 4, OBMEP 2013, nível 3
OBMEP 2013 · nível 3 · segunda fase · questão 4 · Abrir reprodução ampliada ↗

Abrir fonte da resolução ↗

As referências abaixo apoiam uma revisão com um professor ou colega. Suas marcações não atribuem nota automática nem pontos da prova.

  1. a) Determinar as três áreas solicitadas

    A área do triângulo dobrado DEF é x²/2. Em x=2 e x=5 ele fica dentro da região original: f(2)=2 e f(5)=25/2. Em x=7, a parte que sai de ABC é um triângulo de área (2x−10)²/2=8, então f(7)=49/2−8=33/2 cm².

    Um caminho parcial: Uma ou duas áreas corretas são etapas. Em x=7, retire a parte que ultrapassa a base; explicite as unidades de área.

  2. b) Construir os dois ramos pela geometria

    Para 0≤x≤5, f(x)=x²/2. Para 5≤x≤10, a parte fora do papel original tem catetos 2x−10: f(x)=x²/2−(2x−10)²/2=−(3x²−40x+100)/2.

    Um caminho parcial: A expressão do triângulo completo é uma etapa. Identifique quando surge a parte externa e retire sua área apenas no segundo intervalo.

  3. c) Ligar os ramos e indicar os pontos

    Os ramos se encontram em (5,25/2), partem de (0,0) e terminam em (10,0). O primeiro cresce; o segundo é côncavo e tem vértice (20/3,50/3). O eixo horizontal mede x em cm e o vertical a área em cm².

    Um caminho parcial: Pontos corretos ou um ramo correto ajudam. Complete o outro intervalo, a continuidade em x=5 e o vértice.

  4. d) Comparar o vértice com o primeiro intervalo

    No primeiro intervalo o máximo é 25/2. No segundo, f(x)=50/3−(3/2)(x−20/3)², com vértice x=20/3∈[5,10]. Como 50/3>25/2, a área máxima é 50/3 cm².

    Um caminho parcial: Encontrar o vértice é uma etapa. Confira o intervalo e compare os dois máximos antes de concluir.

Outros caminhos para comparar
  • No segundo intervalo, calcule a área do triângulo original (50), retire a região acima da dobra (x²/2) e os dois cantos de área (10−x)²/2 cada. Isso também dá −(3x²−40x+100)/2.
  • Depois da decomposição geométrica, complete o quadrado no segundo ramo para justificar o máximo sem derivadas.

Compare como translação e dobra criam intervalos diferentes de sobreposição, mesmo usando o mesmo princípio de decompor a área.

PRÁTICA GUIADA HUBMAT

Investigue por etapas.

Seis pares autorais de contagem, paridade e geometria, com dois casos por par. Esta prática complementa as questões de provas oficiais, disponíveis logo abaixo.

Conferimos as escolhas dos passos fechados, do resultado e da justificativa. O texto livre é um rascunho para revisão humana; as etapas conferidas não são pontuação da OBMEP nem medida de domínio.

Os casos podem ser lidos em texto. Com JavaScript, suas escolhas podem ser conferidas e guardadas.

Prática guiada · nível 1

Sete casas pretas?

Um quadro tem 16 casas, todas brancas. Em cada jogada escolhem-se duas casas brancas quaisquer, distintas, e elas se tornam pretas. Casas pretas não são escolhidas novamente. É possível terminar com exatamente 7 casas pretas?

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. Cada jogada acrescenta duas casas pretas: 2m.
  2. Dividir por 2 dá 7/2, que não é uma quantidade inteira de jogadas.

Resolução: Depois de m jogadas há 2m casas pretas, um número par. A igualdade 2m = 7 exigiria m = 7/2, que não é inteiro. Portanto a meta é impossível.

Outro caminho: As casas brancas começam em 16 e diminuem de 2 em 2, sempre em quantidade par. Ter 7 pretas deixaria 9 brancas, contrariando essa condição.

Outro caso deste par

Compare primeiro seu raciocínio e depois experimente este caso paralelo. O registro distingue a consulta ao apoio.

Oito casas em outro quadro

Outro quadro tem 9 casas brancas. Uma jogada torna pretas duas casas brancas quaisquer e distintas; casas pretas não são escolhidas novamente. Qual é o menor número de jogadas para obter exatamente 8 casas pretas?

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. As casas pretas são adicionadas em pares: 2m.
  2. Das 9 casas, 8 estão pretas, deixando uma branca.

Resolução: A equação 2m = 8 dá m = 4. Escolha oito casas e forme quatro pares; cada par pode ser pintado numa jogada. Essa construção atinge a meta. Menos de quatro jogadas pintariam menos de oito casas.

Outro caminho: Conte as brancas: 9 → 7 → 5 → 3 → 1. Quatro retiradas de pares deixam uma branca e oito pretas.

Revestimentos da faixa

Uma faixa horizontal de 1 × 8 casas iguais será revestida inteira, sem sobreposição nem sobra. Use exatamente dois dominós horizontais de 1 × 2, idênticos entre si, e 4 peças de 1 × 1, também idênticas entre si. Revestimentos diferem quando as posições ocupadas pelos dominós diferem. Quantos existem?

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. Os dois dominós e as 4 peças unitárias formam 6 blocos.
  2. 6 escolhas para D1 e 5 para D2: 30.

Resolução: Contraia cada dominó num bloco D e chame as peças unitárias de U. Há 6 blocos, dois deles D. Com rótulos temporários, são 6 × 5 = 30 escolhas. Ao apagar os rótulos, cada revestimento foi contado duas vezes: 30/2 = 15. Expandir D recupera uma única faixa de comprimento 8.

Outro caminho: Conte pela posição do primeiro dominó na faixa original. O segundo pode ocupar 5, 4, 3, 2, 1 posições, respectivamente. A soma é 15. Ele começa pelo menos duas casas depois do primeiro, sem sobreposição.

Outro caso deste par

Compare primeiro seu raciocínio e depois experimente este caso paralelo. O registro distingue a consulta ao apoio.

Uma faixa mais curta

Uma faixa horizontal de 1 × 7 casas iguais será revestida inteira, sem sobreposição nem sobra. Use exatamente dois dominós horizontais de 1 × 2, idênticos entre si, e 3 peças de 1 × 1, também idênticas entre si. Revestimentos diferem quando as posições ocupadas pelos dominós diferem. Quantos existem?

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. Os dois dominós e as 3 peças unitárias formam 5 blocos.
  2. 5 escolhas para D1 e 4 para D2: 20.

Resolução: Contraia cada dominó num bloco D e chame as peças unitárias de U. Há 5 blocos, dois deles D. Com rótulos temporários, são 5 × 4 = 20 escolhas. Ao apagar os rótulos, cada revestimento foi contado duas vezes: 20/2 = 10. Expandir D recupera uma única faixa de comprimento 7.

Outro caminho: Conte pela posição do primeiro dominó na faixa original. O segundo pode ocupar 4, 3, 2, 1 posições, respectivamente. A soma é 10. Ele começa pelo menos duas casas depois do primeiro, sem sobreposição.

Prática guiada · nível 2

Todos os retângulos da malha

Uma malha retangular tem 3 fileiras de quadrados e 4 colunas de quadrados. Conte todos os retângulos, incluindo os quadrados, cujos lados estão sobre linhas da malha. Cada posição e cada tamanho contam separadamente. Quantos são?

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. 3 fileiras exigem 4 horizontais; 4 colunas exigem 5 verticais.
  2. Escolher duas das 4 horizontais, sem contar a ordem: 4 × 3/2 = 6.

Resolução: Há 4 linhas horizontais e 5 verticais. São 6 pares horizontais e 10 verticais. Cada combinação dos dois pares determina um retângulo, e todo retângulo corresponde a uma combinação. Total: 6 × 10 = 60.

Outro caminho: Para as larguras, as quantidades de posições somam 4 + 3 + 2 + 1 = 10. Para as alturas, somam 3 + 2 + 1 = 6. O produto das somas também dá 60.

Outro caso deste par

Compare primeiro seu raciocínio e depois experimente este caso paralelo. O registro distingue a consulta ao apoio.

Outra malha retangular

Uma malha retangular tem 2 fileiras de quadrados e 5 colunas de quadrados. Conte todos os retângulos, incluindo os quadrados, cujos lados estão sobre linhas da malha. Cada posição e cada tamanho contam separadamente. Quantos são?

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. 2 fileiras exigem 3 horizontais; 5 colunas exigem 6 verticais.
  2. Escolher duas das 3 horizontais, sem contar a ordem: 3 × 2/2 = 3.

Resolução: Há 3 linhas horizontais e 6 verticais. São 3 pares horizontais e 15 verticais. Cada combinação dos dois pares determina um retângulo, e todo retângulo corresponde a uma combinação. Total: 3 × 15 = 45.

Outro caminho: Para as larguras, as quantidades de posições somam 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15. Para as alturas, somam 2 + 1 = 3. O produto das somas também dá 45.

Paridades ao redor do círculo

Um círculo tem seis posições distintas, rotuladas P1 a P6 em ordem, com P6 vizinha de P1. Escreva os números de 1 a 6, sem repetir, com 1 fixo em P1. Quantas disposições fazem a soma de cada par de vizinhos ser ímpar? As posições rotuladas não são identificadas por rotações nem reflexões.

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. Par + ímpar é ímpar; par + par e ímpar + ímpar são pares.
  2. São 3 × 2 × 1 = 6 ordens.

Resolução: A paridade precisa alternar: ímpares em P1, P3 e P5; pares em P2, P4 e P6. Com 1 fixo, 3 e 5 têm duas ordens. Os pares têm 3 × 2 × 1 = 6 ordens. As escolhas são independentes: 2 × 6 = 12 disposições.

Outro caminho: Liste as seis ordens de (2,4,6) nas posições pares. Para cada uma, escreva (3,5) ou (5,3) em P3,P5. São seis pares de disposições, sem repetição.

Outro caso deste par

Compare primeiro seu raciocínio e depois experimente este caso paralelo. O registro distingue a consulta ao apoio.

Sete posições no círculo

Outro círculo tem sete posições distintas P1 a P7, em ordem, com P7 vizinha de P1. Escreva os números de 1 a 7, sem repetir, com 1 fixo em P1. Quantas disposições fazem todas as sete somas de vizinhos serem ímpares?

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. A soma dos números é 28.
  2. O total é 2 × 28 = 56, par.

Resolução: Somar sete parcelas ímpares dá um total ímpar. Porém cada número aparece nas somas com seus dois vizinhos, então o total é 2(1+2+3+4+5+6+7) = 56, par. A contradição impede qualquer disposição.

Outro caminho: Alternar a partir de P1 ímpar força P2 par, P3 ímpar e assim por diante, até P7 ímpar. P7 e P1 seriam ímpares vizinhos, com soma par.

Prática guiada · nível 3

As três caixas distintas

Distribua todas as 20 fichas idênticas entre caixas distintas A, B e C. As quantidades são inteiras: A recebe uma quantidade par de pelo menos 2 fichas, B pelo menos 3, e C pelo menos 1. Distribuições diferem quando alguma caixa recebe outra quantidade. Quantas são possíveis?

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. As reservas usam seis fichas; restam 14.
  2. O extra de B pode ser 0,1,...,14; C recebe o complemento. Há 15 escolhas.

Resolução: Reserve A=2, B=3, C=1. Restam 14 fichas. O extra de A é 2k, com k=0,...,7. Para cada k, B pode receber de 0 até 14 − 2k extras; C recebe o complemento. São 14 − 2k + 1 escolhas. Somando: 15 + 13 + 11 + 9 + 7 + 5 + 3 + 1 = 64.

Outro caminho: As contagens são os primeiros 8 ímpares, em ordem inversa. A soma 1+3+...+15 forma um quadrado de lado 8, com 64 pontos. Cada linha corresponde a um extra permitido em A.

Outro caso deste par

Compare primeiro seu raciocínio e depois experimente este caso paralelo. O registro distingue a consulta ao apoio.

Outro total de fichas

Distribua todas as 18 fichas idênticas entre caixas distintas A, B e C. As quantidades são inteiras: A recebe uma quantidade par de pelo menos 2 fichas, B pelo menos 3, e C pelo menos 1. Distribuições diferem quando alguma caixa recebe outra quantidade. Quantas são possíveis?

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. As reservas usam seis fichas; restam 12.
  2. O extra de B pode ser 0,1,...,12; C recebe o complemento. Há 13 escolhas.

Resolução: Reserve A=2, B=3, C=1. Restam 12 fichas. O extra de A é 2k, com k=0,...,6. Para cada k, B pode receber de 0 até 12 − 2k extras; C recebe o complemento. São 12 − 2k + 1 escolhas. Somando: 13 + 11 + 9 + 7 + 5 + 3 + 1 = 49.

Outro caminho: As contagens são os primeiros 7 ímpares, em ordem inversa. A soma 1+3+...+13 forma um quadrado de lado 7, com 49 pontos. Cada linha corresponde a um extra permitido em A.

Múltiplos com duas exclusões

Entre os inteiros de 1 a 120, incluindo os extremos, quantos são divisíveis por 6, mas não são divisíveis por 4 nem por 9?

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. São 120/6 = 20.
  2. O MMC de 6,4,9 é 36; há 3 múltiplos de 36 até 120.

Resolução: Há 20 múltiplos de 6. Os que também são divisíveis por 4 são os 10 múltiplos de 12; os que também são divisíveis por 9 são os 6 de 18. Os 3 múltiplos de 36 pertencem às duas exclusões e foram retirados duas vezes. Devolva-os uma vez: 20 − 10 − 6 + 3 = 7.

Outro caminho: Escreva n=6k, com 1≤k≤20. Não ser múltiplo de 4 exige k ímpar; não ser múltiplo de 9 exige k não múltiplo de 3. Dos 10 ímpares, 3 são múltiplos de 3. Restam 7.

Outro caso deste par

Compare primeiro seu raciocínio e depois experimente este caso paralelo. O registro distingue a consulta ao apoio.

Um intervalo maior

Entre os inteiros de 1 a 180, incluindo os extremos, quantos são divisíveis por 6, mas não são divisíveis por 4 nem por 9?

Passos para investigar

A justificativa que sustenta o resultado

Consultar referências e outro caminho

A consulta fica registrada para você acompanhar a tentativa.

  1. São 180/6 = 30.
  2. O MMC de 6,4,9 é 36; há 5 múltiplos de 36 até 180.

Resolução: Há 30 múltiplos de 6. Os que também são divisíveis por 4 são os 15 múltiplos de 12; os que também são divisíveis por 9 são os 10 de 18. Os 5 múltiplos de 36 pertencem às duas exclusões e foram retirados duas vezes. Devolva-os uma vez: 30 − 15 − 10 + 5 = 10.

Outro caminho: Escreva n=6k, com 1≤k≤30. Não ser múltiplo de 4 exige k ímpar; não ser múltiplo de 9 exige k não múltiplo de 3. Dos 15 ímpares, 5 são múltiplos de 3. Restam 10.

QUESTÕES DE PROVAS OFICIAIS

Escolha e comece.

Escolha a etapa escolar, a fase e o tamanho da sessão. Ano e assunto são ajustes opcionais.

Seu rascunho pode ser guardado neste navegador ou em um arquivo.

Quatro questões oficiais de 2015 têm descrição em texto e referências de etapas para revisão humana nesta apresentação. Elas tratam de dois modelos: movimentos no contorno e notas em uma malha triangular.

Preparando as questões…Aguarde alguns instantes.
Fonte oficial ↗

1. Nível

Escolha sua etapa.

2. Fase

Escolha objetiva ou discursiva.

1ª fase · alternativaEscolha uma resposta entre as opções da questão.

2ª fase · raciocínioEscreva sua estratégia e compare com a solução.

3. Quantidade

Treino rápido.
Seu treinoPreparando seu treino…
SEU PROGRESSO

Continue de onde parou.

0respondidas
0acertos
0para revisar
TRANSPARÊNCIA

Questões organizadas para treino.

O HUB da Matemática não organiza nem representa a OBMEP. Para provas, soluções, regulamento, calendário e resultados, consulte sempre a OBMEP.

Site oficial ↗