Questão 1
Item A
•
Começando a preencher pela primeira linha, temos que a
média de 2 e 14 é
16
= 8.
2
•
Em seguida, podemos preencher a primeira coluna, cuja
média é 10. Logo, os dois números vizinhos devem somar
20; portanto, 18 é o número que falta na primeira coluna.
•
Passando para a diagonal que contém o 18, a média entre
14 e 18 é
32
2
= 16.
•
A outra diagonal, assim como a segunda coluna e a
segunda linha, tem média 16; logo, podemos facilmente
preencher as casas restantes, pois 30 + 2 = 32;
8 + 24 = 32 e 10 + 22 = 32.
Observe que tudo se completou corretamente.
Item B
A
7
9
20
Vamos chamar de A o número que está na primeira linha e na primeira coluna, mas poderíamos
ter escolhido outra casa da tabela para começar.
Assim, o número que falta na primeira linha é 14 – A, o número que falta na primeira coluna
é 18 – A. Agora, pela diagonal que contém esse último número, temos que a casa central terá
o número 16 – A.
2
8
14
10
16
22
18
24
30
Ensino Médio
____________________________________________________________________________________________________________________
2ª FASE – 06 de novembro de 2021
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
A
7
14 – A
9
16 – A
18 – A
20
Agora, temos que 20 + A = 32 – 2A, logo, A = 4.
4
7
10
9
12
14
20
Resta preencher as duas casas restantes. Isso é bastante simples, já que 17 + 7 = 24 = 2 ×
12 e 20 + 10 = 30 = 2 × 15.
4
7
10
9
12
15
14
17
20
Item C
Agora só queremos a soma das nove casas e não o
preenchimento completo. A casa central deve ser preenchida
com 22.
Agora observe que as casas que ainda não foram preenchidas
devem somar 28 + 44 + 60 = 132, pois A + B = 28; C + D = 44
e E + F = 60. Logo, as nove casas somam 132 + 14 + 22 + 30
= 198. Observe que 198 = 3 × (14 + 22 + 30) = 9 × 22.
A
C
E
14
22
30
B
D
F
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
Questão 2
Item A
Maria pode pintar de azul tanto o hexágono como o trapézio e, portanto, essa cor deve ser
tratada separadamente.
Caso 1: o hexágono foi pintado de azul. Então, para não repetir a mesma no trapézio,
este só pode ser pintado de preto (1 possibilidade).
Caso 2: o hexágono não foi pintado de azul (2 possibilidades). Nesse caso, Maria pode
pintar o trapézio de azul ou de preto (2 possibilidades). Pelo Princípio Multiplicativo da
Contagem, há, então, 2 × 2 = 4 possibilidades de pinturas.
Juntando os dois casos, vemos que Maria pode pintar a Figura 1 de 1 + 4 = 5 maneiras
diferentes.
Item B
Novamente, façamos a divisão em casos:
Caso 1: O hexágono foi pintado de azul por Maria. Logo, todos os três trapézios devem
ser pintados de preto (1 possibilidade).
Caso 2: O hexágono não foi pintado de azul (2 possibilidades). Nesse caso, cada um dos
três trapézios da Figura 2 podem ser pintados de azul ou preto. Pelo princípio
multiplicativo, há 2 × 2 × 2 × 2 = 16 possibilidades de pinturas.
Juntando os dois casos, vemos que Maria pode pintar a Figura 2 de 1 + 16 = 17 maneiras
diferentes.
Item C
Vamos enumerar as regiões de acordo com a figura ao lado:
Vamos dividir em 6 casos:
Hexágono 1 na cor azul, hexágono 2 na cor bege. Nesse
caso, os trapézios 3, 4 e 5 devem ser pintados de preto (1
possibilidade).
Hexágono 1 na cor azul, hexágono 2 na cor cinza. Nesse
caso, também os trapézios 3, 4 e 5 devem ser pintados de
preto (1 possibilidade).
Hexágono 1 na cor bege, hexágono 2 na cor azul. Nesse caso, os trapézios 3 e 4 devem
ser pintados de preto, mas o trapézio 5 pode ser pintado de azul ou preto (2
possibilidades)
Hexágono 1 na cor bege, hexágono 2 na cor cinza. Cada trapézio pode ser pintado de
duas cores (2 × 2 × 2 = 8 possibilidades)
Hexágono 1 na cor cinza, hexágono 2 na cor azul. Nesse caso, os trapézios 3 e
4 devem ser pintados de preto, e o trapézio 5 pode ser pintado de duas cores
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
(2 possibilidades).
Hexágono 1 na cor cinza, hexágono 2 na cor bege. Cada trapézio pode ser pintado de
duas cores (2 × 2 × 2 = 8 possibilidades).
Logo, há 1 + 1 + 2 + 8 + 2 + 8 = 22 maneiras diferentes de Maria pintar a Figura 3.
Questão 3
Observamos inicialmente que podemos considerar o quadriculado fixo na posição apresentada.
Item A
Item B
A probabilidade de que três casas fixas (não necessariamente na mesma coluna) sejam
preenchidas apenas por números pares é
4
×
3
×
2
=
1
. De fato, a probabilidade de a
9 8 7 21
primeira casa ser preenchida com um número par é de
4
9
, conforme o item anterior; uma vez
preenchida a primeira das três casas com um número par, a probabilidade de a segunda casa
ser preenchida com um número par é
3
8
. Finalmente, uma vez preenchidas a primeira e a
segunda casas com números pares, a probabilidade de a terceira casa também ser preenchida
com um número par é
2
7
, e segue nossa afirmativa inicial. Como podemos escolher uma
1 1
coluna de três maneiras, a probabilidade procurada é 3 ×
21
=
7
.
Alternativamente, quatro casas fixas (em particular, uma coluna e uma casa extra) podem
ser preenchidas com números pares de 4! maneiras e, após isso, as cinco casas restantes
podem ser preenchidas com números ímpares de 5! maneiras. Logo, o número de maneiras de
preencher o quadriculado de modo que essas quatro casas tenham números pares é 4! × 5!.
Como o número de maneiras de preencher o quadriculado sem restrições é 9!, a probabilidade
de que essas quatro casas sejam preenchidas com números pares é
5! × 4!
9!
1
126
.
Finalmente, podemos fixar uma coluna e uma casa extra de 3 × 6 = 18 maneiras, e segue que
a probabilidade procurada é 18 ×
1
=
1
.
126 7
Item C
A probabilidade de que cinco casas fixas (não necessariamente formando uma linha e uma
coluna) sejam preenchidas por números ímpares é, analogamente ao item anterior, igual a
5
×
4
×
3
×
2
×
1
=
1
. Podemos escolher uma linha e uma coluna de 3 × 3 = 9
=
Qualquer casa do tabuleiro (em particular, a casa central) pode ser preenchida de nove
maneiras, sendo quatro delas por um número par; a probabilidade pedida é, então,
4
.
9
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
9 8 7 6 5 126
1 1
maneiras diferentes, e segue que a probabilidade pedida é
9 ×
126
=
14
.
Alternativamente, cinco casas fixas (em particular, uma linha e uma coluna) podem ser
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
=
preenchidas com números ímpares de 5! maneiras e as quatro casas restantes podem ser
preenchidas com números pares de 4! maneiras. Podemos fixar uma linha e uma coluna de
3 × 3 = 9 maneiras, e segue, como no item anterior, que a probabilidade pedida é
5! × 4! 1
9 ×
9! 14
Notamos que o fato de a probabilidade em (c) ser a metade daquela em (b) não é apenas uma
coincidência numérica, mas decorre do fato de que é possível associar a cada preenchimento
do tabuleiro, como em (c), dois preenchimentos distintos, como em (b); reciprocamente, os
preenchimentos como em (b) podem ser divididos em grupos de dois, de modo a gerar um
preenchimento como em (c). Essa ideia está ilustrada na figura abaixo.
Dessa maneira, outra solução para essa questão é mostrar primeiro (b) e depois usar o
argumento acima para mostrar (c), ou vice-versa.
Questão 4
Item A
O volume total da lata é igual a 20 × 10 × 10 = 2.000 cm
3
.
Item B
A altura máxima é atingida pelo líquido quando ele alcança a aresta AB indicada na figura
(a partir desse instante, o líquido transborda). Nesse mesmo instante, o líquido atinge o ponto
médio da aresta EF.
.
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
20
B
h
C
h
C’
A altura h atingida pelo líquido é igual ao cateto de um triângulo retângulo isósceles de
hipotenusa medindo 20 cm. Logo, h
2
+ h
2
= 20
2
, o que fornece h
O volume da lata que deixa de ser preenchido quando o líquido atinge essa altura é o volume
de um prisma triangular, que é igual à metade do volume de um paralelepípedo retângulo
de arestas iguais a 10. Logo, o volume não preenchido é igual a
10 × 10 × 10
2
=
500 cm
3
e,
portanto, o volume de líquido, nesse instante, é igual a 2000 – 500 = 1.500 cm
3
.
Outra solução:
Quando começa a transbordar, o líquido ocupa um prisma reto. A base desse prisma é um
trapézio de bases medindo 10 cm e 20 cm, respectivamente, e altura medindo 10 cm; a altura
do prisma mede 10 cm. Logo, seu volume é
10 + 20
× 10 × 10 = 1.500 cm
3
.
2
Item C
Até atingir o vértice F (quando h
à metade do volume de um paralelepípedo retângulo de arestas h h
Logo, temos
V(h) =
1
h × h × 10 = 10 h
2
, se 0 h
2
(função quadrática).
Observe que, quando o vértice F é atingido, o
volume de líquido é V × 10 = 500 cm
3
.
A partir desse ponto, o líquido adicional ocupa
um prisma cuja base é um retângulo de lados
V(h) = 500 + 10 × 10 × (h 100 h < h
(função linear).
(h
E
10
10
10
10
45º
C’
10
10
10
10
F
h
45º
C’
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
Outra solução:
V
V(h
h
O gráfico de V tem o seguinte aspecto:
= 100 h < h
V
2000
1750
1500
1250
1000
750
500
250
RETA
PARÁBOLA
2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 2 7 2 8 2 9 2 10 2
h
Questão 5
Utilizaremos na solução desse problema
o teorema das tangentes, que estabelece
que, se duas tangentes são traçadas de um
mesmo ponto a uma mesma circunferência,
então, os segmentos que unem este ponto
até os pontos de tangência são iguais.
Y
X
Z
XY = XZ
Item A
Queremos calcular o perímetro do triângulo ABC quando SS’ = 10.
e V
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
D S B C S’
DT’ = DS’
DT = DS
BM = BS
CN = CS’
DT’ DT = DS’ DS TT’ = SS’ = 10
BM + BC + CN = BS + BC + CS’ = SS’ = 10
BM + BC + CN = 10 (equação 1)
AM = AT
AN = AT’
AM + AN = AT + AT’ = TT’ = 10
AM + AN = 10 (equação 2)
Somando as equações 1 e 2, obtemos
(BM + AM) + BC + (CN + AN) = 2 SS’ = 20 AB + BC + AC = 2 SS’ = 20.
Assim, o perímetro do triângulo ABC é igual a 20.
Item B
Denote as áreas dos triângulos ABC, ABO e
ACO’ por A , A e A , respectivamente.
1 2 3
Vamos mostrar que a área do hexágono
OSS’O’T’T é A
1
+ 2A
2
+ 2A
3
.
Observemos a figura ao lado.
D S B
C S’
Logo,
área = 2 × A
ABO
área
OSBAT
= 2A
2
área
O’S’CAT’
= 2 × A
ACO’
área
O’S’CAT’
= 2A
3
área
OSS’O’T’T
= área
ABC
+ área + área
O’S’CAT’
= A
1
+ 2A
2
+ 2A
3
.
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
Item C
Vamos mostrar agora que a área do triângulo ABC é
1
[(b a)AB + (a b)AC + (a + b)BC].
2
OSS’O’ é um trapézio de bases a e b e altura SS’ (do item A,SS’ =
AB + BC + AC
).
2
área
OSS’O’
=
1
(a + b)
2
AB + BC + AC
2
4área
OSS’O’
= (a + b)(AB + BC + AC)
Por outro lado, área
OSS’O’
é igual à metade da área do hexágono OSS’O’T’T; portanto, usando
o resultado encontrado no item B,
2A
1
+ 4A
2
+ 4A
3
= (a + b)(AB + BC + AC)
2A + 4 ×
AB × a
+ 4 ×
AC × b
= (a + b)AB + (a + b)BC + (a + b) AC
1
2 2
2
A
1
= AB(a + b
a) + BC (a + b) + AC(a + b b)
A
1
=
1
[AB(b a) + BC (a + b) + AC(a b)].
2
Item D
AB = AC
A
1
=
1
[AC(b a) + BC (a + b) + AC(a b)]
2
BC × h
=
1
[BC (a + b)]
2 2
h = a + b
Questão 6
Vamos denotar por X uma moeda com a face cara para cima e Y a com a face coroa. Além disso,
vamos representar uma certa configuração das moedas por uma lista de letras consecutivas,
em que cada uma é X ou Y, começando pela primeira moeda após o ponteiro no sentido anti-
horário e terminando sempre com a moeda para a qual o ponteiro está apontando no
momento.
(B, C, D, E, F, G, H, I, J, A)
D C
F
G
H
I
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
Item A
Podemos exibir explicitamente as mudanças de moedas a partir do início, da seguinte forma.
(Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y)
(X, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y)
1º
(X, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y)
2º
(Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, X)
Como o ponteiro estará apontando para a posição C, podemos concluir que, em D, teremos
uma moeda com a coroa virada para cima (letra Y) e, em C, uma moeda com a cara (letra X).
Item B
Podemos exibir explicitamente as primeiras 9 operações, da seguinte forma.
(Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y)
(X, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y)
(Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, X)
(X, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, X, Y)
(Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, X, Y, X)
(X, Y, Y, Y, Y, Y, X, Y, X, Y)
(Y, Y, Y, Y, Y, X, Y, X, Y, X)
(X, Y, Y, Y, X, Y, X, Y, X, Y)
(Y, Y, Y, X, Y, X, Y, X, Y, X)
1º
(X, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y)
2º
(Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, X)
3º
(X, Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, X, Y)
4º
(Y, Y, Y, Y, Y, Y, Y, X, Y, X)
5º
(X, Y, Y, Y, Y, Y, X, Y, X, Y)
6º
(Y, Y, Y, Y, Y, X, Y, X, Y, X)
7º
(X, Y, Y, Y, X, Y, X, Y, X, Y)
8º
(Y, Y, Y, X, Y, X, Y, X, Y, X)
9º
(X, Y, X, Y, X, Y, X, Y, X, Y)
Assim, teremos moedas alternadas e o ponteiro apontará para a posição J. Os próximos três
movimentos são os seguintes.
(X, Y, X, Y, X, Y, X, Y, X, Y)
(Y, X, Y, X, Y, X, Y, X, Y, X)
(Y, Y, X, Y, X, Y, X, Y, X, Y)
10º
11º
12º
(Y, X, Y, X, Y, X, Y, X, Y, X)
(Y, Y, X, Y, X, Y, X, Y, X, Y)
(X, X, Y, X, Y, X, Y, X, Y, Y)
No final desse processo, o ponteiro apontará para a letra C (pois ele dará uma volta completa
e avançará mais duas posições) e, assim, podemos concluir que estarão com a face cara para
cima as moedas nas posições A, D, E, G e I. Logo, nas posições B, C, F, H e J, as moedas
têm a face coroa voltada para cima.
Item C
Perceba que a operação do ponteiro é reversível, ou seja, dada qualquer configuração das
moedas, existe apenas uma configuração imediatamente anterior que a produziu através do
movimento do ponteiro. Assim, se, em um dado momento, todas as moedas estão com a face
cara virada para cima, então, na posição imediatamente anterior, todas também estavam com
a face cara virada para cima. Retrocedendo essa operação até o início, deveríamos concluir
que todas estavam com a face cara para cima desde o princípio. Como isso é um absurdo, é
impossível que em algum momento todas fiquem com a cara virada para cima.
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
T
Item D
O número de disposições de 10 moedas cara e coroa é finita, bem como o número de possíveis
posições do ponteiro. Assim, o número de configurações das sequências associadas ao ponteiro
é finito e, eventualmente, após alguma interação futura, deverá se repetir. Digamos que, após
o ponteiro se mover i e j vezes, com i < j, as configurações são exatamente as mesmas. Como
a operação é reversível, as configurações após i 1 e j 1 movimentos também são idênticas.
Repetindo esse argumento i vezes, podemos concluir que as configurações após i
i = 0 e j i movimentos do ponteiro são idênticas. Ou seja, após j i interações do ponteiro, a
configuração resultante será a mesma do início e todas as moedas estarão com a face coroa
virada para cima.
Outra solução:
Item A
Para simplificar a notação, a cada face coroa vamos associar o número -1, e a cada face cara,
o número +1. Além disso, para cada disposição das moedas no círculo, vamos associar uma
sequência formada pelos números correspondentes às moedas nas posições de A a J em ordem
anti-horária e escritos a partir da próxima moeda para a qual o ponteiro apontará. Observe na
figura a seguir uma exemplificação dessa notação. Se ela representar a configuração inicial,
então todos os x
i
´s serão iguais a -1.
(x
1
, x
2
, x
3
, ..., x
9
, x
10
)
B C D ... J A
Após um movimento do ponteiro, a sequência sofre a seguinte transformação T:
(x
1
, x
2
, x
3
, …, x
9
, x
10
) (x
1
× x
2
, x
3
, x
4
, …, x
9
, x
10
, x
1
).
Por exemplo, após os dois primeiros saltos, teremos:
(-1, -1, -1, -1, …, -1, -1)
T
(+1, -1, -1 -1, …, -1, -1)
T
(-1, -1, -1 -1, -1, …, -1, +1).
Assim, após os dois primeiros saltos, o ponteiro apontará para a posição C, a posição D terá
uma moeda com a face coroa (-1) e a posição C terá uma moeda com a face cara (+1).
Item B
Começando com uma sequência (x
1
, x
2
, x
3
, …, x
10
), após 9 operações, teremos:
(x
1,
x
2
, x
3
, x
4
, …, x
9
, x
10
)
T
(x
1
× x
2
, x
3
, x
4
, …, x
10
, x
1
)
T
(x
1
× x
2
× x
3
, x
4
, …, x
1
, x
1
× x
2
)
T
…
(x
1
× x
2
× x
3
× … × x
10
, x
1
, x
1
× x
2
, …, x
1
× x
2
× x
3
× … × x
9
).
D C
F
G
H
I
SOLUÇÕES NÍVEL 3
- 2ª FASE
x
Como inicialmente temos x
i
= -1 para todo i, a sequência terá valores alternados. Os três
movimentos seguintes do ponteiro produzem:
(+1, -1, +1, -1, +1, -1, +1, -1, +1, -1)
(-1, -1, +1, -1, +1, -1, +1, -1, +1, -1)
T
(-1, +1, -1, +1, -1, +1, -1, +1, -1, +1)
T
T
(+1, +1, -1, +1, -1, +1, -1, +1, -1, -1).
No final desse processo, o ponteiro apontará para a letra C (pois ele dará uma volta completa
e avançará mais duas posições) e, assim, podemos concluir que estarão com a face cara para
cima as moedas nas posições A, D, E, G e I. Logo, nas posições B, C, F, H e J, as moedas
têm a face coroa voltada para cima.
Item C
Percebemos que a operação T é reversível, ou seja, dada qualquer configuração das moedas,
existe apenas uma configuração imediatamente anterior que a produziu pela movimentação
do ponteiro.
x ,
x
1
, x , …, x , x (x , x , x , …, x , x )
10 2 8 9
10
1 2 3 9 10
Assim, se, em um dado momento, todas as moedas estivessem com a face cara para cima,
ou seja, todas associadas ao número +1, na posição imediatamente anterior, todas também
estariam com a face cara para cima. Retrocedendo essa operação até o início, deveríamos
concluir que todas estavam com a face cara para cima desde o princípio. Como isso é um
absurdo, é impossível que em algum momento todas fiquem viradas com a face cara para
cima.
Item D
O número de sequências com +1 e -1 com 10 posições é finita, bem como o número de
possíveis posições do ponteiro. Assim, o número de configurações das sequências associadas
ao ponteiro é finito e, após alguma interação futura, deverão se repetir. Digamos que, após
o ponteiro se mover i e j vezes, com i < j, as configurações sejam exatamente as mesmas.
Como a operação é reversível, as configurações após i j
idênticas. Repetindo esse argumento i vezes, podemos concluir que as configurações após i
i = 0 e j i movimentos do ponteiro são idênticas. Ou seja, após j i interações do ponteiro, a
configuração resultante será a mesma do início e todas as moedas estarão com a face coroa
para cima.
OPERACIONALIZAÇÃO:
