Nível
3
Ensino Médio
2
a
Fase - 08 de outubro de 2022
QUESTÃO 1
Solução:
a) Ordenando os algarismos de 373 em ordem decrescente, obtemos 733. Ordenando-os em ordem crescente,
obtemos 337. O resultado fornecido pela máquina é 733 – 337 = 396.
b) 1ª solução: Suponhamos que os algarismos do número que entra na máquina, em ordem decrescente, sejam a,
b e c. A condição de que os algarismos não são todos iguais garante que, uma vez colocados em ordem decrescente
(a,b,c), tem-se a > c. Consideremos a conta armada:
Como a > c, é preciso tomar emprestada uma dezena e calcular 10 + c – a.
Para subtrair b – 1 de b, é preciso tomar uma centena emprestada e calcular 10 + b – 1 – b, que sempre dá 9.
Finalmente, o algarismo das centenas será a – 1 – c.
Para o resultado ser 099, basta que 10 + c – a seja igual a 9, ou seja, que a – c seja igual a 1 (note que, nesse caso,
o algarismo das centenas será a – 1 – c, ou seja, 0). Portanto, qualquer número de três algarismos em que a diferen-
ça entre o maior e o menor algarismo seja 1, produz 099 na saída da máquina. Alguns exemplos de tais números:
334, 676, 100.
2ª solução: Suponhamos que os algarismos do número que entra na máquina, em ordem decrescente, sejam a, b
e c. O resultado fornecido é
Portanto, para que o resultado seja 099, basta que se tenha 99(a – c) = 99, ou seja, a – c = 1. Assim, qualquer núme-
ro de três algarismos em que a diferença entre o maior e o menor algarismo seja 1, produz 099 na saída da máquina.
c) Como visto na 1ª solução acima, se os algarismos do número que entra na máquina, em ordem decrescente, são
a, b e c, o resultado fornecido é a – 1 – c 9 10 + c – a. Logo, o algarismo das dezenas é sempre 9 e a soma do
algarismo das unidades com o das centenas é a – 1 – c + 10 + c – a = 9.
10 + c – a
9 10 + c – a
a – 1 – c 9 10 + c – a
Solução da prova da 2ª Fase
a b c
– c b a
a b – 1 c
– c b a
a – 1 b – 1 c
– c b a
a – 1 b – 1 c
– c b a
(100a + 10b + c) – (100c + 10b + a) = 99(a – c)
2
Solução da prova da 2ª Fase
OBMEP 2022 – Nível 3
QUESTÃO 2
Solução:
a) Escolhendo quatro números dentre os números 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9, a menor soma possível que podemos
obter ocorre quando esses números são os menores possíveis, isto é, 1 + 2 + 3 + 4 = 10 . Portanto, Marco escreveu
no quadrado destacado os números de 1 a 4. Fora desse quadrado, ele escreveu os números 5, 6, 7, 8 e 9, cuja
soma é 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 35.
b)
a casa central, comum a esses dois quadrados, em amarelo. As casas de cor cinza, uma no canto
superior direito e outra no canto inferior esquerdo, estão fora dos quadrados destacados. A soma
dos números que Marco escreveu nos quadrados destacados é igual a 21 + 26 = 47 . Esta soma
A soma de todos os números escritos por Marco é 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45
Nesta segunda soma podemos juntar mais um qua-
dradinho de cada lado do sinal =, obtendo
Vemos, então, que a soma dos números escritos nos cantos mais 47 é igual a 45 mais o número escrito na casa
central. Logo, o número escrito na casa central é a soma dos números escritos nos cantos mais 2. A menor soma
possível para os números escritos nos cantos é 1 + 2 = 3, portanto o menor número que Marco pode ter escrito na
casa central é 3 + 2 = 5.
Um quadrado do Marco que tem esse menor valor possível no centro é
Outra solução
O total das somas dos dois quadrados destacados é 21 + 26 = 47. Se x é o número escrito no quadrado central,
então 47 – x é a soma dos sete números que Marco escreveu naqueles dois quadrados. Isto ocorre porque a soma
de todos os números escritos num dos quadrados destacados mais a soma de todos os números escritos no outro
quadrado destacado conta duas vezes x. Se y é a soma dos dois números escritos fora dos quadrados destacados,
então 47 – x + y = 1 + 2 + 3 + ...+ 9 = 45, logo x = 2 + y. Se y é o menor possível, então x é o menor possível. O me-
nor valor possível de y é 1 + 2 = 3; logo, o menor valor possível para o número escrito no quadrado central é x = 5.
Outro exemplo de preenchimento:
6 3 2
7 5 4
1 9 8
4 3 2
9 5 6
1 8 7
+ + + =
47
47
++
=
45
+ ++ + ++
=
45
3
Solução da prova da 2ª Fase
OBMEP 2022 – Nível 3
c ) No quadriculado 3 x 3 temos quatro números nos cantos, um número no centro e quatro números na coluna do
meio ou na linha do meio (excluindo o central).
Quando juntamos as quatro somas dos números escritos nos quadrados destacados, isto é, quando calculamos
18 + 25 + 21 + 24 , obtemos 88. Essa soma conta uma vez os números nos quatro cantos, 2 vezes os números nos
quatro meios e 4 vezes o número do centro (isto é, nos quadrados destacados, os números dos cantos aparecem
uma vez só em cada quadrado destacado, o número do centro aparece em todos os quatro quadrados, e cada um
Por outro lado, sabemos que a soma dos números de 1 a 9, escritos no tabuleiro 3 x 3, é 45. Assim, contando duas
vezes cada número, a soma é 2 x 45 = 90 .
Portanto,
2 vezes números dos cantos + 2 vezes números dos meios + 2 vezes número do centro = 90. Vimos que
1 vez números dos cantos + 2 vezes números dos meios + 4 vezes número do centro = 88.
Como 90 = 88 + 2, temos
2 vezes números dos cantos + 2 vezes números dos meios + 2 vezes número do centro
= 1 vez números dos cantos + 2 vezes números dos meios + 4 vezes número do centro + 2.
1 vez os números dos cantos = 2 vezes o número do centro + 2. Mas, o enunciado nos diz que a soma dos números
nos quatro cantos é 16; logo, 16 = 2 vezes o número do centro + 2. Assim,
8 = número do centro + 1, ou seja, o número do centro é igual a 7.
número no centro é obrigatoriamente 7).
A primeira equação acima refere-se à soma dos nove números escritos no tabuleiro. A segunda equação refere-se
ao total das quatro somas nos quadrados destacados, na qual os números dos cantos aparecem uma única vez, os
números do meio aparecem duas vezes e o número central aparece quatro vezes. Multiplicando a primeira equação
por 2 e subtraindo uma equação da outra, eliminamos y.
Outra solução
Se 16 é a soma dos quatro números escritos nos cantos, x o número escrito no centro e y a soma dos quatro núme-
ros restantes, temos
Soma 18 Soma 25 Soma 21
Soma 24
1
6
+
+
+
+
=
4
5
1
6
+
4
2
1
8
+
2
1
+
2
4
+
2
5
=
=
=
+
=
=
8
8
3
2
+
2
2
9
0
1
6
+
4
2
8
8
1
6
2
2
=
=
14
2
7
.
2 6 4
3 7 8
9 5 1
4
Solução da prova da 2ª Fase
OBMEP 2022 – Nível 3
a) Sendo c o comprimento do segmento BT, congruente ao segmento DM, ambos com comprimento c = b + b
temos que o comprimento da diagonal BD é igual a 2c + 2a, ou seja, 2(a + c).
b) O comprimento do lado do quadrado ABCD
O comprimento da diagonal AC pode ser escrito em função do raio a e temos:
AR + RO + OS + SC = 2a + 2a
Daí: a = .
c) AC é dado, em função de a e de b, por:
a + 2b
Daí: b
2
Ao somarmos o números que aparecem nos quatro cantos (casas vermelhas) com os totais dos quatro quadrados
2 x 2 destacados (cada um com uma casa vermelha, duas casas verdes e uma casa azul), vemos que os números
correspondentes às casas vermelhas são contados duas vezes, os que aparecem nas casas verdes são contados
duas vezes e o que aparece na casa azul é contado quatro vezes, ou seja, essa soma nos dá duas vezes a soma
de todos os números que preenchem o quadrado 3 x 3 mais duas vezes o número da casa azul. Assim, concluímos
que o número da casa azul é
((16 + 18 + 25 + 21 + 24) – 2 x 45)/2 = (104 – 90)/2 = 7.
Outra Solução:
QUESTÃO 3
Solução:
A circunferência de centro R e raio a é tangente aos lados do quadrado que
têm em comum o vértice A; consequentemente, o centro R pertence à bis-
setriz do ângulo BAD que está contida na diagonal do quadrado ABCD e a
distância do centro ao vértice A é AR = a
que os centros R e S pertencem à diagonal AC do quadrado ABCD e os cen-
tros U e N à diagonal BD.
O ponto de tangência das circunferências de raio R e S é o centro do quadra-
do, ponto de encontro das duas diagonais.
U
M
O
S
N
B
T
R
Q
45
o
P
CD
A
(1
1
+ )
=
2 2
=
2
(
2
)
(1 + )
2
( )
1
( )
2 2 2
22
2
(1 + )
=
2
2
2
2
2
1
1 +
2
2
5
Solução da prova da 2ª Fase
OBMEP 2022 – Nível 3
Outra solução:
-
1. Em uma das circunferências de raio a marcamos o centro R e os pontos de tangência P e Q. Os ângulos marca-
dos em P e Q são retos e logo APRQ é um quadrado de lado a. O mesmo vale para o quadrado de vértices opostos
C e S, onde S é o centro da outra circunferência de raio a, e logo AR = CS.
2. A diagonal AR do quadrado faz um ângulo de 45° com o lado AP; logo, R está na diagonal AC e o mesmo
vale para S.
3. Como a reta que une os centros de duas circunferências tangentes passa pelo ponto de tangência, concluímos
que AC passa por O.
4. Temos
OA = OR + RA = OS + SC = OC
e segue que O é o ponto médio da diagonal AC, ou seja, O é o centro do quadrado.
5. O triângulo APR é retângulo; pelo teorema de Pitágoras temos
AR
2
= AP
2
+ PR
2
= a
2
+ a
2
= 2a
2
e então AR a = CS.
6. Como antes, temos que a diagonal BD passa pelos centros N e U das circunferências de raio b e que que
BN = DU
Então,
BT = DM = c = TN + NB = b b b
onde M e T
7. A diagonal BD passa pelo ponto O; como em um quadrado as diagonais são perpendiculares, segue que BC é
tangente às circunferências de centros R e S em O.
8. Como as retas tangentes às circunferências menores em M e T são paralelas a RS, segue que OM = OT = a.
Em particular, vemos que
c = BT = AR = CS.
Solução:
a) Temos
AC = BD = BT + TM + MD = c + 2a + c = 2(a + c)
b) O teorema de Pitágoras mostra que AC
AC = AR + RO + OS + SC = 2(AR + RO)
ou seja,
a + a a
e, então,
=
2
2(1 + 2)
=
2 2
2
a
U
M
O
S
N
B
T
R
Q
45
o
P
CD
A
6
Solução da prova da 2ª Fase
OBMEP 2022 – Nível 3
QUESTÃO 4
Primeira Solução:
a) Os zerímpares de dois algarismos são precisamente os números que possuem apenas um algarismo zero que
b) Os zerímpares de 3 algarismos podem apresentar apenas um algarismo 0, que pode ocupar tanto as dezenas
quando as unidades. Em ambos os casos, o algarismo das centenas pode ser escolhido de 9 formas e o outro alga-
rismo não nulo também de 9 formas. Portanto, há 2 · 9 · 9 = 162 números zerímpares de 3 algarismos.
c) Se abcde é um zerímpar de 5 algarismos e e é não nulo, então abcd é um zerímpar de 4 algarismos. Em virtude
da informação do enunciado, existem 2196 · 9 = 19764 números dessa forma, pois e pode ser escolhido de 9 formas
distintas. Se e é zero, o número abcd deve possuir uma quantidade par de algarismos zero. Como existem 9 · 10
3
=
9000 números de 4 algarismos e 2196 possuem uma quantidade ímpar de algarismos zero, existem 9000 – 2196 =
6804 opções para abcd. Portanto, existem 19764 + 6804 = 26568 números zerímpares de 5 algarismos.
Como BT = AR = c, usando o valor de a encontrado no item b), temos
e, assim,
– 1)
2
= c
2
.
=
1
(1 + 2)
2
=
1
3 + 2 2
= 3 2 2
b
( 1 + 2) = 2 = 2 1 =
1
1 + 2
b
a
Segunda Solução:
Se a
n
denota o número de zerímpares de n algarismos e b
n
o número dos demais números de n algarismos, então
a
n
+ b
n
= 9 · 10
n – 1
. Além disso, se um número zerímpar de n algarismos termina em 0, podemos escolher os seus
primeiros n – 1 algarismos de
b
n – 1
= 9 · 10
n
– 2
– a
n – 1
formas. Por outro lado, se ele não termina em 0, temos 9 opções para escolhermos o algarismo das unidades e
a
n – 1
formas de escolhermos os primeiros n – 1 algarismos. Assim,
a
n
= 9a
n - 1
+ 9 · 10
n
– 2
– a
n - 1
= 8a
n - 1
+ 9 · 10
n
– 2
(*)
Uma maneira de resolver a recorrência acima é a seguinte: Sejam a
n
e b
n
a
1
= 0
e b
1
= 9. Temos a
n
+ b
n
= 9 · 10
n – 1
e as recorrências a
n
= 9a
n – 1
+ b
n – 1
e b
n
= 9b
n – 1
+ a
n – 1
. Logo a
n
- b
n
= 8(a
n – 1
– b
n – 1
);
iterando, chegamos a a
n
– b
n
= 8
n - 1
(a
1
– b
1
) = – 9 · 8
n - 1
e segue que a
n
= 9 · para todo n
criar a sequência auxiliar . A partir da recorrência(*), temos
=
8
C
k
a
k
k
=
1
+
9
8
2
10
2
8
2
n
C
n
C
·
n
n
(
10 8
)
2
1
n
1
n
7
Solução da prova da 2ª Fase
OBMEP 2022 – Nível 3
· ·
=
1
+
9
8
2
1 +
10
8
+
10
8
2
+ +
10
8
2
= 9
(10
1
8
1
)
2
, >
1
n
C
C
...
n
a
n
n
n
n
Somando as equações correspondendo a c
n
, c
n-1
, ..., c
2
, obtemos um cancelamento telescópico e, assim,
Com essa fórmula, podemos obter o resultado dos três itens.
Terceira Solução
Dados dois símbolos, digamos 0 e 9, ao preenchermos uma sequência de k posições com eles, em metade delas
teremos um número ímpar de zeros. Isso se deve ao fato de que, para qualquer escolha dos primeiros k – 1 símbo-
los, em exatamente metade dos completamentos possíveis teremos um número ímpar de zeros e, na outra metade,
um número par na sequência inteira. Vamos usar esse fato a seguir.
Para contar o número de zerímpares de n algarismos, primeiro escolha o algarismo mais à esquerda de 9 formas
possíveis. Lembre-se que esse algarismo não pode ser zero. Agora, para contar os preenchimentos possíveis dos
n – 1 algarismos restantes, primeiro considere todos os preenchimentos possíveis deles (total 10
n – 1
) e retire aque-
les preenchimentos em que não são usados os algarismos 0 e 9 (total 8
n – 1
). Restam assim 10
n – 1
– 8
n – 1
preenchi-
mentos de n – 1 algarismos que contém pelo menos um algarismo 0 ou 9 e formamos assim uma primeira lista de
9 · (10
n – 1
– 8
n – 1
) números de n algarismos (perceba que todos os zerímpares de n algarismos estão entre eles).
Troque cada algarismo 0 ou 9 por um mesmo símbolo, digamos um # . Nessa segunda lista de números, queremos
preencher os símbolos de # com os símbolos de 0 ou 9 de modo a obter um número da primeira lista em que a
quantidade total de zeros seja ímpar. Pelo comentário inicial, para cada número da segunda lista o número de pre-
enchimentos em que isso acontece é metade do total de preenchimentos possíveis. Ou seja, metade dos números
da primeira lista são zerímpares e isso nos dá o total de 9 · zerímpares.
Outra solução para o item c)
Os zerímpares de 5 algarismos podem apresentar um algarismo 0 ou três algarismos 0. No caso de um algarismo
0, ele pode ocupar as unidades de milhar ou as centenas ou as dezenas ou as unidades. Em todos esses casos,
os outros algarismos podem ser escolhidos de 9 formas diferentes, portanto há 9 . 1 . 9 . 9 . 9 = 6561 . 4 = 26244.
E no caso de três algarismos 0, eles podem ocupar as unidades de milhar, centenas e dezenas; ou cente-
nas, dezenas e unidades; ou unidades de milhar, dezenas e unidades; ou unidades de milhar, centenas e uni-
dades. Em todos esses casos, os outros algarismos podem ser escolhidos de 9 formas diferentes, portanto há
9 . 1 . 1 . 1 . 9 = 81 . 4 = 324.
Portanto, existem 26244 + 324 = 26568 números zerímpares de 5 algarismos.
(
10 8
)
2
1
n
1
n
QUESTÃO 5
Solução:
a) São 4 bolas brancas dentre 20 escolhas possíveis. A probabilidade de que uma bola branca saia logo na primeira
retirada 4/20 ou 1/5.
b)
branca. Considerando apenas bolas brancas e pretas, temos um total de 10 bolas, das quais 4 são brancas e 6
pretas. A probabilidade de que a primeira delas a sair seja preta é 6/10 = 3/5.
8
Solução da prova da 2ª Fase
OBMEP 2022 – Nível 3
b) Podemos modelar a retirada sem devolução da seguinte forma: consideremos todas as listas formadas por quatro
letras A (azul), quatro letras B (branca), seis letras P (preta) e seis letras V (vermelha). Um processo de retirada sem
devolução é equivalente a escolher uma dessas listas e selecionar letras, uma a uma, da esquerda para a direita.
Por exemplo, para a permutação PPAPVBBBAPVVABAVPVPV, a retirada sem devolução corresponde a, incial-
mente, tirar uma bola preta, em seguida outra bola preta, depois uma bola azul, e assim por diante.
O número total de listas pode ser calculado usando o princípio multiplicativo. Se as bolas fossem todas distintas,
para a primeira posição teríamos 20 possibilidades, para a segunda posição teríamos19possibilidades, e assim por
diante, o que nos dá 20 × 19 × ... × 2 × 1 = 20! listas. Como há bolas da mesma cor, devemos dividir pelo número
de permutações entre bolas de cada cor. Para bolas azuis (ou brancas) temos 4 × 3 × 2 × 1 = 4! permutações. Para
bolas pretas (ou vermelhas) temos 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 6! permutações. Assim, temos possíveis listas.
Para calcularmos a probabilidade de que uma bola preta saia antes de uma bola branca devemos calcular o número
de casos favoráveis. Inicialmente colocaremos as 10 bolas azuis e vermelhas em algumas das 20 posições possveis.
Se as10 bolas fossem distintas teríamos (20 × 19 × ... × 11) modos de distribuir as bolas. Como temos quatro bolas
azuis e seis vermelhas, devemos dividir por 4!6!. Esse número pode ser escrito como
n
=
20 × 19 × ...× 11
4! × 6!
=
20!
4! 6! 10!
n
2
=
9!
4! 5!
20!
4! 4! 6! 6!
-
tas. Como queremos pelo menos uma bola preta antes de uma bola branca, analisando apenas essas10 posições, a
primeira posição da esquerda para a direita deve ser preta. Assim, o número de modos de distribuir as bolas brancas
e pretas é
Outra solução
a) Como temos 4 bolas brancas, 4 azuis, 6 vermelhas e 6 pretas, o total de bolas é N
T
= 20. Portanto, a probabilidade
de que a primeira bola retirada seja branca é
c)
saia exatamente uma bola vermelha antes da primeira branca. Considerando apenas bolas brancas e vermelhas,
temos um total de 10 bolas, das quais 4 são brancas e 6 vermelhas. Para que haja exatamente uma bola vermelha
antes da primeira brancas, é preciso que, considerando apenas essas 10 bolas, as duas primeiras bolas retiradas
sejam vermelha e branca, nesta ordem. A probabilidade de que isto ocorra é
número de casos favoráveis
número de casos possíveis
=
6 × 4
10 × 9
=
24
90
=
4
15
4
20
=
1
5
.
P =
9
Solução da prova da 2ª Fase
OBMEP 2022 – Nível 3
pois colocamos uma bola preta na primeira posição livre da esquerda para a direita e, em seguida, preenchemos as
demais posições livres usando cinco bolas pretas e quatro bolas brancas.
1
× n
2
pelo menos uma bola preta antes de uma bola branca é, então
c) Usando o mesmo raciocínio do item anterior, para quatro bolas azuis e seis bolas pretas em algumas das 20
posições possíveis temos
Como queremos a probabilidade de que saia exatamente uma bola vermelha antes de uma bola branca, analisando
as 10 posições vazias, a primeira posição da esquerda para a direita, deve ser uma bola vermelha e a segunda
posição da esquerda para a direita deve ser uma bola branca. Assim
n
1
n
2
N
20! 9!
4! 6! 10! 4! 5!
20!
4! 4! 6! 6!
==
20! 9!
4! 6! 10! 4! 5!
4! 4! 6! 6!
20!
=
6
10
=
3
5
P =
n
=
20 × 19 × ...× 11
4! × 6!
=
20!
4! 6! 10!
n
=
8!
3! 5!
pois temos três bolas brancas e cinco bolas vermelhas preenchendo cinco posições. O número de casos favoráveis
agora é n
1
×n
2
A probabilidade de que saia exatamente uma bola vermelha antes de uma bola branca é, portanto,
Observação
Podemos resolver o item a) usando a mesma ideia usada nos itens b) e c). O número n de listas que começam com
uma bola branca é n
20! 8!
4! 6! 10! 3! 5!
20!
4! 4! 6! !
=
20! 8!
4! 6! 10! 3! 5!
4! 4! 6! 6!
20!
=
4 × 6
10 × 9
=
4
15
n
1
n
2
N
=
P =
6
n
N
P =
=
19!
3! 4! 6! 6!
20!
4! 4! 6! 6!
=
19!
3! 4! 6! 6!
4! 4! 6! 6!
20!
=
4
20
=
1
5
10
Solução da prova da 2ª Fase
OBMEP 2022 – Nível 3
QUESTÃO 6
Solução:
a) Se o voo direto entre Santiago e Brasília fosse feito pela CONTI,
teríamos o diagrama ao lado e seria possível viajar de La Paz a
Brasília pela CONTI, o que é não é possível de acordo com o enun-
ciado. Logo, o trajeto Santiago-Brasília é feito pela TRACE.
b) A companhia TRACE faz os voos diretos (em ambos os sentidos)
em pelo menos um dos trechos: Buenos Aires – La Paz ou Buenos
Aires – Brasília. Caso contrário, se os voos em ambos os trechos
fossem feitos pela CONTI, seria possível viajar entre La Paz e Bra-
sília pela CONTI com conexão em Buenos Aires (como indicado no
diagrama abaixo), o que não é possível de acordo com o enunciado.
Assim, pelo menos uma das seguintes viagens é possível:
Buenos Aires <--TRACE--> Brasília (voo direto) ou
Buenos Aires <-TRACE-> La Paz <-TRACE-> Brasília (com escala
em La Paz).
Caracas
Bogotá
Assunção
Montevideo
Brasília
Quito
Lima
Santiago
Buenos Aires
La Paz
Situação que não pode ocorrer
Caracas
Bogotá
Assunção
Montevideo
Brasília
Quito
Lima
Santiago
Buenos Aires
La Paz
Situação que não pode ocorrer
Entre La Paz e Brasília os voos diretos são feitos pela TRACE. Para outras duas capitais quaisquer dividimos a
análise em casos:
Caso 1. Viagens entre La Paz e outra capital C diferente de Brasília.
Nesse caso, pela análise feita no item b), podemos trocar Buenos Aires por outra capital e proceder de modo análo-
go ao que foi feito acima, sempre é possível realizar pelo menos uma das seguintes viagens:
C <--TRACE--> La Paz (voo direto).
C <--TRACE--> Brasília <--TRACE--> La Paz (uma conexão em Brasília).
c) O argumento de (b) mostra que para qualquer capital X, não apenas Buenos Aires, pelo menos uma entre as
conexões X-Brasília ou X-La Paz é da TRACE. Se C e D são duas capitais,
TRACE faz C-Brasília e D-Brasília: Aqui TRACE faz C-D com escala em Brasília e, analogamente, para C-La Paz e
D-La Paz.
TRACE faz C-Brasília e D-La Paz, com C e D distintas: Se TRACE faz C-D, há voo direto entre elas e terminou. Caso
faria La Paz-C-D-Brasília), contradizendo o enunciado. Logo, pelo menos uma dessas conexões é da TRACE e o
resultado segue.
Mais detalhadamente:
11
Solução da prova da 2ª Fase
OBMEP 2022 – Nível 3
Caracas
Bogotá
Assunção
Montevideo
Brasília
Quito
Lima
Santiago
Buenos Aires
La Paz
Caso 2. Viagens entre Brasília e outra capital C diferente de La Paz.
Esse é precisamente o que ocorre com a cidade C = Buenos Aires no item b) e, de forma análoga ao Caso 1, sempre
é possível realizar pelo menos uma das seguintes viagens:
C <--TRACE--> Brasília (voo direto).
C <--TRACE--> La Paz <--TRACE--> Brasília (uma conexão em La Paz).
Caso 3. Viagens entre duas capitais C1 e C2, diferentes de La Paz e de Brasília.
C1 = Caracas e C2 = Buenos Aires, não haverá perda de generalidade, os outros
casos são análogos. Caso a TRACE não faça os voos diretos entre Caracas e Buenos Aires, teríamos uma situação
como a indicada no seguinte diagrama:
Subcaso 3.1. A TRACE faz as seguintes viagens: Buenos Aires <------> La Paz <-----> Caracas.
Nesse caso seria possível viajar entre Buenos Aires e Caracas com uma conexão em La Paz.
Subcaso 3.2. Pelo menos um dos trechos Buenos Aires –- La Paz ou La Paz –- Caracas é feito pela CONTI. Aqui
estão as possibilidades:
Nesse caso, os trechos Buenos Aires – Brasília e Brasília -- Caracas serão feitos pela TRACE, pois, caso contrário,
seria possível viajar com escalas entre La Paz e Brasília, o que não é possível pelo enunciado. Portanto, nessa situ-
ação, a TRACE fará as viagens: Buenos Aires <-------> Brasília <------> Caracas, ou seja, seria possível viajar entre
Buenos Aires e Caracas com uma conexão em Brasília.
Caracas
Bogotá
Assunção
Montevideo
Brasília
Quito
Lima
Santiago
Buenos Aires
La Paz
Caracas
Bogotá
Assunção
Montevideo
Brasília
Quito
Lima
Santiago
Buenos Aires
La Paz
