19º OBMEP - 2024
SOLUÇÕES
NÍVEL 3
Solução N3Q1
Item a) O número de papéis na cesta sempre aumenta depois que Ana ou Pedro devolvem os pedaços que
cortaram. Cada vez que Ana pega um pedaço da cesta, corta em 5 pedaços, e devolve os pedaços cortados
para a cesta, o total de papéis da cesta aumenta em . Cada vez que Pedro pega um pedaço da cesta,
corta em 3 pedaços, e devolve os pedaços cortados para a cesta, o total de papéis da cesta aumenta em
. Logo, depois de Ana e Pedro pegarem um pedaço cada um e devolverem os pedaços cortados para a
cesta, ela ficará com 3 + 4 + 2 = 9 (ou : Ana+Pedro+cesta) papéis.
Item b) Há cinco maneiras diferentes de Ana e Pedro pegarem papéis da cesta a partir dos 3 pedaços iniciais
para que, depois de devolverem os pedaços cortados, ela fique com 11 pedaços. Essas maneiras dependem
da ordem em que Ana e Pedro pegam pedaços da cesta. São elas:
• Ana – Pedro – Pedro
ou
• Pedro – Ana – Pedro
ou
• Pedro – Pedro – Ana
ou
• Ana – Ana
ou
• Pedro – Pedro – Pedro – Pedro
ou
Item c) O número inicial de papéis na cesta é ímpar, e vai sempre aumentar de 2 ou de 4 pedaços. Como
um ímpar mais um par sempre resulta em um número ímpar, o número de papéis na cesta sempre será
ímpar, nunca será 2024.
Solução N3Q2
Item a) Para se calcular a área do cartão vamos calcular quanto mede seu lado. A medida desse lado é o
comprimento da linha mais grossa da figura a seguir, formada por duas diagonais do octógono e um lado do
octógono.
Em um octógono regular, a medida de cada um dos ângulos internos é 135
o
. Consequentemente, os ângulos
internos do trapézio isósceles AHCB (abaixo, figura à esquerda), medem 135
o
e 45
o
. Os dois trapézios
isósceles da figura têm em comum um triângulo retângulo isósceles. A hipotenusa desse triângulo é o lado
AH do octógono (que mede 1 cm) e seus catetos medem, pelo Teorema de Pitágoras,
cm. As diagonais do
octógono (abaixo, figura à direita) medem, portanto, ) cm. Elas decompõem o octógono em quatro
triângulos retângulos isósceles congruentes, quatro retângulos congruentes e um quadrado central.
O lado do cartão mede o mesmo que duas diagonais do octógono mais a medida do lado do octógono, ou
seja,
cm, e sua área é
cm
2
.
Item b) A área da região cinza em cada canto do cartão pode ser dividida em dois triângulos retângulos
isósceles, conforme a figura a seguir. São quatro triângulos maiores, cujos catetos medem ) cm (medem o
mesmo que uma das diagonais do octógono vistas acima), e quatro triângulos menores, com catetos
medindo cm. Cada par desses triângulos de mesmo tamanho corresponde a um quadrado. Juntando a área
do quadrado central à soma das áreas dos triângulos, a área da região cinza é
cm
2
Item c) A área da parte vermelha pintada sobre os octógonos é igual a soma das áreas da parte vermelha
pintada sobre cada octógono.
No octógono superior a área pintada em vermelho é formada por um retângulo de lados e
e por
dois triângulos retângulos, cada um deles de catetos
e
; a área do retângulo é igual a
e a área
de cada triângulo retângulo é igual
; logo a área vermelha pintada dentro do octógono
superior é igual a
. Nos octógonos da esquerda e da direita área pintada em
vermelho é formada por um triângulo retângulo de catetos e
e um trapézio de bases
, e
altura
; a área do triângulo retângulo é igual a
e a área do trapézio é igual a
; logo a
área vermelha pintada dentro de cada octógonos da esquerda e da direita é igual a
. No octógono
inferior a área pintada em vermelho é formada por um trapézio de bases
, e altura
; a área desse
trapézio é igual a
. Somando todas as áreas concluímos que a área total da região pintada
em vermelho sobre os octógonos é igual a
cm
2
.
Outra solução. Podemos calcular a área da região em vermelho subtraindo da área do trapézio determinado
pelo seu contorno a soma das áreas do quadrado central com a área do quadrado de lado
formado pelos
dois triângulos pequenos. As bases do trapézio medem e
e sua altura
; logo, sua área é igual
a
. Por outro lado, a soma das áreas dos dois quadrados é igual a
. Portanto, a área da região em vermelho é igual a
cm
2
.
Solução N3Q3
Item a) Se então o ponto P coincide com o vértice C do hexágono. A
região com vértices em A, P e outros vértices do hexágono pelos quais o ponto
P passou é o triângulo ABC. No hexágono regular de lado 1 da figura, O é o
centro e BC um dos lados. Assim o triângulo com vértices em O, B e C é
equilátero e sua área é igual a
. O triângulo OBC tem a mesma área
que o triângulo ABC, pois M é o ponto médio de OB, logo os triângulos OMP,
BMP e BMA são congruentes (caso LLL de congruência). Assim, a área da região
escura é igual a
, ou seja,
.
Item b) Quando P se desloca sobre o lado DE, ele já passou pelos lados BC e
CD. Logo . A área do polígono ABCDP é igual 3 vezes a área do
triângulo OBC mais a área do triângulo ADP. A altura desse triângulo relativa à
base DP é
e a área do triângulo ADP é igual a
. Assim,
.
Item c) Olhando o percurso do ponto P de B até F, podemos calcular
imediatamente
,
,
e
. No interior dos
intervalos
,
,
e
, quando P se desloca, a área do triângulo
com vértices P, A e o vértice Y anterior do hexágono pelo qual P passou varia
linearmente com a distância PY (base do triângulo), já que a altura desses
triângulos em cada intervalo é constante. Portanto, o gráfico da função no
intervalo
é composto de segmentos de reta com extremidades nos pontos
identificados acima. Logo, o gráfico tem o aspecto
Solução N3Q4
Item a) Como cada câmera pode vigiar no máximo 4 muros, o máximo que duas câmeras
podem vigiar são 8 muros. A figura ilustra um exemplo em que esse máximo ocorre.
Item b) Uma câmera na fronteira vigia exatamente 2 muros dessa região. Como apenas
câmeras na fronteira podem vigiar os muros dessa região e existem exatamente 12 muros
nela, o mínimo de câmeras necessárias é
. A figura ilustra um exemplo com essa
quantidade de câmeras.
Item c) Uma câmera posicionada no interior não pode vigiar nenhum muro da fronteira, portanto, pelo
item anterior precisamos de pelo menos 6 câmeras nessa região para vigiar seus 12 muros. Nenhuma das
câmeras posicionadas na fronteira pode vigiar os 4 muros do quadrado central e, como qualquer câmera só
pode vigiar 2 deles, precisamos de pelo menos 2 câmeras para vigiar esses 4 muros. Assim, precisamos de
pelo menos câmeras para vigiar os muros. A figura mostra que é possível vigiar todos eles com
essa quantidade, garantindo assim que esse número é o mínimo.
Solução N3Q5
Item a) Na pilha de três dados da figura, ao dar uma volta em torno da mesa, Marina consegue ver seis pares de
faces opostas mais a face do topo, com o número . Cada par de faces opostas totaliza , portanto, ela anota o número
, já que .
Item b) Nesta nova figura, com dois dados unidos pelas laterais, ao dar uma volta em torno da mesa, Marina
consegue ver seis faces: dois pares de faces opostas, que totalizam pontos, mais quatro faces (duas em cada dado).
Para que a soma total seja mínima, essas quatro faces devem ter os números ou , sendo e em um dado e e
em outro. Desta forma, o menor número possível que Marina pode anotar é . Como
curiosidade, observe que os pares de faces opostas que Marina consegue ver nos dados devem ter os números e .
Item c) Marina consegue ver sete pares de faces opostas da nova pilha, que totalizam . Logo, as demais
sete faces visíveis por ela devem totalizar . Observe que ; logo, deve haver ao menos
quatro dessas faces com o número para que seja possível obter a soma (se houvesse menos nunca chegaríamos
a com sete parcelas). Vamos concentrar nossa atenção nas sete faces que Marina consegue ver, mas não consegue
ver a face oposta. Há três casos a considerar:
• Não é possível que seis faces dessas sete faces tenham o número (embora ). Se isso
ocorresse, um dos dados mais à direita teria duas faces (em vermelho na figura abaixo) com o número .
• Configurações nas quais quatro dessas sete faces apresentam o número e três faces apresentam o número
são possíveis para a pilha em questão (estamos usando a decomposição ) e são
mostradas nas figuras a seguir, nas quais os números e aparecem no topo.
• Além disso, observe também que . Nesse último caso, cinco das sete faces em
consideração receberiam o número , uma face o número e uma face o número . Isso é possível, como
mostrado na figura abaixo, com o no topo da pilha.
Portanto, e são os únicos números que podem aparecer no topo da pilha.
6
6
5
6
5
6
5
5
6
5
6
5
6
6
6
6
5
6
4
6
6
Solução N3Q6
Item a) Vamos chamar de formiga A a formiga que parte de A e de formiga B a que parte de B. Para que a formiga A
passe pelo lado indicado, ela deve fazer um dos dois caminhos abaixo.
Em cada um desses caminhos, ela tem que fazer 3 escolhas de direções. Logo, cada um desses caminhos tem
probabilidade
. Portanto, a probabilidade de que ela passe pelo lado indicado é
.
Item b) Cada formiga percorre 6 segmentos em seu percurso. Como a velocidade de B é
da velocidade de A,
enquanto a formiga A percorre uma distância , a outra percorre
. Quando elas se encontram, a soma das distâncias
percorridas deve ser igual aos 6 segmentos que as separam. Ou seja, temos
. Daí,
obtemos
. Logo, ao se encontrar, a formiga A percorreu 3,6 segmentos e a
formiga B, 2,4 segmentos. Portanto, os segmentos em que elas podem se encontrar são os
que correspondem ao 4º segmento em um caminho percorrido pela formiga A e ao 3º seg-
mento em um caminho percorrido pela formiga B. Esses segmentos estão assinalados na
figura.
Item c) Vamos calcular a probabilidade de que as formigas se encontrem em cada um dos segmentos assinalados
acima (somaremos tudo no final). Para isso, basta calcular a probabilidade de que cada formiga percorra esse seg-
mento e multiplicar os resultados.
Para que elas se encontrem no segmento indicado ao lado, A e B precisam percorrer os
caminhos indicado em azul e verde, respectivamente. Como cada formiga faz 3 escolhas de
direção, a probabilidade de que cada uma delas percorra esses caminhos é igual a
.
Logo, a probabilidade de que ambas percorram o segmento indicado é
.
Para que elas se encontrem no segmento indicado ao lado, A tem 3 possibilidades de
caminho, indicados em azul, ao longo dos quais ela faz 4 escolhas de direção. Logo, a
probabilidade de que ela percorra cada um desses caminhos é
e a probabilidade
de que ela passe pelo segmento indicado ao lado é
. Já a formiga B precisa
percorrer o caminho indicado em verde, ao longo do qual ela faz 3 escolhas de direção. Logo,
a probabilidade de que B passe pelo segmento indicado é
. Portanto, a probabilidade
de que as formigas se encontrem no segmento indicado ao lado é
.
A probabilidade de que A passe pelo segmento indicado ao lado é a mesma de passar pelo
segmento anterior, ou seja, igual a
(3 caminhos possíveis, com probabilidade
cada). Já a
formiga B precisa percorrer um dos dois caminhos indicados em verde, ao longo dos quais ela
faz 3 escolhas de direção. Logo, a probabilidade de que B passe por esse segmento é
e a probabilidade de que elas se encontrem sobre o segmento indicado é
.
Por simetria, a probabilidade de encontro nos outros três segmentos é igual à calculada acima para o segmento
respectivamente simétrico em relação à diagonal AB. Logo, a probabilidade de que as formigas se encontrem é
1
2
3
1
3
1
2
2
