Soluções OBMEP - 2010 à 2017

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OBMEP 2010 
Soluções da prova da 2ª Fase 
Nível 3 
1
 
 
Questão 1 
 
a) A seguir vemos o que acontece quando começamos com 3 no visor e apertamos as teclas na ordem BBAB: 
23 3 3 6 816 3 9 9 81 3 84B B A B⎯⎯→ + = ⎯⎯→ + = ⎯⎯→ ⎯⎯→ + == . 
Logo o número que vai aparecer no visor é 84. 
 
b) Uma maneira é apertar as teclas na ordem BBABB, como vemos a seguir: 
1 4 7 49 52B B A B B⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→55
6
36
 
Outra maneira é apertar a tecla B dezoito vezes seguidas; ainda outra é BA seguida de treze B’s. 
 
c) 1ª solução: Se o número que aparece no visor após apertar as teclas A e B algumas vezes não é um quadrado 
perfeito, a última tecla apertada foi necessariamente a tecla B. Desse modo, se o 54 aparece no visor, podemos re-
construir parcialmente a sequência das teclas apertadas até chegar a 54: 
36 39 42 45 48 51 54B B B B B B⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ 
Chegamos a 36, que é um quadrado perfeito. Aqui temos as possibilidades 
0 3 6 3B B A⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ 
e 
9 12 15 18 21 24 27 30 33B B B B B B B B B⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ . 
Como 9 é um quadrado perfeito, essa última sequência nos dá também duas possibilidades, a saber, 
0 3 6 9B B B⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ 
e 
 
0 3B A 9⎯⎯→ ⎯⎯→ . 
Vemos assim que é possível chegar a 54 a partir de 0 e 3, mas não a partir de 2. 
 
2ª solução: Se um número inteiro x não é múltiplo de 3 então: 
o não é múltiplo de 3. De fato, se 3x + 3x + fosse múltiplo de 3, poderíamos escrever 3 3x y+ = para al-
gum inteiro y e então seria múltiplo de 3, absurdo. 3 3 3( 1x y y= − = − )
o 2x não é múltiplo de 3. De fato, os fatores primos de x e 2x são os mesmos; assim, se 3 não é fator pri-
mo de x então também não será fator primo de 2x . 
Assim, começando com um número que não é múltiplo de 3 no visor, não é possível chegar a um múltiplo de 3 aper-
tando as teclas A e B. Como 2 não é múltiplo de 3 e 54 13 8= × é múltiplo de 3, concluimos que não se pode chegar 
a 54 a partir do 2. 
 
3ª solução: Vamos tentar chegar a 54 a partir do 2. Como 54 não é múltiplo de 3, vemos que não é possível 
usar apenas a tecla B, ou seja, a tecla A deve ser usada pelo menos uma vez. Por outro lado, como , a 
tecla A só pode ser usada em números menores ou iguais a 7. Os números obtidos a partir do 2 que são menores ou 
iguais a 7 são 2, , e ; seus quadrados são 4,16, 25 e 49. A partir de 16, 25 e 49 não po-
demos usar a tecla A outra vez, e como nenhum desses números difere de 54 por um múltiplo de 3, vemos que a 
partir deles não é possível chegar a 54; o mesmo argumento se aplica ao 4 e a seu quadrado 16. Logo não é possí-
vel obter 54 a partir do 2. 
2 52− =
28 64 5= > 4
324 2= 5 2 3= + 27 2= +
 
4ª solução: Notamos primeiro que começando do 2 e apertando apenas duas teclas quaisquer, o maior resultado 
possível é 24 (sequência BA), ou seja, não se chega ao 54. Vamos agora ver o que acontece quando o 2 está no 
visor e apertamos três teclas. 
 
Seqüência de teclas Resultado 
AAA 256 
AAB 19 
ABA 49 
BAA 125 
ABB 10 
BAB 28 
BBA 64 
BBB 11 
 
 
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Soluções da prova da 2ª Fase 
Nível 3 
2
 
 
Podemos eliminar as seqüências AAA, BAA e BBA de nossas considerações, pois elas levam a resultados maiores 
que 54. Para chegar ao 54 a partir dos resultados das outras seqüências, não podemos usar a tecla A, pois isso nos 
daria resultados maiores que 54. Por outro lado, a diferença entre 54 e qualquer dos números 19, 49, 10, 28 e 11 não 
é um múltiplo de 3, ou seja, também não podemos chegar ao 54 a partir desses números apenas com a tecla B. Logo 
não é possível chegar ao 54 a partir do 2. 
 
5ª solução: Se um número x não é múltiplo de 3 então x + 3 não é múltiplo de 3. O quadrado de x também não é 
múltiplo de 3, pois os fatores primos de x2 são os mesmos de x. Daí, como não é múltiplo de 3, usando as teclas A 
e B sucessivas vezes o número do visor nunca será múltiplo de 3. Como 54 = 3×18 é múltiplo de 3, segue-se que 
não é possível obtê-lo a partir do 2, usando apenas as teclas A e B. 
2
 
Questão 2 
 
a) Somar as somas das linhas é o mesmo que somar todos os números no quadrado; assim, a soma das somas das 
linhas é 1 . O mesmo se pode dizer da soma das somas das colunas, e concluímos 
que a soma de todas as somas é 2 4 . Logo a soma que está faltando é 
. 
2 3 4 5 6 7 8 9 45+ + + + + + + + =
5 90× =
90 (9 13 14 17 18) 90 71 19− + + + + = − =
 
b) 1ª solução: Se todas as somas fossem pares, as somas das três linhas seriam pares e sua soma seria par. Mas 
isso é impossível pois, como vimos acima, a soma das somas das três linhas é 45, que é um número ímpar. 
 
2ª solução: Ao distribuir os números no quadrado, uma linha pode ter no máximo três números ímpares. Por outro 
lado, há cinco números ímpares de 1 a 9, a saber, 1,3,5,7 e 9. As maneiras de escrever 5 como soma de inteiros 
menores ou iguais a 3 são . Como em qualquer dessas somas aparecem as parcelas 1 
ou 3, concluímos que pelo menos uma linha de um quadrado preenchido conterá um ou três números ímpares, sendo 
os restantes pares. Em qualquer caso, obtemos uma linha cuja soma é ímpar. 
5 2 3 1 1 3 1 2 2= + = + + = + +
 
c) Vamos estender um pouco essa solução para determinar não apenas um, mas todos os quadrados que têm as 
somas dadas. Antes de começar, notamos que trocar a ordem de duas linhas (ou de duas colunas) não altera as 
somas de um quadrado. 
O seis números do resultado final devem ser separados em dois grupos de três números cada, cujas somas 
sejam iguais a 45. No primeiro grupo, cada número é a soma de uma linha e, no outro, a soma de cada coluna. De 
acordo com o item anterior, cada grupo deve conter um número ímpar; logo 7 e 13 devem ficar em conjuntos diferen-
tes. Segue imediatamente que a única possibilidade é separar as somas nos grupos 7,16, 22 e 13,14,18; podemos 
então supor que as somas das linhas são 7,16,22 e as somas das colunas são 13,14,18. 
1 2 4 7
 
 
Como a única maneira de obter a soma 7 é 1 2 4 7+ + = , podemos começar a preencher o 
quadrado como à direita. Suponhamos que a soma da segunda linha seja 22; as únicas possibilidades 
para a soma 22 são 5 8 9 e 6 7 , que vamos considerar separadamente. 22+ + = 9 22+ + =
Suponhamos primeiro que na segunda linha aparecem os números 5, 8 e 9. Aqui o 5 não 
pode aparecer na coluna do 4, pois 4 5 9+ = e para obter uma das somas 13, 14 ou 18 nessa co-
luna o terceiro número deveria ser 4, 5 ou 9, respectivamente, o que não pode acontecer pois o 4 já 
foi usado enquanto que 5 e 9 aparecem na segunda linha; argumento análogo mostra que o 9 tam-
bém não pode aparecer na coluna do 4, ou seja, o 8 aparece abaixo do 4. Como e tanto 
o 1 como o 2 já foram usados, a soma dessa coluna não pode ser 13 ou 14; logo a soma é 18. Podemos agora com-
pletar o quadrado das seguintes maneiras: 
4 8 12+ =
1 2 4 7 
 8 22 
 6 16 
 18 
 
1 2 4 7 1 2 4 7 
5 9 8 22 9 5 8 22
7 3 6 16 3 7 6 16
13 14 18 13 14 18 
 
 
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Nível 3 
3
 
 
Deixamos para o(a) leitor(a) mostrar que, quando na segunda linha aparecem os números 6, 7 e 9, as possibilidades 
são 
1 2 4 7 1 2 4 7 1 2 4 7 1 2 4 7 
7 9 6 22 9 6 7 22 9 7 6 22 9 7 6 22 
5 3 8 16 8 5 3 16 3 5 8 16 8 5 3 16 
13 14 18 18 13 14 13 14 18 18 13 14 
 
Desse modo, existem apenas seis quadrados com as somas do enunciado, a menos de troca de posição de linhas , 
(troca de posição de colunas e troca das linhas pelas colunas. 
 
 
Questão 3 
 
a) 1ª solução: Na figura ao lado temos e queremos achar CR. Notamos que os ângulos 
indicados na figura com vértices em C e X são iguais, pois são determinados pelas paralelas CR e 
XS e pela transversal XY. Logo os triângulos retângulos ARC e ASX são semelhantes e temos 
0,2XS =
CR A
XS A
=
C
X
 
ou seja, 
0,50,2 0,1
1
× =CR XS AC
AX
× == . 
Podemos também argumentar como segue. A razão de semelhança entre os 
triângulos ARC e ASX é igual a 0,5 0,5
1
AC
Ax
= = ; como os segmentos CR e XS são corresponden-
tes, segue que o comprimento de CR é a metadedo comprimento de AX, ou seja, é igual a m. 0,1
 
2ª solução: Denotemos por α o ângulo , como na figura à esquerda. Como e são 
opostos pelos vértices, temos também 
�DAX �DAX �BAY
�BAY α= . Nos triângulos retângulos ASX e ARC, temos 
·sen 2senXS AX α α== e ·sen senCR AC α α== . Logo 
1 0,1
2
XSCR == m. 
 
b) 1ª solução: Como AC BC YC= = os triângulos ACB e BCY são isósceles; 
podemos então marcar os ângulos α e β como na figura à direita. A soma dos 
ângulos do triângulo ABY é ° ; donde ° . Logo BY é per-
pendicular ao trilho BD, ou seja, BY é horizontal qualquer que seja a posição de 
Y. 
12 2 80α β+ = + = 90α β
2ª solução: Como AC BC YC= = , podemos traçar um círculo com centro C e 
passando por A, B e Y, como na figura à esquerda. Como os pontos A, C e Y 
estão alinhados, o segmento AY é um diâmetro desse círculo. Logo o ângulo está inscrito no 
semicírculo, donde sua medida é 90
�AB
eja a 
osição de Y. 
Y
o; com antes, segue que BY é horizontal qualquer que s
p
 
c) Na figura à direita, queremos calcular DT quando 0,4XT = . Para isso, notamos primeiro que, 
quando a porta se fecha, XY coincide com BD; logo 
XA AC C 1 0,5 0,5BD XY Y 2= = + + = . = + +
Como DSTX é um retângulo, temos 0,4SD XT= = e segue que 2 0,4 1,6BS BD SD= − = − = . Por 
outro lado, os triângulos ASX e ABY são congrue fato, ele bos retân eus 
ângulos e são iguais (como no item a)) e AX AY
ntes; de gulos, s
m X e Y
s são am
= . Logo AS A= B e com se-
gue que . O teorema de Pitágoras nos d 
o 1,6BS =
0,8AS = iz então que 
2 2 1 0,64 0,36 0,6SX AX AS− = − = == 
 concluímos que m. e 0,6DT =
 
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4
 
 
 
 
Questão 4 
aixo mostra que a sequência de seis movimentos 
 
a) A figura ab ( ), , , , ,↓ ← ↑ ← ↓ → termina o jogo a partir da posição 
inicial dada. 
 
 
b) A figura abaixo mostra que a sequência de quatro movimentos ( ), , ,↑ ← ↓ → transforma a posição inicial dada na 
posição inicial do item a), a partir da qual é possível terminar o jogo em seis movimentos. 
 
Assim, podemos terminar o jogo num total de movimentos. 
xemplo do enunciado seguidos da repetição dos movimentos do item a). Ilus-
tramos isso abaixo em um tabuleiro . 
4 6 10+ =
 
c) A idéia é fazer a peça preta se mover ao longo da diagonal do tabuleiro. Isso pode ser feito uma casa de cada vez 
usando primeiro os movimentos do e
4 4×
 
Em geral, em um tabuleiro n n× a peça preta vai sub 1ir n − casas na diagonal; pelo método indicado, pode-se subir 
a primeira dela e cada uma ds em 4 movi s as mento 2n − restantes em 6 movimentos cada uma. Logo pode-se aca-
ar o jogo em movimentos. 
uestão 5
 4 6( 2) 6 8n n+ − = −b
 
 
Q 
enas uma é 
abilidade de ele retirar a bola preta é 
 
a) Para André ganhar o livro ele deve retirar a bola preta. Como a caixa contém quatro bolas das quais ap
1
4
. Outra solução aparece na 2ª solução do item b). 
s bra
preta, a prob
 
b) 1ª solução: Para Dalva ganhar o livro, André, Bianca e Carlos devem retirar bola ncas. Como inicialmente a 
caixa contém 3 bolas brancas, a probabilidade de André retirar uma bola branca é 3
4
. Supondo que André tire uma 
brancas e 1 preta; assim, a probabilidade de Bianca tirar uma bola branca é bola branca, sobrarão na caixa 2 bolas 
2
3
. Do mesmo modo, se André e Bianca tirarem bolas brancas, a probabilidade de Carlos tirar uma bola branca será 
1
2
. Assim, a probabilidade de André, Carlos e Bianca tirarem bolas brancas é 3 2 1 1
4 3 2 4
× × = , que é a probabilidade 
de Dalva ganhar o livro. Raciocínio semelhante mostra que a probabilidade de qualquer um dos amigos ganhar o livro 
é 1
4
, ou seja, o sorteio é justo e a ordem em que eles retiram as bolas não tem importância. Para entender melhor 
so, vejamos outra solução. is
 
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5
 
 
 
2ª solução: Mantendo as regras do sorteio, vamos pintar uma bola branca de azul e outra de vermelho; temos então 
quatro bolas diferentes na caixa. O número de sorteios possíveis passa a ser 3 2 1 244× × × = ; desses, Dalva ganha 
do André, Bianca e Carlos ficam com as bolas branca, azul e vermelha, o que pode acontecer de 
3 2 1 6× × = maneiras diferentes. Logo a probabilidade de Dalva ganhar o livro é 
o livro quan
=
6 1
24 4
. Esse raciocínio se aplica a 
ualquer um dos amigos, justificando assim o comentário anterior sobre a justiça do sorteio. 
tão quand eiras bolas retirada dade no primeiro caso é 
q
 
c) 1ª solução: André pode ganhar o livro de duas maneiras, a saber, quando a primeira bola retirada for preta ou en-
o as quatro prim s forem brancas e a quinta preta. A probabili
2 1
8 4
= e no segundo é 6 5 4 3 2 3
8 7 6 5 4 28
× × × × = . Assim, a probabilidade procurada é 1 3 5
4 28 14
+ = . 
 
2ª solução: A probabilidade de que André ganhe o livro na primeira rodada, como visto acima, é 1
4
. Para calcular a 
probabilidade de que ele ganhe o livro na segunda r calcular os casos possíveis e os casos favoráveis. 
As primeiras cinco bolas podem ser sorteadas de 7 6 5 48
odada, vamos
× × × × maneiras. Para que André na quinta 
bola, as quatro primeiras bolas devem ser brancas e a quinta preta, o que po maneiras. 
ganhe o livro
de ocorrer de
Logo, a probabilidade de que André ganhe o livro na a é 
 5 4 3 26× × × ×
 quinta bola sortead 5 4 3 2 3
7 6 4 88 5
6
2
× × × ×
× × ×
=
×
. Assim, a probabili-
rocurada é 1 3 5
4 28 14
+ = . dade p
 
d) 1ª solução: Dalva só vai ganhar o livro no caso em que as três primeiras bolas sorteadas sejam brancas e a quarta 
preta; de fato, se as quatro primeiras bolas sorteadas forem brancas, sobrarão na caixa duas brancas e duas pretas e 
s que chegue sua vez. Assim, a probabilidade de que Dalva ganhe o livro é uma bola preta será retirada ante
6 5 4 2 1
8 7 6 5
2
17 4
× × × = =
respectivamente, 
. Fica como exercício mostrar que as probabilidades de Bianca e Carlos ganharem o livro são, 
4
14
 e 3
14
. O André foi bem esperto em propor esse novo sorteio! (observação: escrevemos todas 
as probabilidades como frações com o mesmo denominador para compará-las mais rapidamente e também para 
cilitar a verificação de que a soma de todas é igual a 1.) 
as três prim ta 
fa
 
2ª Solução: Dalva só pode ganhar o livro no caso em que eiras bolas sorteadas sejam brancas e a quar
preta. As quatro primeiras bolas podem ser sorteadas de 8 7 6 5× × × m que Dalva ganhe o livro, as três odos. Para
primeiras devem ser brancas e a quarta preta, o que pode ocorrer de 6 5 4 2× × × modos. Logo, a probabilidade de 
que Dalva ganhe o livro é 5 4 26
6
1
58 77
× × ×
×
=
× ×
. 
 
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6
 
 
Questão 6 
 
Vamos denotar a distância da formiguinha a A e B no instante t por e , 
respectivamente, como à esquerda. No gráfico abaixo, o ponto mostra que 
( )A t ( )B t
(3) 1A = 
e o ponto Q mostra que (8) 3B = . 
 
a) Os pontos R e S, onde os gráficos se 
cruzam, correspondem aos instantes t 
nos qu ( )B tais A t( ) = , ou seja, quando a 
formiguinha se encontrava à mesma distância dos pontos A e B. Em R te-
t = ) 2= ; em S tem t = )mos e A B= os e 3A B2 (2) (2 5 (5) (5= = . 
=
 
b) Os pontos T e U mostram que B e (0) 0 (0) 4A = , ou seja, em 0t = a 
formiguinha se encontrava sobre B e à distância 4 de A. Logo a distância 
entre A e B é 4. 
 
c) Quando a formiguinha F estava na reta que passa por A e B, uma das três possibilidades a seguir deve ter ocorri-
do: 
 
1. F estava entre A e B, ou seja, ( ) ( ) 4A t B t+ =
 
2. A estava entre F e B, ou seja, ( ) ( ) 4B t A t− =
 
3. B estava entre A e F, ou seja, ( ) ( ) 4A t B t− =
 
 
No gráfico vemos que a primeira possibilidade ocorreu no intervalo de tempo entre t 0= e t ; a segunda possibili-
dade não ocorreu e a terceira ocorreu apenas no instante 
3=
9t = . 
 
d) Como vimos no item anterior, de até t0t = 3= a formiguinha partiu 
de B e se moveu ao longo do segmento AB. Nesse trajeto de-
cresce, ou seja, a formiguinhase aproximou de A até chegar a um pon-
to que dista 1 de A e 3 de B. Entre t e o gráfico mostra que 
, ou seja, a formiguinha andou ao longo de um 
arco de círculo de centro B e raio 3. Finalmente, em 
( )A t
=
=
3 9t =
( ) constante 3B t =
9t = a formigui-
nha voltou à reta AB, dessa vez em um ponto que dista 7 de A e 3 de 
B. Na figura ilustramos esse trajeto, com as posições da formiguinha 
em instantes especiais. Assim, a formiguinha percorreu um segmento de comprimento 3 seguido de um semicírculo 
de raio 3; o comprimento desse trajeto é 3 3π+ . 
 
 
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1 
Questão 1 – Solução 
 
a) Primeiro notamos que é possível preencher o quadriculado de acordo com o 
enunciado; um exemplo está ao lado. Observamos agora que, 
qualquer que seja a maneira de preencher o quadriculado, o 
enunciado mostra que não podem aparecer números repetidos nos 
quadradinhos centrais, pois se houver dois números iguais eles 
estarão na mesma linha, ou na mesma coluna ou na mesma 
diagonal. Devem então aparecer os números 1, 3, 7 e 8 nesses quadradinhos, com a 
soma 1 3 7 8 19+ = = = . 
 
b) Conforme observado no item anterior, nos quatro quadradinhos 
centrais devem aparecer os números 1, 3, 7 e 8. Segue que nos 
quadradinhos marcadas com x devem aparecer os números 1 e 8, 
o que pode ser feito de duas maneiras; a partir daí o quadriculado 
pode ser completado de modo único, como mostrado abaixo. Logo 
é possível preencher o quadriculado inicial de exatamente duas maneiras distintas. 
 
1 7 8 3 1 8 3 7 
8 3 1 7 7 3 8 1 
3 8 7 1 8 1 7 3 
7 1 3 8 3 7 1 8 
 
c) 1a solução: O problema, com letras a, b, c e d em vez números e 
com a diagonal já preenchida, como na figura ao lado, admite apenas 
duas soluções, que apresentamos abaixo. 
 
a c d b a d b c 
d b a c c b d a 
b d c a d a c b 
c a b d b c a d 
 
Em ambas, a soma dos quadradinhos cinzentos é 2 2a b c d+ + + . Para que essa 
soma seja máxima, basta escolher os dois maiores valores possíveis para as letras 
que aparecem multiplicadas por 2; a soma máxima é então 8 2 7 3 1 342 × + × + + = . 
 
2a solução: Notamos primeiro que o enunciado do problema mostra que cada número 
aparece exatamente quatro vezes em um quadriculado corretamente preenchido. 
Suponhamos, como acima, o quadriculado preenchido com as letras a, b, c e d,nessa 
ordem, na diagonal principal. O diagrama abaixo mostra as duas únicas maneiras de 
distribuir os quatro a’s pelo quadriculado de acordo com o enunciado. Vamos assim 
que, em qualquer caso, aparecem dois a’s nas casas sombreadas, e o mesmo 
acontece com d. 
 
a a 
 a a 
 a a 
 a a 
 
Os diagramas a seguir representam as possíveis posições dos b’s; vemos assim que, 
em qualquer caso, aparece exatamente um b nas casas sombreadas, e o mesmo 
acontece com c. 
3 8 7 1 
7 1 3 8 
1 7 8 3 
8 3 1 7 
1 
 3 x 
 x 7 
 8 
a 
 b 
 c 
 d 
 
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2 
 
 b b 
 b b 
b b 
 b b 
 
Desse modo, a soma dos algarismos nas casas sombreadas é2( )a d b c+ + + , e a 
partir daí procedemos como na primeira solução. 
 
3a solução: Consideremos o quadriculado ao lado, onde x e y 
denotam os números que aparecem nas casas correspondentes. O 
mesmo argumento utilizado no início do item (b) mostra que a soma 
dos números que aparecem em cada um dos quadriculados 2x2 
destacados é 1+ 3 + 7 + 8 = 19. Por outro lado, a soma dos números 
na diagonal também é 19; logo a soma dos números nas casas cinzentas dos dois 
quadriculados 2x2 é 2 ×19 −19 = 19. Segue que a soma dos números nas casas 
cinzentas é 19 + x + y ; para que ela seja máxima, basta escolher os valores 7 e 8 para 
x e y, e chegamos à soma 19 + 7 + 8 = 34. 
 
 
 
 
 y 
 x 
 
 
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3 
Questão 2 – Solução 
 
a) A sequência é37 38 19 20 10 5 6 3 4 2 1→ → → → → → → → → → . 
 
b) A única sequência de comprimento 3 é 4 2 1→ → . As sequências de comprimento 
4 são3 4 2 1→ → → e 8 4 2 1→ → → ; elas são obtidas a partir de 4 2 1→ → , a 
primeira acrescentando 4 1 3− = no início da sequência e a segunda acrescentando 
2 4 8× = no início da sequência. Do mesmo modo, a sequência ímpar 3 4 2 1→ → →
dá origem à sequência par 6 3 4 2 1→ → → → e a sequência par 8 4 2 1→ → → dá 
origem à sequência ímpar7 8 4 2 1→ → → → e à sequência par 16 8 4 2 1→ → → → . 
Temos assim as três únicas sequências de comprimento 5, sendo duas delas pares e 
uma ímpar. O raciocínio pode ser representado pelo esquema abaixo. 
 
c) 1a solução: Repetindo o esquema do item anterior, temos: 
 
 
 
e assim temos 3 sequências pares e 2 ímpares de comprimento 6 e 5 sequências 
pares e 3 ímpares de comprimento 7. 
 
2a solução: Observamos que a sequência ímpar de comprimento cinco vai gerar 1 
sequência par de comprimento seis; já as 2 sequências pares de comprimento cinco 
vão gerar 2 sequências pares de comprimento seis e 2 sequências ímpares de 
comprimento seis. Assim, temos 2 sequências ímpares de comprimento seis e 
 1+ 2 = 3 sequências pares de comprimento seis, num total de 2 + 3 = 5 sequências de 
comprimento 6. O mesmo argumento mostra que há 8 sequências de comprimento 
sete, sendo três ímpares e cinco pares.. 
 
Observação: A repetição desse argumento para valores sucessivos do comprimento 
mostra que, a partir do comprimento 3, o número de sequências ímpares é 0, 1, 1, 2, 
3, 5, 8,..., o número de sequências pares é 2, 3, 5, 8, 13,... e o número total de 
sequências é 3, 5, 8, 13, 21, ..... Cada termo dessas sequências de valores, a partir do 
terceiro, é a soma dos dois anteriores; vemos assim que essas sequências, com a 
124
36
8
7
16
124
36
510
12
11
24
8
714
13
28
16
1530
32
31
64
 
OBMEP 2011 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
4 
eventual omissão de termos iniciais, são a sequência 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 
89,..., conhecida como sequência de Fibonacci. 
 
comprimento 5 6 7 ... 15 16 
Ímpares 1 2 3 ... 144 233 
pares 2 ... 233 233 +144 = 377 
total 1+ 2 = 3 2 + 3 = 5 3 + 5 = 8 ... 144 + 233 = 377 233 + 377 = 610 
 
d) 1a solução: As 144 sequências ímpares de comprimento quinze vão gerar 144 
sequências pares de comprimento dezesseis; já as 233 sequências pares de 
comprimento quinze vão gerar 233 sequências pares de comprimento dezesseis e 233 
sequências ímpares de comprimento dezesseis. Assim, temos 233 sequências 
ímpares de comprimento dezesseis e 377 = 233 +144 sequências pares de 
comprimento dezesseis, num total de 233 + 377 = 610 sequências. 
 
2a solução: A parte da sequência de Fibonacci que nos interessa é 1, 2, 3, 5, 8,....., 
144, 233, 377, 610,... . O número de sequências ímpares de comprimento 15 (resp. 
16) é o 15º (resp. 16º) termo dessa sequência, que é 144 (resp. 233); o número de 
sequências pares de comprimento 15 (resp.16) é o 16º (resp. 17º) termo, que é 233 
(resp. 377) e o número total é o 17º (resp. 18º) termo, que é 377 (resp. 610). 
 
 
 2 +1= 3 3 + 2 = 5
 
OBMEP 2011 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
5 
Questão 3 – Solução 
 
a) Por contagem direta, vemos que a 
lonjura de (3,2) é 11 e a de (0,4) é 16. 
 
b) Os pontos de coordenadas inteiras no 
interior e nos lados desse quadrado formam 
 n +1 linhas, cada uma com n +1 pontos; o 
total de pontos no interior e nos lados desse 
quadrado é então (n +1)
2 . Excluindo a borda 
desse quadrado, sobra um quadrado de linhas e colunas, que contém 
 pontos inteiros; segue que o número de pontos na borda do quadrado original 
é . 
Pode-se também calcular o número de pontos de coordenadas inteiras no 
quadrado notando que de (0,0) a (0,1) a poligonal passa por 21 3 2+ = pontos; de (0,0) 
a (2,0) a poligonal passa por 21 3 5 3+ + = pontos, de (0,0) a (0,3) a poligonal passa 
por 21 3 5 7 4+ + + = pontos e assim por diante. Logo o número de pontos inteiros do 
quadrado que tem um de seus vértices no ponto ( , )n n é (n +1)
2 . 
 
c) 1asolução: para ir de (0,0) até (1,1) são 2 passos, de (1,1) até (2,2) são 4 passos, 
de (2,2) até (3,3) são 6 passos e assim por diante. Logo para chegar ao ponto ( , )n n
serão necessários
 
2 + 4 + 6 +…+ 2n = 2 ⋅(1+ 2 + 3 +…+ n) = 2 ⋅
n(n +1)
2
= n2 + n passos. 
 
2a solução: A poligonal chega ao ponto ( , )n n passando por todos os pontos com 
coordenadas inteiras do interior e da borda do quadrado do item anterior, com a 
exceção dos n pontos da horizontal de (0, )n até ( 1, )n n− , caso n seja ímpar ou da 
vertical de ( ,0)n até ( , 1)n n − , caso n seja par. Logo a poligonal passa por 
 pontos, incluindo seus extremos, e seu comprimento é então 
. 
 
d) 1a solução: Como e é a lonjura do ponto (20,20), 
vemos que para chegar ao ponto de lonjura 425 devemos chegar a (20,20) e andar 
mais 5 segmentos ao longo da poligonal. Como 20 é par, esses segmentos partirão do 
ponto (20,20) na vertical para baixo; assim chegamos ao ponto (20,15), que é o ponto 
procurado. 
 
2a solução:para ir de (0,0) até (1,1) são 2 passos; de (1,1) até (2,2) são 4 passos, de 
(2,2) até (3,3) são 6 passos e assim por diante. Logo, para chegar ao ponto (20,20), 
serão necessários 2 + 4 + 6 +…+ 40 = 2 ⋅(1+ 2 + 3 +…+ 20) = 2 ⋅210 = 420 passos. A 
partir daí a solução procede como acima. 
 
 
1n − 1n −
2( 1)n −
2 2( 1) ( 1) 4n nn − −+ =
2 2( 11) n nn n− =+ + +
2n n+
2425 (20 20) 5+ += 220 20+
 
 
 
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Soluções – Nível 3 
 
 
6 
Questão 4– Solução 
 
a) Como os triângulos HBG e ABC têm lados paralelos, eles são semelhantes. Logo
 
HG
AC
=
HB
AB
=
20 − x
20 
e segue que 
 
GH =
20 − x
20
AC =
20 − x
20
⋅15 =
3
4
(20 − x). 
 
b) 1a solução: Construímos os triângulos IFG e 
JGC como na figura ao lado. Eles são 
congruentes, pois possuem um cateto de medida 
x e os ângulos marcados em azul têm a mesma 
medida; logo suas hipotenusas são congruentes, 
isto é, . 
Notamos agora que os triângulos JGC e 
ABC são semelhantes, pois são retângulos e têm 
um ângulo comum. Logo 
 
GC
x
=
BC
AC
=
25
20
=
5
4 
e 
segue que 
 
GC =
5
4
x . Como FG = GC , temos 
 
FG =
5
4
x . 
Alternativamente, podemos argumentar que os triângulos IFG e ABC são 
semelhantes; segue que 
 
FG
x
=
BC
AB
=
25
20
=
5
4
 e então 
 
FG =
5
4
x , como antes. 
 
2a solução: Na figura ao lado, observamos que os 
ângulos marcados em F têm a mesma medida, 
pois são opostos pelo vértice e, por outro lado, são 
iguais ao ângulo em C por paralelismo. A 
congruência dos triângulos sombreados na figura 
(mostrada de modo semelhante ao utilizado na 1ª 
solução) mostra que FK FG= , e segue que 
CKFG é um losango; em particular, temos 
 CG = FG . O cálculo de 
 
FG =
5
4
x procede como 
na 1a solução. 
 
 
3a solução: Observamos que o triângulo CJG é retângulo. A semelhança de CGJ e 
ABC nos dá 
 
CJ
x
=
15
20
, ou seja, 
 
CJ =
3
4
x . O teorema de Pitágoras diz que 
 CJ
2
+ JG2 = CG2 , ou seja, 
 
CG 2=
3
4
x




2
+ x2 e segue que 
 
CG =
5
4
x . Agora CG = FG
segue como na 1a ou na 2a soluções. 
 
FG GC=
 
OBMEP 2011 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
7 
c) 1ª solução: Temos 
3 5
(20 ) 15 3
4 4
xDF GH FG D x x xH − − − == − −− = . Da 
semelhança dos triângulos ABC e DEF tiramos 
15 3
20 15 15
DE DF x−
= = , donde 
4
(15 3 )
3
DE x= − . A área 
de DEF é então 2
2
· (15 3
3
1
(
2
)) DE xA x DF = −= . A 
figura ao lado mostra o gráfico dessa função para 
0 5x≤ ≤ . 
 
2ª solução: Temos 
. A 
razão de semelhança entre os triângulos DEF e ABC 
como . Por outro lado, a área do triângulo ABC é ; como 
a razão das áreas de triângulos semelhantes é o quadrado da razão de semelhança, 
segue que 
2
215 3 2· (15 3 )
15
( ) 150
3
A
x
xx
− 
= − 
 
= , como antes. 
 
 
3
(20 15 3
4 4
5
)xDF GH FG xH xD x= − − − − − = −=
15 3
15
DF x
AC
−
=
1
20 15 150
2
⋅ ⋅ =
 
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8 
Questão 5 – Solução 
 
a) 1ª solução: O princípio multiplicativo mostra que o número de maneiras de retirar 
duas bolas, uma a uma, é 10 9 90× = . Dessas retiradas, há dez que determinam 
diâmetros, a saber, (1,6), (2,7), (3,8), (4,9), (5,10), (6,1), (7,2), (8,3), (9,4) e (10,5). 
Logo a probabilidade pedida é
10 1
90 9
= . 
2ª solução: Retira-se uma bola qualquer. Das nove possibilidades de retirar 
outra bola, apenas uma determinará, junto com a primeira, um diâmetro. Logo a 
probabilidade de retirar duas bolas que determinam um diâmetro é 
1
9
. 
3a solução: É possível retirar duas bolas de 
10
45
2
 


=

maneiras diferentes. 
Dessas retiradas há cinco que determinam diâmetros; logo a probabilidade procurada 
é 
 
5
45
=
1
9
. 
 
b) 1a solução: O princípio multiplicativo mostra que o número de maneiras de retirar 
três bolas, uma a uma, é 10 × 9 × 8 = 720 . Para que uma retirada determine um 
triângulo retângulo, ela deve conter duas bolas a e b que determinam um diâmetro e 
uma terceira bola x distinta dessas duas; ordenando essas bolas das 3! 6= maneiras 
possíveis, vemos que há seis retiradas que consistem dessas bolas. Como há cinco 
pares de bolas que determinam um diâmetro e a bola extra pode ser escolhida de oito 
maneiras diferentes, o número de retiradas que determinam um triângulo retângulo 
inscrito é 5 8 246 0× × = . Logo a probabilidade procurada é 
240 1
720 3
= . 
 
2ª solução (também mais adequada ao enunciado alternativo):Uma vez retiradas três 
bolas, podemos formar com elas trêsgrupos de duas bolas. Observamos que se um 
desses grupos determina um diâmetro então isso não pode acontecer para os outros 
dois grupos. Como cada grupo de duas bolas tem probabilidade 
1
9
de determinar um 
diâmetro, a probabilidade procurada é então 
1 1 1 1
9 9 39
+ + = . 
 
 
OBMEP 2011 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
9 
3a solução: Há 
 
10
3




= 120maneiras de escolher três bolas, ou seja, há 120 triângulos 
inscritos com vértices nos vértices do decágono. Por outro lado, cada diâmetro 
determina oito triângulos retângulos inscritos, num total de 5 × 8 = 40; ou seja, há 40 
escolhas de três bolas que determinam triângulos retângulos inscritos. A probabilidade 
procurada é então 
 
40
120
=
1
3
. 
c) 1a solução: O número de retiradas de quatro bolas é e cada uma 
dessas retiradas determina um quadrilátero inscrito. Por outro lado, as bolas de uma 
retirada que determina um retângulo inscrito devem determinar dois diâmetros. Há dez 
escolhas para a primeira bola de uma tal retirada e a bola diametralmente oposta pode 
então aparecer em qualquer uma das três posições seguintes; as outras duas bolas 
podem então ser escolhidas de oito maneiras diferentes, correspondentes aos quatro 
diâmetros ainda não determinados. Assim, as retiradas que determinam um triângulo 
retângulo são em número de10 3 8× × e a probabilidade procurada é então 
 
10 × 3 × 8
10 × 9 × 8 × 7
=
1
21
 
 
2a solução: Para que as quatro bolas retiradas determinem um retângulo, as três 
primeiras devem determinar um triângulo retângulo, o que acontece com probabilidade 
 
1
3
; uma vez isso feito, há uma única escolha para a quarta bola entre as sete 
remanescentes. Logo a probabilidade procurada é 
 
1
3
⋅
1
7
=
1
21
. 
 
3a solução: Há 
 
10
4




= 210maneiras de escolher quatro bolas, ou seja, há 210 
quadriláteros inscritos com vértices nos vértices do decágono. Por outro lado, um 
retângulo inscrito é determinado por dois diâmetros, ou seja, há 
 
5
2




= 10 retângulos 
inscritos, correspondentes a dez escolhas de quatro bolas. Logo a probabilidade 
procurada é 
 
10
210
=
1
21
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 10 × 9 × 8 × 7
 
OBMEP 2011 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
10
Questão 6 – Solução 
 
a) 1a solução: Na figura ao lado marcamos, em vermelho, 
o ângulo em B do triângulo ABC e o ângulo 
correspondente no polígono AMJD; em azul, marcamos o 
ângulo em C do triângulo ABC e o ângulo correspondente 
do polígonoAELN. Podemos observar na parte superior 
da figura que o ângulo MAN
� é a soma desses dois 
ângulos com o ângulo em A do triângulo ABC; como a 
soma dos ângulos internos de um triângulo é 180o, segue 
que MAN
�
= 180o . Logo M, A e N estão alinhados. 
 
2a solução: Observamos primeiro que AM é paralelo a BF, pois ele é obtido de BF por 
meio de uma rotação de 180o; do mesmo modo, AN é paralelo a CG. Como BF e CG 
estão na mesma reta suporte e AM e AN tem o ponto A em comum, segue que os 
pontos M, A e N estão alinhados. 
 
b) Na figura os ângulos marcados em vermelho são 
congruentes, assim como os ângulos marcados em azul. 
Segue que os ângulos marcados em marrom também 
são congruentes, pois são ambos suplementos do 
ângulo vermelho; do mesmo modo, os ângulos verdes 
são também congruentes. Notamos agora que 
 MN = MA + AN = BF + CG = BC − FG = 2FG = FG = FG 
Segue pelo critério ALA que os triângulos FGI e MNK 
são congruentes. 
 
c) Na figura ao lado traçamos a base média DE do 
triângulo ABC. O teorema da base média nos diz 
que DE é paralelo a BC e que
 
DE =
1
2
BC = FG . 
Segue que os triângulos FGI e EHD são 
congruentes, pois são retângulos, tem os ângulos 
verdes congruentes (pois são agudos de lados 
paralelos) e hipotenusas congruentes. Em particular, 
temos FI = EH , donde FH = FI − HI = EH − HI = EI . Logo 
 LH = LE + EI + IH = FH + HI + IE = EF . 
 
d) A área do quadrado HJKL é igual à área do triângulo ABC, que é 9; logo o lado do 
quadrado mede 3. Em particular, LH = 3 e segue do item anterior que EF = 3 . 
 
 
1 
 
 OBMEP 2012 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
N3Q1 – Solução 
 
a) O valor da área de cada painel é igual ao total de lâmpadas vermelhas que o 
mesmo usa. Logo, em um painel de 5 metros por 8 metros há 5 8 40× = lâmpadas 
vermelhas. 
 
b) Um painel de 5 metros por 8 metros contém 6 linhas horizontais e 9 linhas verticais, 
que formam entre si 6 9 54× = interseções. De acordo com o enunciado, em cada uma 
dessas interseções é colocada uma lâmpada azul; logo há 54 lâmpadas azuis. 
 
c) 1ª solução: Em um painel de m metros por n metros, o número de lâmpadas azuis 
que há na borda coincide com o valor do seu perímetro, que é igual a 2( )m n+ . Por 
argumentos análogos aos usados nos itens (a) e (b), vemos que este painel usa 
72mn = lâmpadas vermelhas e ( 1)( 1) 90m n+ + = lâmpadas azuis. Da última 
igualdade segue que ( ) 1 90mn m n+ + + = e então temos 
90 1 90 72 1 17m n mn+ = − − = − − = . Assim, o número de lâmpadas azuis que estão 
na borda do painel é 2( ) 2 17 34m n+ = ⋅ = . 
2ª solução: A área do painel é 72 (total de lâmpadas vermelhas), assim as 
possíveis dimensões do painel são as seguintes (em metros): 1 72× , 2 36× , 3 24× , 
4 18× , 6 12× e 8 9× . A mesma argumentação usada no item (b) mostra apenas 8 9× 
corresponde a um painel que tem um total de 90 lâmpadas azuis, pois 
( ) ( )90 8 1 9 1= + + . Como o número de lâmpadas azuis que há na borda coincide com o 
valor do perímetro do painel, temos então que há ( )2 8 9 34+ = lâmpadas azuis na 
borda do painel. 
2 
 
 OBMEP 2012 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
N3Q2 – Solução 
 
a) A figura I indica, com o número 3, os quadrados 
contaminados no terceiro estágio e apresenta o 
resultado da contaminação ao final deste estágio. 
 
 
 
b) A figura II indica os quadrados contaminados em 
cada estágio subsequente e mostra o resultado final 
da contaminação. 
 
 
 
c) Os perímetros de contaminação no terceiro e no 
último estágios, destacados na figura III, são ambos 
iguais a 18 (correspondentes a 8 lados horizontais e 
10 lados verticais de quadrados). 
 
 
d) Há várias configurações com 5 quadradinhos que levam à completa contaminação; 
a mais simples é a formada por 5 quadradinhos em uma diagonal. 
 
e) Ao se acrescentar um quadrado à contaminação, cada lado exposto (ou seja, não 
em contato com outros quadrados) faz o perímetro de contaminação aumentar de uma 
unidade, enquanto cada lado em contato faz o perímetro diminuir de uma unidade. 
Portanto, a variação do perímetro de contaminação é igual à diferença entre o número 
de lados expostos e o número de lados em contato. Como um quadrado deve ter pelo 
menos dois lados em contato com outros quadrados para ser contaminado, esta 
diferença é sempre menor ou igual a zero. A tabela abaixo mostra os três casos 
possíveis: 
 
lados em contato lados expostos variação do perímetro 
2 2 2 2 0− = 
3 1 1 3 2− = − 
4 0 0 4 4− = − 
 
 
e) Quando todos os quadrados estão contaminados, o perímetro de contaminação é 
igual a 4 5 20× = . Por outro lado, o perímetro de uma contaminação com n quadrados 
é no máximo igual a 4n, que ocorre quando os n quadrados não têm lados em comum. 
Como o perímetro de contaminação nunca aumenta, para que esta contaminação seja 
capaz de contaminar todo o tabuleiro, é necessário que 4n seja no mínimo igual a 20; 
ou seja, n deve ser no mínimo igual a 5. 
3 
 
 OBMEP 2012 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
N3Q3 – Solução 
 
a) O algarismo 1 é composto por dois polígonos, indicados na figura por A e B. 
Para pintar o polígono A, há 3 opções: branco, cinza e preto. Já para pintar o 
polígono B, há 2 opções, uma vez que sua cor não pode coincidir com aquela já 
usada para pintar A. Logo, pelo Princípio Multiplicativo, o algarismo 1 pode ser 
pintado de 3 2 6× = maneiras distintas. 
 
b) Iniciamos observando que há 3 opções para pintar o polígono A. Uma 
vez que A foi pintado, há duas opções para pintar o polígono B e, como o 
polígono C é vizinho de A e B, só há uma cor possível para C. 
 A cor do polígono D não deve coincidir com a cor de B, logo para cada 
cor escolhida para B, há 2 opções para a cor de D. Analogamente, há 2 
opções para a cor de E. 
 Assim, pelo Princípio Multiplicativo, há 2 1 2 2 243 × × × × = maneiras distintas para 
pintar o algarismo 3. 
 
c) Vamos distinguir dois casos. 
• As cores de A e B coincidem: neste caso há 3 opções de cores para 
A e B, e restam 2 opções de cores para C e 2 para D. Assim, pelo 
Princípio Multiplicativo, o algarismo 0 pode ser pintado de 
3 2 2 12× × = maneiras distintas. 
• As cores de A e B são diferentes: neste caso, há 3 opções de cores para pintar 
A e, para cada uma dessas, há 2 opções para pintar B, restando apenas 1 
opção para C e também para D. Assim, pelo Princípio Multiplicativo, o 
algarismo 0 pode ser pintado de 2 1 1 63 × × × = maneiras distintas. 
 
Segue do Princípio Aditivo que o algarismo 0 pode ser pintado de 12 6 18+ = maneiras 
distintas. 
 
d) Basta pintar os algarismos 2, 0, 1 e 3; o 2 pode ser pintado de 3 2 2 12× × = 
maneiras diferentes e o número de maneiras de pintar os outros algarismos já foi 
calculado nos itens anteriores. Assim, pelo Princípio Multiplicativo, há 
24 1812 6 31104× × × = maneiras distintas de pintar o número 2013. 
4 
 
 OBMEP 2012 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
N3Q4 – Solução 
 
a) Do enunciado temos (i) ! ! 90PAY XBP= = ° . Além disso, temos 
! !90 180BPX APY+ ° + = ° , o que nos dá (ii) ! !90APY BPX= ° − . Por 
outro lado, no triângulo XBP os ângulos !BPX e !BXP são 
complementares e segue que (iii) ! !90BXP BPX= ° − . De (ii) e (iii) 
obtemos (iv) ! !APY BXP= . Finalmente, de (i) e (iv) segue a 
semelhança dos triângulos PAY e XBP . 
 
b) 1ª solução Seja AY y= . A semelhança dos triângulos PAY e XBP nos dá 
(i) 
2
1
y
x
= . Decompondo o trapézio AYXB nos triângulos XPY , PAY e XBP , temos 
(ii) ( ) ( ) ( ) ( )área XPY área AYXB área XBP área PAY= − − . 
Usando (i), temos 
2
3 3
( ) 3 3
2 2 2
xx y xxárea AYXB
x
++
= ⋅ = ⋅ = + 
1
( )
2 2
x x
área XBP
⋅
= = 
2 2
( )
2
y
área PAY
x
⋅
= = . 
Substituindo estas expressões em (ii) obtemos 
3 3 2 1
( )
2 2
x x
área XPY x
x x x
= + − − = + . 
 
Solução análoga pode ser obtida baixando por X uma perpendicular à reta AB, 
denotando por C o ponto de interseção dessa perpendicular e da reta AB e fazendo 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )área XPY área ABXC área PAY área XBP área XYC=− − − 
 
2ª solução: Seja AY y= . A semelhança dos triângulos PAY e XBP nos dá a 
relação
2
1
y
x
= . Segue do teorema de Pitágoras que 21PX x= + e 
2 2
2
244 4 1PY y x
x x
= + = + = + . 
Temos então 
2 2 21 2 1 1 1
( )
2 2
PX PY x x x
área XPY x
x x x
⋅ + + +
= = = +
×
= . 
 
c) Devemos resolver a equação 
1 5
2
x
x
+ = , ou seja, 22 5 2 0x x− + = ; suas raízes são 
1
5 25 4 2 2 1
4 2
x
− − ⋅ ⋅
= = e 2
5 25 4 2 2
2
4
x
+ − ⋅ ⋅
= = . 
 
5 
 
 OBMEP 2012 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
 
d) 1ª solução: Queremos encontrar o menor valor positivo de a tal que a equação 
1
x a
x
+ = 
tem solução positiva x . Essa equação é a mesma 2 1 0x ax− + = , que tem soluções 
2
1
4
2
a a
x
+ −
= e 
2
2
4
2
a a
x
− −
=
 
sempre que 2 4 0a∆ = − ≥ (nesse caso, essas 
soluções são sempre positivas, pois 
20 4a a≤ − < para qualquer 0a > ). O menor valor de 
a que satisfaz a condição 0∆ ≥ é 2a = ; nesse caso, 0∆ = e a única solução da equação é 
1x = . Logo ( )XPY assume seu valor mínimo quando 1x = , quando ( ) 2XPY = ; 
observamos que esse é o caso em que os triângulos PAY e XBP são isósceles. 
2ª solução: Escrevemos 
2
1 1
2x
x x
x
 
= − + 
 
+ , lembrando que 0x > . Como um 
quadrado é sempre maior ou igual a zero, vemos que o valor mínimo da expressão 
1
x
x
+ ocorre quando 
1
0x
x
− = , ou seja, quando 1x = ; nesse caso, esse valor 
mínimo é 2. 
 
3ª solução: Se 1x = então 
1
2x
x
+ = . Se 1x ≠ então 
1
2x
x
+ > ; de fato, se 
1
2x
x
+ ≤ 
então 2 2 1 0x x + ≤− , ou seja, 2( 01)x − ≤ , um absurdo. Logo a área é mínima para 
1x = e seu valor nesse ponto é 2. 
 
4ª solução: Se 1x ≠ podemos escrever 1x k= ± , com 0k > . Raciocínio análogo ao 
da 3ª solução mostra então que, em ambos os casos, temos 
1
2x
x
+ > . 
5ª solução: a desigualdade aritmético-geométrica diz que se a e b são dois números 
positivos então sua média aritmética é maior que sua média geométrica, isto é, 
2
a b
ab
+
≥ (exercício). Fazendo x a= e 
1
b
x
= , temos 
1
1
· 1
2
x
x x
x
+
≥ = , ou seja, 
1
2x
x
+ ≥ para qualquer valor de x; como para 1x = temos 
1 1
1 2
1x
x = ++ = , segue 
que esse é o valor mínimo da área. 
6 
 
 OBMEP 2012 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
N3Q5 – Solução 
 
a) Ao se sortear uma bola da 2ª caixa, há 10 bolas idênticas, uma das quais é 
amarela. Logo, a probabilidade de que a segunda bola retirada seja amarela é 
1
10
. 
 
b) Ao se sortear uma bola da 2ª caixa, há duas bolas com o mesmo número da 
primeira bola sorteada (uma amarela e uma branca). A probabilidade de que uma 
delas seja a 2ª bola sorteada é 
2 1
10 5
= . 
 
c) 1ª solução: A primeira bola pode ser sorteada de 9 maneiras e a segunda de 10. O número 
total de possibilidades para o sorteio das duas bolas é, portanto, 9 × 10 = 90. Para contar 
quantos são os sorteios em que a segunda bola tem o número 1, consideraremos dois casos: 
• A bola sorteada da 1ª caixa tem o número 1. Neste caso, há apenas uma 
possibilidade para o sorteio da 1ª bola, mas duas para o sorteio da 2ª (já que 
há duas bolas com o número 1 na segunda caixa quando ela é sorteada). 
Logo, há 1 × 2 = 2 formas de se obter 1 na 2ª bola. 
• A bola sorteada da 1ª caixa tem o número diferente de 1. Neste caso, há 8 
possibilidades para o sorteio da 1ª bola, e apenas uma para o sorteio da 2ª (já 
que há somente uma bola com o número 1 na segunda caixa quando ela é 
sorteada). Logo, há 8 × 1 = 8 formas de se obter 1 na 2ª bola 
A probabilidade de que a segunda bola tenha o número 1 é, portanto, 
 
número de casos favoráveis 2 8 1
número de casos possíveis 90 9
+
= = 
 
2ª solução: As bolas de 1 a 9 figuram em igual quantidade em ambas as caixas. Logo, 
mesmo depois de passada uma bola da 1ª para a 2ª, todos os números continuam 
tendo a mesma chance de serem sorteados. Portanto, a probabilidade de que a 
segunda bola seja a bola de número 1 é
1
9
. 
 
3ª solução: 
( )
( ) ( )
= =
= = = = =
+
× ≠ × ≠
=
P 2ª bola 1
P 1ª bola 1 P 2ª bola 1|1ª bola 1 + P(1ª bola 1) P(2ª bola 1|1ª bola 1)
1 2 8 1 1
. .
9 10 9 10 9
 
 
 
 
7 
 
 OBMEP 2012 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
N3Q6 – Solução 
 
Iniciamos fazendo algumas observações 
gerais. Como os ciclistas percorrem a pista 
com velocidade constante, e gastam o 
mesmo tempo para percorrer a 
circunferência menor, concluímos que eles 
se deslocam com a mesma velocidade. 
Consequentemente, se eles partem de 
pontos diferentes, eles podem se encontrar 
apenas quando passam pelo ponto A, 
chegando por circunferências distintas. 
Para facilitar nossa descrição, 
colocamos mais quatro pontos na 
circunferência maior, indicados pelas letras P, Q, R e S, como na figura, de modo que 
distância entre quaisquer dois destes pontos consecutivos, ao longo da pista, é 
sempre a mesma e igual a 500 metros, que é 1/8 de volta na circunferência maior. 
Vamos chamar de módulo o percurso entre dois destes pontos consecutivos. Então, a 
pista é formada por 12 módulos e, como os ciclistas gastam 8 minutos para percorrer a 
circunferência menor, eles gastam 2 minutos para percorrer um módulo e 24 minutos 
para dar uma volta completa na pista. 
 
a) O ciclista que parte do ponto B chegará pela primeira vez ao ponto A após 
percorrer 6 módulos, portanto após 12 minutos de sua partida. O percurso percorrido 
por ele é denotado pela sequência BQCRDSA, indicando os pontos pelos quais o 
ciclista parte, passa e chega. Por outro lado, o outro ciclista, que parte do ponto D, 
chega em A pela primeira vez após percorrer 2 módulos, ou seja, após 4 minutos, 
quando troca de circunferência e chega pela segunda vez em A depois de dar uma 
volta completa na circunferência menor, totalizando 12 minutos após sua partida. O 
seu percurso é DSAEFGA. Logo, os ciclistas se encontram pela primeira vez, em A, 
após 12 minutos do momento em que partiram. 
 
b) Como eles levaram 20 minutos para se encontrar, sabemos que cada ciclista 
percorreu 10 módulos entre o ponto de partida e o ponto A, onde se encontraram. 
Assim, para determinar os possíveis pontos de partida dos ciclistas basta percorrer, a 
partir de A, 10 módulos no sentido contrário ao do deslocamento na pista. Podemos 
fazer isto de apenas duas maneiras: 
• partindo de A pela circunferência maior, fazendo o percurso ASDRCQBPAGF, 
e portanto chegando ao ponto de partida F; e 
• partindo de A pela circunferência menor, fazendo o percurso AGFEASDRCQB, 
e portanto chegando ao ponto de partida B. 
Consequentemente, um dos ciclistas partiu do ponto B e o outro de F. 
8 
 
 OBMEP 2012 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
 
 
c) Consideremos as semicircunferências "ABC , "CDA , "AEF e "FGA ; observando o 
sentido do percurso e lembrando que os ciclistas se deslocam com a mesma 
velocidade constante v, podemos fazer a seguinte tabela, que descreve o 
comportamento da distância entre os ciclistas, dependendo das semicircunferências 
nas quais se encontram: 
 
Ciclistas Distância entre eles 
Os dois estão na mesma circunferência 
constante Um está em "ABC e outro em "FGA 
Um está em "CDA e outro em "AEF 
Um está em "ABC e outro em "AEF aumenta 
Um está em "CDA e outro em "FGA diminui 
 
No caso em que eles se encontram nas semicircunferências "ABC e "AEF , eles se 
afastam com velocidade constante 2v ; como a distância é uma função linear do 
tempo (supondo a velocidade constante), o gráfico da distância entre eles em função 
do tempo, nesse caso, também é linear. O mesmo vale se eles se encontram nas 
semicircunferências "CDA e "FGA , pois nesse caso eles se aproximam com 
velocidade constante 2v . Assim, o gráfico é formado por segmentos de reta, como 
vemos abaixo. 
 Para facilitar a leitura do gráfico, em cada tempo considerado, indicamos, abaixo 
do eixo horizontal, o ponto da pista onde se encontrava cada um dos ciclistas. 
 
 
 
 
 
OBMEP 2013 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
1 
N3Q1 
 
a) Quando o visor mostra 804,o número de controle é 10 8 0 4 22+ − + = . 
 
b) Quando o visor mostra 690, o número de controle é 10 6 9 0 7+ − + = . Mostramos 
na tabela abaixo todas as possibilidades de giro de uma unidade dos discos C e U: 
 
 C D U controle 
Posição inicial 6 9 0 7 
C gira para 7 7 0 0 17 
C gira para 5 5 8 0 7 
U gira para 1 6 0 1 17 
U gira para 9 6 8 9 17 
 
Como o número de controle não mudou, vemos que o disco C foi girado para 5 e o 
número no visor passou a ser 580. 
 
c) Vamos analisar o que acontece quando giramos o disco C para cima. Se 9C ≠ , 
ele passará a mostrar ' 1C C= + ; se 9C = , ele passará a mostrar ' 0C = . O 
mesmo acontecerá com o disco D; se 9D ≠ então ele passará a mostrar 
' 1D D= + e, se 9D = , ele passará a mostrar ' 0D = . Nesse processo, o disco U 
continuará a mostrar U, ou seja, o novo número de controle será 10 ' 'C D U+ − + . A 
diferença entre o novo número de controle e o original é então 
10 ' ' (10 ) ( ´ ) ( ' )C D U C D U C C D D+ − + − + − + = − − − . 
Observamos agora que 'C C− só assume os valores ( 1) 1C C+ − = e 0 9 9− = − , 
bem como 'D D− ; desse modo, os possíveis valores de ( ´ ) ( ' )C C D D− − − são 
1 1 9 ( 9) 0− = − − − = , 1 ( 9) 10− − = e 9 1 10− − = − , todos múltiplos de 10. Logo o 
algarismo das unidades dos números de controle original e novo é o mesmo. 
 Raciocínio idêntico mostra que o algarismo das unidades do número de 
controle não muda também nas outras possibilidades de giro dos discos C e U. 
 
d) Quando o visor mostra 978, o número de controle é 10 9 7 8 20+ − + = ; o item 
anterior mostra que, qualquer que seja o giro dos discos C e U, o algarismo das 
unidades do número de controle continuará a ser 0. Como o número de controle de 
555 é 10 5 5 5 15+ − + = , não é possível obter 555 a partir de 978. 
 
 
 
 
OBMEP 2013 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
2 
N3Q2 
 
a) De acordo com a definição, temos 2 3 (2 3) 1 6= + + =� . 
 
b) Temos 
0 3 0 (1 1) (0 1) (0 1) 3 3 (3 3) 1 7= = = = + + =� � � � � � � 
onde observamos que 0 1 3=� , de acordo com a conta de Hipácia no quadro 
negro. 
 
c) Primeiro calculamos 
2 3 (0 1) 3 (0 3) (1 3) 7 (1 3)= = =� � � � � � � � 
Para continuar, é necessário calcular 1 3� , o que fazemos a seguir: 
1 3 (0 0) 3 (0 3) (0 3) 7 7 (7 7) 1 15= = = = + + =� � � � � � � 
Finalmente, temos 
2 3 7 (1 3) 7 15 (7 15) 1 23= = = + + =� � � � . 
 
Observação: O(a) leitor(a) com algum conhecimento de indução matemática pode 
mostrar que, em geral, 2( ) 1m n m n mn= + + +� . 
 
 
 
 
OBMEP 2013 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
3 
N3Q3 
 
a) No tabuleiro dado aparecem somas ímpares na primeira e segunda linhas, 
primeira e segunda colunas e na diagonal principal. Desse modo, a nota desse 
tabuleiro é 5. 
 
b) Abaixo temos 4 tabuleiros com nota 8 
 
1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 1 0 
1 1 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 
1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 
 
É possível mostrar que estes são os únicos tabuleiros com nota 8; deixamos isso 
como exercício. 
 
c) Ao trocar o número de um dos cantos do tabuleiro, soma-se 1 (caso a troca tenha 
sido de 0 para 1) ou subtrai-se 1 (caso a troca tenha sido de 1 para 0) aos totais de 
da linha, da coluna e da diagonal que se encontram nesse canto. Assim, das oito 
somas (três linhas, três colunas e duas diagonais), três trocam de paridade e as 
outras não mudam. Observamos agora que: 
• se essas três somas são ímpares, após a troca a nota diminuirá de 3; 
• se duas dessas somas são pares e uma é ímpar, após a troca a nota 
aumentará de 1; 
• se duas dessas somas são ímpares e uma é par, após a troca a nota 
diminuirá de 1; 
• se essas três somas são pares, após a troca a nota aumentará de 3. 
 
Em qualquer caso, vemos que se a nota original do tabuleiro é par (ou ímpar), ela 
se tornará ímpar (ou par), pois aumentará ou diminuirá de 1 ou 3. 
 
d) Para preencher todas as casas de um tabuleiro, exceto (por exemplo) a do canto 
superior direito, temos 82 2 2 2 2 62 252 2 2× × × × × × ==× possibilidades. O item 
anterior mostra que, uma vez essas casas preenchidas, há apenas uma maneira 
de preencher a casa do canto superior direito de modo que a nota desse tabuleiro 
seja ímpar, e concluímos que o número de tabuleiros de nota ímpar é 256. 
 Alternativamente, podemos concluir do item anterior que se um tabuleiro tem 
nota par (ou ímpar), ao trocar o algarismo da casa do canto superior direito 
teremos um tabuleiro de nota ímpar (ou par). Isso mostra que a cada tabuleiro de 
nota par corresponde um de nota ímpar e vice-versa, ou seja, o número de 
tabuleiros de nota ímpar (ou par) é a metade do número total de tabuleiros, que é 
9
82 2
2
= . 
 
 
 
 
OBMEP 2013 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
4 
N3Q4 
 
Para simplificar a exposição, vamos indicar a área de uma figura colocando seu nome 
entre parêntesis; por exemplo, ( )ABC denota a área do triângulo ABC (em cm2). 
 
a) A figura abaixo ilustra as situações 2x = , 5x = e 7x = ; nelas F representa a 
posição de C após a dobra. 
 
Como o triângulo ABC é retângulo em C e a dobra é paralela ao lado AB, segue que 
CDFE é um quadrado de lado CD x= cm; a área do triângulo DEF é metade da área 
do quadrado CDFE. Temos 2( )CDFE x= e então 
2
( )
2
EF xD = . 
 Para 2x = o triângulo DEF representa a região de sobreposição, logo, 
222) 2
2
(f = = ; analogamente, temos 5(5) 2
2
f = . 
 No caso 7x = , a área de sobreposição, representada pelo trapézio DEHG, é 
igual a ( ) ( )DEF GHF− . O triângulo ADG é isósceles com 3AD DG= = cm; como 
7DF = temos 4GF = . Logo
2 2
( ) ( ) ( )
2 2 2
7 4 33DEHG DEF GHF= − = − = cm2, ou seja, 
3(7) 3
2
f = . 
 
b) A figura abaixo, à esquerda, ilustra a região de sobreposição para 0 5x< ≤ ; à 
direita temos a região de sobreposição para 5 10x< < . 
 
No primeiro caso, CDFE é um quadrado de lado x e a área de DEF é metade da 
área desse quadrado, ou seja, 
2
( )
2
xf x = . No segundo caso, o triângulo ADG é 
 
OBMEP 2013 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
5 
isósceles com 10AD DG x= = − ; logo (10 ) 2 10GF DF DG x x x= − = − − = − e 
temos 
2 2 2(2 10) 1( ) ( ) ( ) ( ) ( 3 40 100)
2 2 2
xf x DEHG DEF GHF xx x= = − = − = − + −− . 
 Pode-se também calcular 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2( )DEGH ABC DEC ADG EBH ABC DEC ADG= − − − = − − ; 
deixamos esse cálculo para o(a) leitor(a). 
 
c) O gráfico de f aparece abaixo. 
 
 
 
d) Observamos primeiro que 21 1(3 40 100) (3 10)( 10)
2 2
x x x x− − + = − − − ; essa 
fatoração pode ser obtida a partir das raízes de 23 40 100x x− + , que são 10
3
 e 
10. 
 Quando0 5x< ≤ o maior valor de 21( )
2
f x x= é 25(5)
2
f = . Por outro lado, 
quando 5 10x< < o maior valor de 1( ) (3 10)( 10)
2
f x x x= − − − é atingido no vértice 
da parábola, cuja abscissa é o ponto médio das raízes, ou seja, é 
20
3
1 10 10
2 3
 + = 
 
; temos 20 50
3 3
f   = 
 
. Como 25 50
2 3
20(5)
3
f f = < =  
 
, o maior 
valor possível da área de sobreposição é 50
3
. 
 
 
 
 
 
OBMEP 2013 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
6 
N3Q5 
 
a) 1ª solução: Após amarrar dois barbantes do lado de cima da 
mão, temos a situação da figura à direita. Os possíveis 
resultados após amarrar duas pontas do outro lado da mão são 
mostrados na figura à 
esquerda. Temos 2 
possibilidades para o 
caso da esquerda 
(barbantes unidos em 
um único fio) e 1 
possibilidade para o caso da direita, num 
total de 2 1 3+ = . Assim, a probabilidade 
de formar um único fio é 2
3
. 
 \\\\\\\Podemos expressar esse 
raciocínio dizendo que, uma vez dado um nó do lado de cima da mão, a ponta em 
baixo correspondente à ponta solta em cima tem 3 escolhas: ficar sozinha ou unir-
se a uma das outras duas. Em 2 dessas escolhas (unir-se a uma das outras duas) 
é formado um único fio, ou seja, a probabilidade de formar um único fio é 2
3
. 
 
2ª solução: Vamos supor que as pontas dos barbantes do lado de cima da mão 
sejam rotuladas com as letras A, B, C e as pontas correspondentes do outro lado 
com A’, B’, C’. Para dar umnó em cima da mão, basta escolher a ponta que vai 
ficar solta (3 possibilidades) e amarrar as outras duas. O mesmo ocorre do outro 
lado da mão, e segue que temos 3 3 9× = possibilidades para dar nós de ambos 
os lados da mão. Haverá um barbante isolado quando a ponta solta do lado de 
baixo for a ponta correspondente à ponta solta do lado de cima; isso ocorre uma 
vez a cada escolha de como amarrar os barbantes na parte de cima, num total de 
3 casos. Logo, a probabilidade de que os barbantes não estejam unidos em um 
único fio é 3 1
9 3
=
 
e a de que estejam unidos em um único fio é 1 1 2
3 3
− = . 
 
b) 1ª solução: Como na 1ª solução do item (a), após dar dois nós de um dos lados da 
mão, a outra ponta do barbante não usado tem 5 escolhas, sendo que em apenas 
1 delas ele ficará solto; logo, a probabilidade de que um dos pedaços fique isolado 
é 1
5
. 
 
 
 
OBMEP 2013 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
7 
2ª solução: Como na 2ª solução do item (a), vamos supor que as pontas dos 
barbantes do lado de cima da mão sejam rotuladas com as letras A, B, C, D e E e 
as pontas correspondentes do outro lado com A’, B’, C’, D’ e E’. Para dar os nós 
em cima da mão, basta escolher a ponta que vai ficar solta (5 possibilidades) e 
amarrar as outras quatro duas a duas (3 possibilidades; por exemplo, se A ficou 
solta, as possibilidades são (BC,DE), (BD,CE) e (BE,CD)). O mesmo ocorre do 
outro lado da mão, e segue que temos 2(5 3)× possibilidades para dar nós de 
ambos os lados da mão. Haverá um barbante isolado quando a ponta solta do lado 
de baixo for a ponta correspondente à ponta solta do lado de cima; isso ocorre 
uma vez a cada escolha de como amarrar os barbantes na parte de cima, num 
total de (5 3) 3× × (5 3× escolhas da ponta solta na parte de baixo, uma para cada 
possibilidade de dar nós na parte de cima, e 3 escolhas de como amarrar as outras 
quatro pontas). Logo, a probabilidade de que um dos pedaços originais de 
barbante fique separado dos demais é 2
(5 1
5(5
3) 3
3)
× × =
×
. 
 
c) 1ª solução: Como na 1ª solução do item (b), após dar dois nós de um dos lados da 
mão, a outra ponta do barbante não usado tem 5 escolhas, a saber, ficar solta ou 
unir-se a uma das outras 4 pontas; para formar um único fio, ela deve ser unida a 
outra ponta, o que acontece com probabilidade 4
5
. Isso feito, a outra ponta do fio 
ao qual a ponta solta foi unida tem 3 possibilidades, a saber, ficar solta ou unir-se 
a uma das outras 2 pontas; para formar um único fio, ela deve ser unida a outra 
ponta, o que acontece com probabilidade 2
3
. Logo, a probabilidade de os 
barbantes formarem um único fio é 4 2 8
5 3 15
× = . 
 Para exemplificar esse raciocínio, observamos na 
figura ao lado que a ponta E pode ser unida às pontas 
A, B, C e D. Se, por exemplo, ela for unida à ponta A, 
para que os barbantes formem um único fio é 
necessário que a ponta B seja unida a uma das 
pontas C ou D. 
 
2ª solução: Supomos aqui também que as pontas dos barbantes do lado de cima 
da mão sejam rotuladas com as letras A, B, C, D e E e as pontas correspondentes 
do outro lado com A’, B’, C’, D’ e E’. Já vimos que o número de maneiras de dar 
dois nós de ambos os lados da mão é 2(5 3)× . Para cada maneira de amarrar os 
barbantes na parte de cima (5 3× possibilidades), haverá um fio único quando a 
ponta da parte de baixo correspondente à ponta solta em cima for unida a uma 
das outras quatro (4 possiblidades) e, depois disso, a outra ponta (em baixo) do 
barbante de três fios assim formado for unida a uma das restantes (2 
possibilidades). Logo a probabilidade de os barbantes formarem um único fio é 
2
(5 3) 4 2
(
8
153)5
× × =
×
× . 
 
 
 
OBMEP 2013 – 2a Fase 
Soluções – Nível 3 
 
8 
N3Q6 
 
a) Seja n a distância a ser percorrida por Adonis e Basílio. O algoritmo da divisão de 
Euclides nos permite escrever 8 7n a r b s= + = + onde 0 7r≤ ≤ e 0 6s≤ ≤ ; segue 
que ( )A n a r= + e ( )B n b s= + . Por exemplo, 1 6 28 04 71 × + = × += , donde 
(14) 1 6 7A = + = e (14) 2 0 2B = + = . O restante da tabela pode ser preenchido 
analogamente. 
 
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 
( )A n 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 8 2 
( )B n 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 2 3 4 
 
b) Para achar um desses números, basta fazer uma tabela como a do item anterior 
para valores de n entre 200 e 240. 
 
n 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 
( )A n 25 26 27 28 29 30 31 32 26 27 28 29 30 31 
( )B n 32 33 34 29 30 31 32 33 34 35 30 31 32 33 
 
n 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 227 
( )A n 32 33 27 28 29 30 31 32 33 34 28 29 30 31 
( )B n 34 35 36 31 32 33 34 35 36 37 32 33 34 35 
 
n 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 
( )A n 32 33 34 35 29 30 31 32 33 34 35 36 30 
( )B n 36 37 38 33 34 35 36 37 38 39 34 35 36 
 
Essa tabela mostra que 231, 238 e 239 são os valores de n entre 200 e 240 tais 
que ( ) ( )A n B n> . Observamos que a feitura dessa tabela não é tão trabalhosa 
como parece, pois o padrão dos valores de ( )A n e ( )B n é claro; por exemplo, 
basta calcular ( )A n para os múltiplos de 8 e a linha correspondente a ( )A n é 
preenchida como segue: 
 
n 8k 8 1k + 8 2k + 8 3k + 8 4k + 8 5k + 8 6k + 8 7k + 8( 1)k + 
( )A n k 1k + 2k + 3k + 4k + 5k + 6k + 7k + 1k + 
 
Observação análoga vale para a linha correspondente a ( )B n . 
c) Das expressões 8 7n a r b s= + = + temos 7(
8
)
8
A n a r n r n rr− ++ == + = e 
6(
7
)
7
B n b s n s n ss− ++ == + = . Desse modo, ( ) ( )A n B n= se escreve como 
7 6
8 7
n r n s+ += ; simplificando essa expressão chegamos a 49 48n r s= − . O maior 
valor possível para 49 48r s− é obtido colocando 7r = e 0s = , ou seja, o número 
procurado é 7 349 43d == × . 
 Fica como exercício para o(a) leitor(a) mostrar que ( ) ( )A n B n< para 343n > . 
Solução da prova da 2a fase
OBMEP 2014 − Nível 3
�
Questão 1
Sabemos que a pontuação máxima por rodada é de 3x5=15 pontos. Podemos descobrir quantas rodadas é possível
obter com pontuações máximas sem ultrapassar 134 pontos fazendo a divisão de 134 por 15.
134 = 8 x 15 + 14 = 120 + 14
Assim são necessárias 8 rodadas e ainda sobram 14 pontos.
Pelo item b) são necessárias, no mínimo, 2 rodadas para obter 14 pontos.
Logo, no mínimo, são necessárias 8+2=10 rodadas para obter 134 pontos.
Outra Solução
item a)
Observemos que uma das flechas atingiu a região interna, que vale 5 pontos, caso contrário, Michel obteria, no
máximo, 9 pontos nesta rodada. Consequentemente, as outras flechas atingiram a região de 3 pontos. Assim, os
pontos obtidos com as flechas foram 5,3 e 3, não necessariamente nesta ordem.
Item b)
Conforme a tabela abaixo, os únicos pontos entre 0 e 15 que Michel não pode obter, em apenas uma rodada, são 1 e
14.
0=0+0+0 4=2+2+0 8=2+3+3=3+5+0 12=2+5+5
1 5=5+0+0=2+3+0 9=2+2+5=3+3+3 13=3+5+5
2=2+0+0 6=2+2+2=3+3+0 10=2+3+5=5+5+0 14
3=3+0+0 7=2+5+0 11=3+3+5 15=5+5+5
Isto se deve aos seguintes fatos:
• a menor pontuação, diferente de zero, é igual a 2. Logo é impossível obter apenas1 ponto em uma única
rodada;
• 15 pontos são obtidos, de modo único, quando as três flechas atingirem a região central do alvo. Se uma
das flechas não atingir a região central, no máximo Michel obteria 13 pontos em uma rodada. Logo, não é
possível obter 14 pontos em uma única rodada.
Item c)
Como 8 x 15 = 120 < 134, sabemos que houve, pelos menos, 9 rodadas neste treino. Vamos supor que seja possível
obter 134 pontos em 9 rodadas, e seja n o número de rodadas nas quais a pontuação obtida foi de 15 pontos. Como
9 x 13 = 127 < 134, segue que n1 e, por outro lado, como 9 x 15 = 135 > 134, segue que n8.Assim, a pontuação
máxima obtida nesta rodada é de 15n+13(9-n)=2n+127, ou seja, 1342n+127. Portanto, 172n, o que contradiz o
fato de que n8. Logo, concluímos que não é possível obter 134 pontos em 9 rodadas, ou seja, houve, pelo menos,
10 rodadas. Como 134 = 8 x 15 +14 e é possível obter 14 pontos em duas rodadas,concluímos que Michel pode
obter os 134 pontos em 10 rodadas.
Solução da prova da 2a fase
OBMEP 2014 − Nível 3
�
Questão 2
item a)
A formiga anda 20+ 10 + 20 = 50 cm até chegar em D.
Item b)
Quando � � 		 centímetros ela está no ponto F do segmento BC que dista 2 cm do ponto B. Podemos considerar o
segmento AD, com medida 10 cm, a base do triângulo ADF e sua altura será a distância do ponto F à base AD,
distância esta igual a 20 cm.Portanto, a área do triangulo será � � ��� cm2.
Item c)
Considerando sempre o segmento AD, com medida 10cm, a base do triângulo, sua área variará com a altura e será
máxima quando a altura for máxima, ou seja, quando a altura for 20cm. O cálculo acima nos dá a área máxima igual
a ��� cm2.
Item d)
Quando o ponto F varia no lado AB, � � � 	� e o valor da área do triângulo ADF será
� ��. A área será constante e igual a ��� cm2 quando 	� � � 
� . Para 
� � �
��, a expressão para a área será �� � � �� � 	��� O gráfico pedido será o da figura
ao lado.
Solução da prova da 2a fase
OBMEP 2014 − Nível 3
�
Questão 3
item a)
A distância que a aranha irá percorrer seguindo o caminho vermelho é 60 + 24 = 84.
Item b)
ou
Item c)
Usamos o Teorema de Pitágoras e vemos que, dentre os três caminhos, o verde é o mais curto.
Solução da prova da 2a fase
OBMEP 2014 − Nível 3
�
Questão 4
item a)
Basta observar na tabela o número que se apresenta na linha do F e na coluna do B, que é o número 2. Portanto, F
ultrapassou B duas vezes
Item b)
A casa amarela representa quantas vezes o atleta B ultrapassou o atleta D.No início da corrida B estava à frente de
D e como D foi o vencedor da corrida, temos a certeza de que B terminou atrás de D. Portanto, B ultrapassou D uma
vez a menos do que D ultrapassou B.Como D ultrapassou B duas vezes, podemos afirmar que B ultrapassou D uma
única vez.
Item c)
A casa verde representa quantas vezes o atleta E ultrapassou o atleta B.No início da corrida E estava atrás de B e
como E foi o último colocado da corrida, temos a certeza de que E terminou atrás de B. Portanto, E ultrapassou B
tantas vezes quanto B ultrapassou E.Como B ultrapassou E três vezes, E também ultrapassou B três vezes.
item d)
Já sabemos que D ganhou a corrida e que E foi o último colocado.Comparando os
números escritos em posições simétricas em relação à diagonal cinza, concluímos que:
• A começou à frente de B, C e F.
• Como o número de ultrapassagens de A sobre B é igual ao número de
ultrapassagens de B sobre A, concluímos que A e B terminaram na mesma
posição relativa que começaram a corrida, ou seja, A terminou à frente de B.
• Do mesmo modo, como o número de ultrapassagens de A sobre Cé igual ao
número de ultrapassagens de C sobre A, concluímos que A e C terminaram na
mesma posição relativa que começaram a corrida, ou seja, A terminou à frente
de C.
• Por outro lado, como o número de ultrapassagens de A sobre F é igual ao número de ultrapassagens de F
sobre A menos 1, concluímos que A terminou atrás de F.
Com isso já podemos concluir que F terminou à frente de A, B e C. Mas B começou à frente de C não houve
ultrapassagens entre B e C, logo B terminou à frente de C.
Portanto, a corrida terminou na seguinte ordem:
1º. lugar: D – 2º. lugar: F – 3º. lugar: A – 4º. lugar: B – 5º. lugar: C – 6º. lugar: E.
Solução da prova da 2a fase
OBMEP 2014 − Nível 3
�
Questão 5
item a)
As seis maneiras são as seguintes: 1-2-3-4-5, 1-2-3-5-4, 1-2-4-3-5, 1-2-4-5-3, 1-3-2-4-5, 1-3-5-4-2.
Item b)
Basta ele subir pelos degraus ímpares até o mais alto dos ímpares e em seguida ir para o mais alto dos pares e
descer pelos degraus pares.
• Exemplo para 10 degraus: 1-3-5-7-9-10-8-6-4-2
• Exemplo para 11 degraus: 1-3-5-7-9-11-10-8-6-4-2.
Item c)
• Se ele começar com os movimentos 1-2, o problema recairá no caso com 11 degraus e, portanto, será
possível completá-lo de 68 maneiras.
• Se ele começar com 1-3-2, então ele terá que ir para o degrau 4 e o problema recairá na mesma situação da
escada com 9 degraus e ele terá 31 maneiras para completá-lo.
• Se ele começar com 1-3-4, os degraus 2 e 5 ficarão com um afastamento de 3 degraus e não será possível
completar o movimento.
• Se ele começar com 1-3-5, ele não poderá mais descer ou subir um degrau, até atingir o último ímpar para
depois voltar pelos pares como descrito no item c e, portanto, haverá apenas uma maneira.
Logo, o número de maneiras de completar a brincadeira será igual a 68 + 31 + 1 = 100 maneiras.
Solução da prova da 2a fase
OBMEP 2014 − Nível 3
�
Questão 6
item a)
O 22º da fila, pois até o 21º teremos 21 cartõespara 20 números e podemos afirmar, pelo Princípio dasCasas
dePombos, que haverá pelo menos dois cartões com o mesmo número, ou seja, o prêmio já terá saído.
Item b)
Para que o terceiro ganhe, o segundo deve ter um número diferente do primeiro e o terceiro ter um número igual a
um dos cartões dos dois primeiros:
� �
	�����	
	��	��	�
�
��
	��
� ����
Item c)
Vamos calcular a fração � � :
�
�
�
	������������
��������
	��	��	��	��	��	��	��	�
	������������
����
	��	��	��	��	��	�	�
�
����
	�
�
�
��
�	�
� �
Logo � � � .
Item d)
Vamos calcular a fração � �
�
�
�
	������� ����� � �	� � �� � 	��� �	� � �� � ���� �
	��	��	�� � 	��	�
	������� ����� � �	� � �� � 
��� �	� � �� � 	��� �� � ��
	��	��	��� �	�
�
�	� � ��� �
	�
�� � ��
�
�
	�� � �
	�� � 	�
Vamos analisar agora a partir de qual n, maior do que 1, Pn+1 fica menor que Pn, ou seja, � �
	�� � �
	�� � 	�
� �� 	�� � � � 	� � 	��� � � � 	� � ��� � ��� � 
Logo, P6> P7> P8> ...> P21. Analogamente, Pn+1 = Pn quando � � � � 	� � �, ou seja, quando n = 5. Logo P5 = P6 e
Pn+1 > Pn quando � � � � 	� � �, ou seja, quando n < 5. Logo, P2 < P3 < P4 < P5.
A maior probabilidade ocorre para os participantes nas posições 5 e 6.
SOLUÇÕES N3 2015 
N3Q1 – Solução 
 
item a) 
 
O aluno D obteve nota zero em 1 questão, nota meio em 5 questões e nota um em 4 questões. Sendo 
assim, a nota obtida pelo aluno D na prova foi 1 × 0,0 + 5 × 0,5 + 4 × 1,0 = 	6,5. 
 
Item b) 
Há sete possibilidades de um aluno tirar nota zero em 4 questões. 
• 1,0 + 1,0 + 1,0 + 1,0 + 1,0 + 1,0 = 6 x 1,0 + 0 x 0,5 + 4 x 0,0 
• 1,0 + 1,0 + 1,0 + 1,0 + 1,0 + 0,5 = 5 x 1,0 + 1 x 0,5 + 4 x 0,0 
• 1,0 + 1,0 + 1,0 + 1,0 + 0,5 + 0,5 = 4 x 1,0 + 2 x 0,5 + 4 x 0,0 
• 1,0 + 1,0 + 1,0 + 0,5 + 0,5 + 0,5 = 3 x 1,0 + 3 x 0,5 + 4 x 0,0 
• 1,0 + 1,0 + 0,5 + 0,5 + 0,5 + 0,5 = 2 x 1,0 + 4 x 0,5 + 4 x 0,0 
• 1,0 + 0,5 + 0,5 + 0,5 + 0,5 + 0,5 = 1 x 1,0 + 5 x 0,5 + 4 x 0,0 
• 0,5 + 0,5 + 0,5 + 0,5 + 0,5 + 0,5 = 0 x 1,0 + 6 x 0,5 + 4 x 0,0 
item c) 
Há 16 possibilidades do aluno obter nota 7,0 ou maior do que 7,0, como 
está ilustrado na figura ao lado. 
 
 
 
N3Q2 – Solução 
 
item a) 
 
Cliente Horário da chegada 
Duração do 
atendimento 
(minutos) 
Tempo de 
espera na 
fila(minutos) 
Horário de início 
do atendimento 
Horário de término 
do atendimento 
1 10h 06min 6 0 10:06 10:12 
2 10h 15min 6 0 10:15 10:21 
3 10h 19min 15 2 10:21 10:36 
4 10h 29min 12 7 10:36 10:48 
5 10h 34min 7 14 10:48 10:55 
6 10h 42min 1 13 10:55 10:56 
 
Item b) 
O tempo médio de espera na fila foi de 6 minutos, pois (0+0+2+7+14+13)÷6 = 36÷6 = 6. 
 
 
 
 
 
Solução da prova da 1a fase 
OBMEP 2015 � Nível 1 
 
1
 
 
 
Item c) 
Vamos observar, para cada cliente, o tempo de espera na fila: 
• O Cliente 1 não ficou esperando na fila; 
• O Cliente 2 não ficou esperando na fila; 
• O Cliente 3 ficou esperando 2 minutos na fila, das 10:19 às 10:21; 
• O Cliente 4 ficou esperando 7 minutos na fila, das 10:29 às 10:36; 
• O Cliente 5 ficou esperando 14 minutos na fila, das 10:34 às 10:48; 
• O Cliente 6 ficou esperando 13 minutos na fila, das 10:42 às 10:55. 
Logo, das 10h 34min até as 10h 36min os clientes 4 e 5 ficaram esperando juntos na fila, e das 
10h 42min até as 10h 48min os Clientes 5 e 6 ficaram esperando juntos na fila. Esses são os 
únicos intervalos em que duas pessoas ficaram esperando juntas na fila. 
Outra solução. 
 
No instante em que o Cliente5 chega, ele encontra o Cliente 4 na fila, portanto, a fila terá dois 
clientes até o instante que o Cliente 3 sai do atendimento. Novamente, quando o Cliente 6 chega 
ele e o Cliente 5 ficam na fila até que o Cliente 4 sai do atendimento. 
Logo, nos períodos das 10h 34min até as10h 36min e no período das 10h 42min até as 10h 
48min a fila ficou com dois clientes. 
Item d) 
Temo de espera na fila do Cliente 1 
10:19 
10:21 
10:29 
10:34 
10:36 
10:42 
10:48 
10:55 
10:00 10:10 10:20 10:30 10:40 10:50 11:00 
Temo de espera na fila do Cliente 2 
Temo de espera na fila do Cliente 3 
Temo de espera na fila do Cliente 4 
Temo de espera na fila do Cliente 5 
Temo de espera na fila do Cliente 6 
 
 
N3Q3 – Solução 
 
item a) 
 
Podemos traçar várias linhas poligonais diferentes de comprimento 16 cm, as quais dividem o 
tabuleiro em duas regiões. Abaixo estão alguns exemplos. 
 
Item b) 
 
O comprimento de qualquer linha poligonal que começa e termina na borda do tabuleiro sempre 
será igual à quantidade de vértices dos quadradinhos que estão no interior do tabuleiro pelos 
quais o caminho passa, mais um. Assim, a linha poligonal de maior comprimento deve ter os seus 
pontos inicial e final no contorno do tabuleiro e passar por todos os vértices dos quadradinhos que 
estão no seu interior. Sempre é possível fazer um caminho assim, por exemplo serpenteando o 
interior do tabuleiro como na primeira figura acima. O número de vértices dos quadradinhos que 
estão no interior do tabuleiro + × , é -+ − 1/-, − 1/,	pois, nos lados do contorno do tabuleiro 
temos + + 1 e , + 1 pontos. Portanto, o tamanho da linha poligonal de maior comprimento é 
-+ − 1/-, − 1/ + 1	cm. 
 
Item c) 
 
Dentre todos os tabuleiros possíveis com 100 casas, o comprimento da maior linha poligonal que 
Mônica traçou é 82 cm, pois para os comprimentos dos lados de tabuleiros retangulares com 100 
quadradinhos temos as possibilidades listadas no quadro abaixo. 
 
 
 
 
 
N3Q4 – Solução 
 
item a) 
 
Abaixo estão algumas maneiras de se cobrir o tabuleiro, todas elas diferentes da que aparece na Figura 1. 
 
 
 
Item b) 
Primeiro, observemos que cinco peças cobrem exatamente 5 x 3 = 15 casas do tabuleiro. 
Consequentemente, quando cobrimos o tabuleiro com cinco peças, sobrará uma casa descoberta. Por 
outro lado, observemos que o tabuleiro apresentado possui 5 casas brancas, 5 casas cinzas e 6 casas 
amarelas. Também vemos que ele possui 5 casas marcadas com a palavra OBMEP, 5 com o ano 2015 e, 
finalmente, 6 com o logotipo . Como cada peça cobre sempre três cores e três marcas diferentes, 
concluímos que a única casa descoberta deve ser amarela e marcada com o logo . Mas somente as 
casas dos cantos têm estas características (amarela e marcada com ). Portanto, a única casa 
descoberta sempre será uma casa localizada em um dos cantos. 
Outra solução. Se forem colocadas quatro peças no tabuleiro cobrindo os quatro cantos então as quatro 
casas centrais do tabuleiro ficarão descobertas, e a quinta peça nunca irá cobrir essas casas, pois não há 
possibilidade de encaixe para essa peça. Logo, a única forma de se cobrir um tabuleiro 4x4 com 5 peças é 
deixar uma das casas do canto descoberta. Isso é sempre possível, como visto no item a). 
m× n 
Comprimentos dos lados 
-m − 1/-n − 1/ + 1 
Comprimento da maior poligonal 
1 × 100 0 × 99 + 1 = 1 cm 
2 × 50 1 × 49 + 1 = 50 cm 
4 × 25 3 × 24 + 1 = 73 cm 
5 × 20 4 × 19 + 1 = 77 cm 
10 × 10 9 × 9 + 1 = 82 cm 
Item c) 
Analogamente ao que vimos no item anterior, com 21 peças podemos cobrir 63 casas. Portanto, pelo 
menos uma casa ficará descoberta, uma vez que o tabuleiro 8 x 8 tem 64 casas. Usando o mesmo 
raciocínio aplicado no item anterior, observemos que o tabuleiro apresentado possui 21 casas amarelas, 
21 casas cinzas e 22 casas brancas. Por outro lado, possui 21 casas demarcadas com a palavra OBMEP, 
21 casas com o ano 2015 e 22 com o logo . Consequentemente, se a cobertura deixar apenas uma 
casa descoberta, esta deve ser branca e marcada com o logo . Dentre todas as casas do tabuleiro, 
existem apenas 4 com essas características, destacadas em vermelho na figura abaixo à esquerda. Na 
figura abaixo, ao centro, exibimos uma possível cobertura com a correspondente casa descoberta. A partir 
dessa, “rodando” a cobertura sobre o tabuleiro, obtemos uma nova cobertura exibida na figura à direita, 
cuja casa descoberta é diferente da anterior. Seguindo esta ideia, podemos exibir 4 coberturas diferentes, 
cada uma correspondendo a uma das casas indicadas na figura à esquerda. 
 
Outra solução. Pinte 28 casas do tabuleiro 8 × 8, dispostas em duas faixas horizontais e duas faixas 
verticais, conforme a figura abaixo. 
 
Suponha, por absurdo, que exista uma cobertura do tabuleiro com 21 peças do tipo 3 × 1 que cobrem as 
quatro casas situadas na interseção de duas faixas pintadas. Cada peça que cobre uma casa da 
interseção obrigatoriamente cobre 3 casas pintadas e não cobre duas casas da interseção de duas faixas. 
Portanto há 4 peças, cada uma cobrindo exatamente uma casa da interseção, logo, juntas cobrem ao 
todo 12 das casas pintadas. Pela disposição da pintura (das faixas estarem afastadas de 2 casas entre si), 
cada uma das 17 peças restantes cobre exatamente 1 casa pintada. Logo o número de casas pintadas no 
tabuleiro é maior do que ou igual a 12 + 17 = 29, absurdo, pois apenas há 28 delas. Portanto qualquer 
cobertura do tabuleiro com 21 peças deixa descoberta uma das casas de interseção de duas faixas. A 
existência de coberturas do tabuleiro com 21 peças deixando descoberta uma casa da interseção de duas 
faixas é exibida na solução anterior. 
 
N3Q5 – Solução 
 
item a) 
 
A medida do arco determinado por 7 e 8 e que contém o ponto 9 é igual à medida do ângulo central 
7Â8	 = 	90°. 
 
Item b) 
Os pontos A e O são equidistantes da reta BC e, portanto, na situação em que A e O não são coincidentes, 
eles definem a reta AO paralela à reta BC. 
 
Vamos mostrar que os triângulos !" e 8" são congruentes e disto seguirá o resultado esperado, isto é, 
que !	 = 	 8. Não podemos utilizar o falso caso de congruência “lado-lado-ângulo”, embora ele seja 
válido neste caso. 
 
Como "! e "8	são raios da circunferência, eles têm a mesma medida. Devido ao paralelismo descrito 
acima, obtemos as congruências de ângulos: " #$	 = 	 $#% e %&$	 = 	! #", mas então esses quatro 
ângulos medem 45°, pois %$ é isósceles retângulo em . Assim "	está sobre a bissetriz do ângulo !Â8. 
Projetamos ortogonalmente " sobre as retas % e $, como na figura, obtendo respectivamente os pontos 
'	e (; o quadrilátero '"( é um quadrado. 
 
Os triângulos '!" e (8" são congruentes, pois são retângulos e possuem pares de lados 
correspondentes com mesma medida ("'	 = 	"(	e "!	 = 	"8). Logo !)"	 = 	 8&". Como consequência 
todos os ângulos dos triângulos !" e 8" são, respectivamente, congruentes. Como esses triângulos 
têm dois pares de lados correspondentes congruentes, eles são, de fato, congruentes. Logo AD = 	AQ. 
Outra solução. Os pontos A e O são equidistantes da reta BC e, portanto, na 
situação em que A e O não são coincidentes, eles definem a reta AO paralela à 
reta BC. 
Suponha que ! > 8 e considere o ponto !’ no segmento ! com !’ =
 8, como na figura ao lado. Então os triângulos " !’ e " 8 são semelhantes, 
pelo caso LAL. Como o lado " é comum, esses triângulos são congruentes. 
Logo "8 = "!’, o que é impossível, pois "8 é um raio e !’ é um ponto interior 
ao círculo. Analogamente, não podemos ter ! < 8. Consequentemente, 
 ! = 8. 
Item c) 
No item anterior vimos que o triângulo !8	é isósceles e, portanto, o ângulo 7!8 mede 45°. Logo, como o 
ângulo central 7"&8	tem o dobro da medida de 7!)8, concluímos que a medida em graus do arco 78 
passando por 9 é também 90°. Deste modo, o comprimento do arco 78 que contém o ponto de tangência 
9 é sempre o mesmo,igual a ¼ da medida da circunferência. 
 
N3Q6 – Solução 
 
item a) 
 
Fixadauma equipe, todas as demais 7 equipes têm a mesma probabilidade (igual a1/7) de ser sua 
adversária na próxima fase. Logo, a probabilidade de que uma equipe francesa enfrente a outra na 
primeira fase é 1/7. 
 
Outra solução: Um modo de definir os confrontos consiste em ordenar, por sorteio, as 8 equipes e 
determinar os quatro jogos: Equipe 1 x Equipe 2, Equipe 3 x Equipe 4, Equipe 5 x Equipe 6 e Equipe 7 x 
Equipe 8. Procedendo deste modo, há	8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1	sorteios possíveis para as equipes. 
Para produzir um caso favorável devemos: 
• Escolher a partida em que as equipes francesas vão se enfrentar (4 possibilidades); 
• Escolher a ordem dessas equipes no sorteio (2 possibilidades); 
• Definir a posição das demais equipes (6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 possibilidades). 
Logo, o número de casos favoráveis é4	 × 2	 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 e a probabilidade de que duas equipes 
francesas se enfrentem na primeira fase é 
4 × 2 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1
8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 =
1
7 
Outra solução: O número de emparelhamentos possíveis entre duas equipes é 8 × 7/2	 = 	28 (seleciona-
se a primeira equipe dentre 8, depois a segunda dentre 7 e divide-se o resultado do produto por 2 devido à 
simetria dentro de cada par, pois a ordem das equipes em uma partida não deve ser levada em conta na 
contagem). Desses 28 emparelhamentos, há um só entre equipes francesas, mas isto pode ocorrer em 
qualquer dos quatro jogos da primeira fase. Logo, a probabilidade de duas equipes francesas se 
enfrentarem é -1/28/ × 	4 = 	1/7. 
 
Item b) 
Há três confrontos possíveis entre equipes espanholas. A probabilidade de cada confronto na primeira 
fase é 1/7. Como esses confrontos são mutuamente excludentes (isto é, no máximo um dos confrontos 
pode ocorrer), a probabilidade de que duas equipes espanholas se enfrentem na primeira fase é 1/7 + 1/7 
+ 1/7 = 3/7. 
 
Outra solução: Como na segunda solução do item a), há 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 sorteios possíveis. 
Para produzir um caso favorável devemos: 
• Escolher duas das três equipes espanholas para se enfrentarem (3 possibilidades); 
• Escolher a partida em que essas equipes vão se enfrentar (4 possibilidades); 
• Escolher a ordem dessas equipes no sorteio (2 possibilidades); 
• Definir a posição das demais equipes (6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 possibilidades). 
Logo, o número de casos favoráveis é 3 × 4 × 2 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 e a probabilidade de que duas 
equipes espanholas se enfrentem na primeira fase é 
3 × 4 × 2 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1
8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 =
3
7 
Outra solução: O número de emparelhamentos entre as três equipes espanholas é igual a 3. Qualquer 
um desses emparelhamentos pode ocorrer em qualquer um dos quatro jogos da primeira fase e assim a 
probabilidade de duas equipes espanholas se enfrentarem nessa fase é -3/28/ × 4	 = 	3/7. 
 
Item c) 
Há 8×7/2 = 28 possibilidades para o par de equipes que se enfrentarão na final. Como as chances de 
vitória são iguais em cada confronto, todos estes 28 possíveis encontros são equiprováveis. Deles, um é 
entre duas equipes francesas e três são entre equipes espanholas. Logo, a probabilidade de que a final 
seja entre equipes do mesmo país é 4/28 = 1/7. 
 
Outra solução: A final será entre duas equipes: Equipe A x Equipe B. Como todas as equipes têm a 
mesma probabilidade de chegar a final, a probabilidade da Equipe A ser espanhola é 3/8, pois são três 
equipes espanholas dentre oito equipes participantes do torneio. Se a Equipe A for espanhola, a 
probabilidade da Equipe B ser também espanhola é 2/7. Logo a probabilidade de uma final entre duas 
equipes espanholas é 3/8 x 2/7 = 3/28. De forma análoga, a probabilidade de uma final francesa é 2/8 x 
(1/7) = (1/28). Logo a probabilidade de uma final entre duas equipes de um mesmo país é (3/28) + (1/28) = 
(4/28) = (1/7). 
 
Outra solução: Para que haja dois times franceses na final é necessário que eles estejam presentes na 
2ª.fase, que não disputem jogos entre si e que vençam seus jogos da 2ª. fase. Para que estejam na 2ª 
fase é necessário que não disputem partidas entre si e que vençam seus jogos da 1ª. fase. A 
probabilidade de dois times franceses disputarem a final é, portanto, 
(6/7).(1/2).(1/2).(2/3).(1/2).(1/2) = 1/28. 
Analogamente, há três possibilidades da final ser realizada com dois times espanhóis e, como caso dos 
times franceses descrito acima, cada uma das duplas de times espanhóis tem probabilidade igual a 1/28 
de disputar a final. Logo a probabilidade de dois times do mesmo país disputarem a final é 4. (1/28) = 1/7. 
Outra solução: Como vimos acima, a probabilidade dos dois times franceses disputarem a final é 
1/28.Para calcular a probabilidade de uma dupla de times espanhóis disputar a final, vamos dividir em 
casos mutuamente excludentes: 
1) Três times espanhóis disputam a 2ª. fase 
2a) Dois times espanhóis disputam a 2ª. fase e não há dois times espanhóis que se enfrentam na 1ª. fase. 
2b) Dois times espanhóis disputam a 2ª. fase e dois times espanhóis se enfrentam na 1ª. fase. 
No caso 1), nenhum dos times espanhóis disputou com outro espanhol jogos da 1ª. fase, todos eles 
venceram seus jogos e, na segunda fase, o time espanhol que não disputou com outro time de seu país 
venceu o jogo. A probabilidade, neste caso, é (6/7)(4/6).(1/2).(1/2).(1/2).(1/2) = 1/28. 
No caso 2a), (6/7)(4/6).(1/8+1/8+1/8).(2/3) .(1/4) = 1/28 
No Caso 2b) (3/7).(1/2).(2/3) .(1/4) = 1/28 
Logo a probabilidade de dois times do mesmo país disputarem a final é (1/28) + 3. (1/28) = 1/7. 
 
SOLUÇÕES OBMEP 2ª. FASE 2016 NÍVEL 3 
 
N3Q1 – Solução 
 
item a) 
 
Para facilitar, colocamos letras nas casas vazias: 
 
 
O número a deve ser a média dos números 3 e 19: 
 
a = 
 
 
O número 8 deve ser a média entre 3 e b, ou seja, 
 
 
 
 
Logo, b = 13. 
 
 
O número c deve ser a média entre 19 e 13: 
 
 
 
Analogamente, 
 
{
 
 
 
 
 
 
 ⇒ ⇒ 
 
 
 ⇒ ⇒ 
 
 
 ⇒ ⇒ 
 
 
Portanto, o preenchimento final do quadriculado medimágico é: 
 
 
item b) 
 
Primeiramente, colocamos letras nas casas vazias, de acordo com a figura abaixo: 
 
 
Calculando as médias, obtemos: 
 
{
 
 
 
 
 
 
 ⇒ ⇒ 
 
 
 ⇒ ⇒ 
 
 
 ⇒ ⇒ 
 
 
 
Isso nos permite também calcular v e t em função de x: 
 
{
 
 
 
 
 
 ⇒ ⇒ 
 
 
 ⇒ ⇒ 
 
 
Segue, da terceira linha do quadriculado acima, que: 
 
 
 ⇒ ⇒ ⇒ 
 
Utilizando esse valor encontrado de x, os outros valores podem ser facilmente 
calculados e o preenchimento final do quadriculado medimágico, nesse caso, é: 
 
 
 
 
 
item c) 
Consideremos agora um quadrado medimágico qualquer, como o da figura abaixo 
 
 
⇒ {
 
 
 
 
 
 
⇒ 
 
Como o número representado pela letra e é um número inteiro, a soma de todos é múltipla de 9. 
 
Conclusão: em qualquer quadriculado medimágico a soma de todos os seus números é igual a 9 vezes o 
termo central. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N3Q2 – Solução 
 
item a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
item b) 
 
Há duas soluções possíveis para que o segundo anel fique todo cinza; em ambas, as cores do 
primeiro anel devem se alternar. 
 
 
 
 
 
 
 
 
item c) 
 
Solução 1: 
 
Há 26 = 64 possibilidades de Joãozinho pintar o primeiro anel. Entretanto, devido à simetria, 
podemos considerar, sem perda de generalidade, somente os 13 casos ilustrados a seguir. 
Observe o que acontece em cada caso quando pintamos o segundo anel de acordo com as regras 
do enunciado: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pintura do primeiro anel 
feita por Joãozinho, 
fornecida pelo enunciado. 
Pintura do segundo anel. Resultado final da pintura 
dos três primeiros anéis. 
Caso 1 Caso 2 
Caso 3a) Caso 3b) 
Antes Depois Antes 
DepoisEm cada um desses casos, o segundo anel tem sempre uma quantidade par de partes pintadas de 
cinza. Para passar do segundo anel para o terceiro, o procedimento é análogo, exceto que os 
casos análogos a 2, 4a), 4b), 4c) e 6) não mais ocorrerão, pois não há no segundo anel uma 
quantidade ímpar de partes pintadas de cinza, e exatamente o mesmo que ocorreu da transição do 
primeiro para o segundo anéis ocorrerá também do segundo para o terceiro. Esse processo 
continua indefinidamente. Assim, a quantidade de partes pintadas de cinza de um anel, do segundo 
em diante, será sempre par. 
Caso 3c) Caso 4a) 
Caso 4b) 
Caso 4c) 
Caso 5a) Caso 5b) 
Caso 5c) Caso 6 
Caso 7 
Solução 2: Com exceção do primeiro, as cores das partes de um anel são determinadas de modo 
único pelas cores das partes do anel anterior. Se, em uma configuração inicial de cores do primeiro 
anel, modificarmos a cor de uma única de suas partes, trocando branco por cinza ou cinza por 
branco, essa modificação provocará a mudança de cor em exatamente duas partes do próximo 
anel, a saber, as duas casas do anel exterior que estão em contato com a casa que foi modificada. 
As outras quatro casas continuarão com as cores que já tinham. 
Conclusão: modificar a cor de uma parte de um anel provoca a modificação das cores de 
exatamente duas partes do anel seguinte e, mais ainda, as cores dessas partes são trocadas 
(branco vira cinza e vice-versa). 
Joãozinho inicia a pintura das partes do primeiro anel a partir do anel totalmente branco (nenhuma 
parte cinza, lembre-se de que 0 é par); a cada casa que ele escolhe pintar são automaticamente 
modificadas duas casas (vizinhas) do próximo anel, logo, independentemente de como ele pintar o 
primeiro anel, o segundo anel sempre terá uma quantidade par de partes pintadas de cinza. Isso 
porque, a cada casa pintada do primeiro anel, a quantidade de partes cinza do segundo anel 
continua a mesma, ou é diminuída de 2 ou acrescida de 2. 
 
 
A título de ilustração, observe o que ocorre quando modificamos somente a cor da casa marcada 
com x. As casas marcadas com um quadradinho (e na cor amarela) podem ter a cor branca ou 
cinza, elas não são modificadas com a mudança de cor da casa marcada com x. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Um processo análogo se repete do segundo para o terceiro anel. 
Vejamos o motivo: como vimos, uma modificação de cor em uma 
casa do primeiro anel provoca alterações de cores em duas casas 
vizinhas do segundo anel, as quais chamaremos de casas a e b. A 
modificação de cor da casa a, seguida da modificação de cor da casa 
b, tem o mesmo efeito, nas casas do terceiro anel, que primeiro 
modificar a cor de b, depois a de a. Podemos então concluir que, no 
mesmo anel, uma casa após a outra é modificada, sem nos 
preocuparmos com a mudança simultânea de cores em várias casas, 
qual casa foi modificada em primeiro lugar ou a ordem em que as 
modificações aconteceram. 
 
Para ilustrar, veja a figura acima; ao modificarmos a cor da casa x, modificamos as cores das 
casas a e b, as quais, por sua vez, provocam modificações de cores nas casas c, d e e. Ao 
mudarmos a cor da casa x, a casa c ficará com cor oposta à que tinha, a casa d ficará com a 
mesma cor que tinha e a casa e terá sua cor trocada. Disso segue que, se a quantidade de casas 
pintadas de cinza for par antes da modificação da cor na casa x, então ela continuará sendo par 
depois da modificação. Como vimos acima, no segundo anel teremos sempre uma quantidade par 
de casas pintadas de cinza e, daí para a frente, como a paridade é conservada, todos os demais 
anéis deverão ter uma quantidade par de casas coloridas de cinza. 
 
 
Solução 3: Suponhamos, primeiramente, que haja somente uma parte 
pintada de cinza em um anel e que esse anel não seja o primeiro. 
Vejamos o que pode acontecer com o anel imediatamente anterior, que 
está em contato com ele. Para ilustrar, observe a figura abaixo, em que 
as partes do anel anterior são numeradas de 1 a 6. 
Se a casa com o número 1 fosse branca, a de número 2 seria cinza, 
bem como as casas numeradas com 2, 3, 4, 5 e 6, pois as partes do 
anel externo em contato com essas últimas são todas brancas. Assim, 
as casas 1 e 6 teriam cores diferentes e, portanto, a parte do anel 
externo em contado com essas duas casas deveria ser cinza, mas não 
é (isto é uma contradição). De modo análogo, chegaremos a uma 
situação contraditória se a casa com o número 1 fosse da cor cinza. 
 
Vamos considerar agora o caso em que exatamente três casas são da cor cinza. Devido à simetria, 
há apenas três casos a considerar. Eles estão ilustrados nas figuras a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Essas configurações também geram contradições quando analisarmos as cores das partes do anel 
interior que estão em contato com o que já está pintado. Como os casos são completamente 
análogos, analisaremos somente a terceira configuração. Neste caso, se a cor da parte 1 fosse 
branca, então a parte 2 deveria ser cinza, a parte 3 branca, a parte 4 branca, a parte 5 cinza e a 
parte 6 também cinza. Logo, as partes numeradas com 1 e 6 teriam cores opostas, o que entra em 
conflito com a cor da parte branca do anel exterior que faz fronteira com elas. Analogamente, se 
iniciarmos admitindo que a parte 1 fosse cinza, também chegaríamos a uma contradição. 
 
Três casas cinzas 
juntas 
Três casas cinzas separadas 
entre si 
Duas casas cinzas juntas e uma 
separada 
Finalmente, vejamos o que ocorre quando 5 partes estão pintadas de 
cinza, como ilustra a figura ao lado. A análise é similar às anteriores: se 
a parte 1 fosse branca, 2 deveria ser branca, a casa 3, cinza, a casa 4 
deveria ser branca, a casa 5 cinza e, a casa 6, branca. Nesse caso, as 
casas 1 e 6 teriam a mesma cor, mas isso é impossível, pois a parte do 
anel exterior em contato com elas é cinza, denunciando que elas 
deveriam ter cores diferentes. Contradição análoga aparece se 
iniciarmos supondo que a casa 1 é cinza. 
 
Esses casos esgotam todas as possibilidades e mostram que nenhum anel, a partir do segundo, 
terá uma quantidade ímpar de partes pintadas de cinza. 
 
 
 item d) 
 
Se um anel, a partir do terceiro, fosse pintado todo de cinza, o anel imediatamente anterior teria 
cores alternadas (três partes pintadas de cinza e três partes brancas, como ocorreu no item b)). 
Como 3 é ímpar, isto é impossível, devido ao item c). Logo, a partir do terceiro, nenhum anel será 
pintado todo de cinza 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N3Q3 – Solução 
 
item a) 
 
O lado AE é a hipotenusa do triângulo retângulo AEH. Observemos que AH = AB – HB = AB – DC 
= 5 – 2 = 3 e EH = DH – DE = CB – DE = 6 – 2 = 4. Portanto, utilizando o Teorema de Pitágoras, 
segue que √ √ √ √ . De acordo com o enunciado, f(3) 
é a medida do perímetro do triângulo retângulo AEH, ou seja, f(3) = 3 + 4 + 5 = 12. 
 
item b) 
 
f(5) é a medida do perímetro do polígono , ou seja, f(5) = 5 + 6 + 2 + 2 + 5 = 20. 
 
item c) 
 
Primeiro vamos obter a expressão de f(x), para . Consideremos P 
e Q os pontos de intersecção da reta vertical com o polígono, conforme a 
figura ao lado. Segue que os triângulos APQ e AHE são semelhantes. 
Consequentemente, 
 
 
 
 e 
 
 
 
, ou seja, 
 
 e 
 
 . Assim, 
para , obtemos que 
 
f(x) = AP + PQ + QA = + 
 
 + 
 
 = 
 
 = 
 
Como acima, consideremos agora P e Q os pontos de intersecção da 
reta vertical com o polígono, conforme a figura ao lado. 
Para , 
 
f(x) = AP + PQ + QD + DE + EA = + 6 + ( ) + 2 + 5 = . 
 
 
 
item d) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N3Q4 – Solução 
 
item a) 
 
Como a base da figura tem 13 quadradinhos, o segundo nível deverá ter 11 quadradinhos, o 
terceiro nível deverá ter 9 quadradinhos e assim por diante, até o último nível, que terá apenas 1 
quadradinho. Logo, o número de quadradinhos necessário para montar essafigura é 
 
1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 = 49 quadradinhos. 
 
Assim, a área da figura é 49. Por inspeção direta podemos verificar que o perímetro da figura é 40. 
Isto pode ser confirmado facilmente, pois o perímetro da figura é formado por 13 unidades na base, 
13 unidades horizontais paralelas à base em cada camada, 7 unidades verticais à esquerda e 7 
unidades verticais à direita, totalizando 13 + 13 + 7 + 7 = 40. 
 
 
item b) 
 
Observamos que todo número natural ímpar é da forma 2n-1 para algum n natural; por exemplo, 1 
= 2 x 1 – 1, 3 = 2 x 2 – 1, 5 = 2 x 3 – 1, e assim por diante. Desse modo, 1 é o primeiro número 
ímpar, 3 é o segundo, 5 o terceiro e, em geral, o n-ésimo número ímpar é 2n-1. 
 
O número de quadradinhos de uma figura de base com 2n-1 quadradinhos é a soma de todos os 
números ímpares de 1 até 2n-1. As primeiras somas desse tipo são 
 
 
e é natural conjeturar que o número de quadradinhos de uma figura de base com 2n-1 
quadradinhos é n2, isto é, que 
1 + 3 + 5 + ... + (2n-3) + (2n-1) = n2 
 
O que precisamos fazer, então, para resolver o item b), é mostrar a validade da fórmula acima. Há 
muitas maneiras de fazer isso. 
 
Primeira maneira: 
Escrevendo S = 1 + 3 + 5 + ... + (2n-3) + (2n-1), temos 
 
 
 
e segue que S = n2. 
Segunda maneira: 
Podemos utilizar a fórmula 
 
 ( )
 
 
da soma dos n primeiros termos de uma progressão aritmética , , ..., 
de termo inicial e razão . No nosso caso, a progressão tem termo inicial 1 e razão 2; o n-ésimo 
termo é 2n-1 e a fórmula nos dá 
 
 
 ( ) 
 
 
 ( )
 
 
 
Terceira maneira: 
Podemos utilizar o Princípio de indução Finita para mostrar que a afirmativa 1 + 3 + 5 + ... + (2n-3) 
+ (2n-1) = n2 é verdadeira para todo n natural não nulo. Primeiro verificamos que ela é verdadeira 
para n = 1; isto é imediato, pois 1 = 12. Supondo agora que ela é verdadeira para algum natural n, 
isto é, que 
 
1 + 3 + 5 + ... + (2n-3) + (2n-1) = n2 
temos: 
 
 
 
 
 
 
Segue que a afirmativa é verdadeira para n + 1. Por indução, a afirmativa é verdadeira para todo n. 
 
 É claro que existem outras maneiras de se demonstrar que a soma 
dos primeiros n números ímpares é n2. Por exemplo, a figura ao lado pode 
inspirar uma outra demonstração de tal fato. 
 
 
 
Observação: 
Se N é o número de quadradinhos da primeira fileira, N é ímpar e, de 
acordo com a notação introduzida acima, N = 2n-1. Nesse caso, a igualdade 
1 + 3 + 5 + ... + (2n-1) = n2 pode ser expressa como 
1 + 3 + 5 + ... + N = [(N+1)/2] 2 
 
O que mostra, de uma outra maneira, que o número total de quadradinhos é o quadrado de um 
número natural. Nesse caso, a área total da figura é [(N+1)/2] 2, ou seja, os quadradinhos podem 
ser rearranjados de modo a formarem um quadrado maior de lado (N+1)/2. 
 
item c) 
 
Solução 1: 
Vamos observar o que acontece com o perímetro de uma pilha de 
retângulos quando colocamos um retângulo a x 1 em cima dessa 
pilha, nos moldes descritos no enunciado (como na figura ao lado). 
O perímetro original (isto é, antes de colocar o retângulo a x 1) 
“perde” a no contato entre os dois retângulos, mas “ganha” a no 
lado superior do retângulo a x 1, e também “ganha” 1 + 1 = 2 por 
conta dos dois lados verticais. Desse modo, a contribuição do 
retângulo adicional a x 1 para o perímetro da figura é a – a + 2 = 2. 
 
Concluímos que, ao fazer pilhas de retângulos como na figura, cada camada contribui com 2 para o 
perímetro da figura, com exceção da base, que contribui com seu próprio perímetro. 
No nosso caso, a figura possui 2n – 1 quadradinhos na base e, portanto, tem um retângulo de 
perímetro (2n – 1) x 2 + 2 na base e n – 1 camadas adicionais, de modo que seu perímetro é 
 
 
 
Solução 2: 
Outra maneira de deduzir a fórmula acima é observar a 
figura ao lado, formada pelo empilhamento de retângulos de 
bases cada vez menores. Seu perímetro é a soma do 
comprimento da base da figura (o segmento azul); com a 
soma dos comprimentos dos segmentos horizontais 
vermelhos que se encontram nas partes superiores das 
camadas (a soma das medidas desses segmentos é igual 
ao comprimento da base) e com a soma dos comprimentos 
dos segmentos verticais pretos, que é igual a duas vezes o 
número de camadas. 
 
No nosso caso, a primeira camada da figura é um retângulo de base 2n – 1 e ela tem um total de n 
camadas, logo, seu perímetro é 
2. (2n-1) + 2n = 6n – 2, 
exatamente como na primeira solução. 
 
Em resumo, o perímetro de uma figura com 2n – 1 quadradinhos na base é p = 6n – 2 e sua área é 
A = n2. Temos então 
(p+2)2 = [(6n-2)+2]2 = (6n)2 = 36 n2 = 36 A. 
 
Observação: 
Se N for o número de quadradinhos da primeira fileira, N é ímpar e portando da forma 2n – 1. 
Nesse caso, a expressão do perímetro da figura é p = 6n – 2 = 6 [(N+1)/2] – 2 = 3N +1. 
 
O perímetro poderia também ser calculado diretamente em função de N observando-se que uma 
figura com N quadradinhos na primeira fileira é constituída por n = (N+1)/2 fileiras. Assim, seu 
contorno é formado por 2N segmentos horizontais e 2[(N+1)/2] segmentos verticais, o que totaliza 
 
2N+ 2[(N+1)/2] = 3N +1 
 
segmentos. Logo, o perímetro é, de fato, p = 3N +1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N3Q5 – Solução 
 
item a) 
 
O ângulo ̂ é externo ao triângulo ABD , logo, ̂ ̂ ̂ . 
 
item b) 
 
O lado AE é comum aos triângulos e e da figura sabemos que ̂ ̂ . Como 
EF é perpendicular a DB e ̂ ̂ , concluímos que ̂ ̂ ; 
consequentemente, 
 ̂ ( ̂ ̂ ) . 
 
Resumindo, AE é lado comum aos triângulos e e os ângulos adjacentes a esse lado são 
iguais ( ̂ ̂ e ̂ ̂ ). Portanto, os triângulos e são congruentes 
pelo caso de congruência ALA (ângulo-lado-ângulo). 
 
item c) 
 
Denotemos por o ponto de interseção dos segmentos e . De acordo com os itens 
anteriores, os triângulos e são congruentes com . Os triângulos e 
também são congruentes pelo caso de congruência LAL (lado-ângulo-lado), pois , é 
lado comum e ̂ ̂ , em particular o ângulo ̂ ̂ . Finalmente, a 
congruência entre os triângulos e , obtida no item b), implica a congruência entre os 
triângulos e , de onde concluímos que ̂ ̂ ; logo, ̂ ̂ . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N3Q6 – Solução 
 
item a) 
 
O número de retiradas possíveis é 6 × 5 × 4 × 3. Para que 1 seja o menor número observado, 
basta que ele saia. Isso pode ocorrer em qualquer das 4 bolas retiradas (4 possiblidades). Nas 
demais posições, podem ocorrer quaisquer das bolas restantes, para um total de 5 × 4 × 3 
possibilidades. Logo, a probabilidade de que 1 seja o menor número observado é 
 
 
 
 
 
 
Outra solução: 
Como argumentado acima, para que 1 seja o menor número observado, basta que ele saia. Em 
cada bola retirada, a probabilidade de que saia 1 é 1/6. Logo, a probabilidade de que saia 1 em 
alguma bola é 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 = 2/3. 
 
Outra solução: 
É irrelevante se as bolas são retiradas uma a uma ou todas de uma vez. Considerando que as 
bolas são retiradas simultaneamente, o número de retiradas possíveis é . O número de retiradas 
em que aparece o 1 é . Logo, a probabilidade de que 1 seja o menor número observado é 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
item b) 
O número de retiradas possíveis é, como no item anterior, 6 × 5 × 4 × 3. Para que 5 seja o maior 
número observado, é preciso que ele saia e que o 6 não saia. A posição em que o 5 ocorre pode 
ser escolhida de 4 modos. Nas demais 3 posições, podem sair quaisquer dos números de 1 a 4; 
há, assim, 4 × 3 × 2 para essas escolhas. Logo, a probabilidade de que 5 seja o maior número 
observado é 
 
 
 
 
 
 
 
 
Outra solução: 
Como no item anterior, é irrelevante se as bolas são retiradas uma a uma ou todas de uma vez. 
Considerandoque as bolas são retiradas simultaneamente, o número de retiradas possíveis é . 
O número de retiradas em que aparece o 5 mas não aparece o 6 é . Logo, a probabilidade de 
que 5 seja o menor número observado é 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
item c) 
O número de retiradas possíveis é, como nos itens anteriores, 6 × 5 × 4 × 3. Para que o 1 seja o 
menor número observado e 5 seja o maior, é preciso que ambos saiam e que o 6 não saia. A 
posição em que o 1 ocorre pode ser escolhida de 4 modos; aquela em que o 5 ocorre, de 3 modos. 
Nas demais 2 posições, podem sair quaisquer dos números de 2 a 4; há, assim, 3 × 2 
possibilidades para essas escolhas. Logo, a probabilidade de que 1 seja o menor e 5 seja o maior 
número observado é 
 
 
 
 
 
 
Outra solução: 
Como nos itens anteriores, é irrelevante se as bolas são retiradas uma a uma ou todas de uma vez. 
Considerando que as bolas são retiradas simultaneamente, o número de retiradas possíveis é . 
O número de retiradas em que aparecem o 1 e o 5 mas não aparece o 6 é (de fato, precisamos 
escolher dois dentre os três números: 2, 3 e 4). Logo, a probabilidade de que 1 seja o menor 
número observado e de que 5 seja o maior número observado é 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
item d) 
O número de retiradas possíveis é, como nos itens anteriores, 6 × 5 × 4 × 3. As possibilidades 
para o menor e o maior número retirado e o número de retiradas em que eles ocorrem na primeira 
e última posições, respectivamente, são listados na tabela abaixo: 
Menor Maior Número de retiradas em que aparecem na 
primeira e na última posição respectivamente. 
Possibilidades em cada caso 
1 4 2 (1234) e (1324) 
1 5 3 × 2 = 6 (1235), (1325), (1245), (1425), (1345) 
e (1435) 
1 6 4 × 3 = 12 (1236), (1326), (1246), (1426), (1256), 
(1526), (1346), (1436), (1356), (1536), 
(1456) e (1546) 
2 5 2 (2345) e (2435) 
2 6 3 × 2 = 6 (2346), (2436), (2356), (2536), (2456) 
e (2546) 
3 6 2 (3456) e (3546) 
 
Logo, a probabilidade de que o menor número saia na primeira posição e o maior na última é 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Outra solução: 
Quaisquer que tenham sido as 4 bolas retiradas, as diversas ordenações dos números das bolas 
têm todas a mesma chance de ocorrer. O número de ordenações possíveis é 4 × 3 × 2 × 1. As 
ordenações em que o menor número aparece na primeira posição e o maior na última são apenas 
duas (correspondentes às duas possíveis ordenações dos números do meio). Logo, a 
probabilidade de que o menor número saia na primeira posição e o maior na última é: 
 
 
 
 
 
 
 
 
SOLUÇÕES NÍVEL 3 – 2ª. FASE 2017 
 
N3Q1 – Solução 
 
item a) 
 
O resultado de Júlia com o número 3 é 33 – 3 = 27 – 3 = 24. 
 
.item b) 
 
Utilizando as formas de fatoração, temos que 
 
n3 – n = n(n2 – 1) = n(n –1)(n + 1) = 1320 
 
Isto nos diz que o produto de três números consecutivos é 1320. Usando cálculos 
mentais, por aproximação, como 103 = 1000 e como a unidade do número 1320 é 0, 
testamos n = 11. Nesse caso, como 11 x 10 x 12 = 1320, concluímos que, de fato, 
n = 11 deve ter sido o número escolhido por Júlia para que ela tenha obtido 1320 como 
resultado. Observe que outro teste natural seria 14 x 13 x 15, que também tem unidade 
0, mas é maior do que 1320. 
 
item c) 
 
Para um número ser múltiplo de 6, ele deve ser múltiplo de 2 e de 3. Como vimos no 
item b), o resultado é o produto de três números inteiros positivos consecutivos. Como 
dentre os três números consecutivos pelo menos um deles é par, temos que o 
resultado é par. Para mostrar que o número encontrado é múltiplo de 3, basta verificar 
que um dos três números: n, (n –1) ou (n + 1), é múltiplo de 3. Observe que: 
 
 - se o resto da divisão de n - 1 por 3 for 1, então n + 1 será múltiplo de 3; 
 
- se o resto da divisão de n - 1 por 3 for 2, então n será múltiplo de 3; 
 
- se o resto da divisão de n - 1 por 3 for 0, então ele mesmo será múltiplo de 3. 
 
Em qualquer um dos casos, o resultado de Júlia, isto é, n(n –1)(n + 1), será sempre 
um múltiplo de 2 e de 3; portanto, um múltiplo de 6. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N3Q3 – Solução 
 
item a) 
a) As possibilidades restantes são dadas a seguir: 
 
Note que não é possível ter as três peças retangulares na horizontal. Assim, ou temos duas na 
horizontal e uma na vertical (que pode estar à direita ou à esquerda) ou as três na vertical. 
 
item b) 
Comecemos por cobrir os quadradinhos superiores. Temos duas possibilidades: 
 
x Cobri-los com uma peça horizontal 
 
 
 
 
x Cobri-los com duas peças verticais 
 
 
 
No primeiro caso, resta um quadriculado igual ao do item a) para ser coberto; como vimos, ele 
pode ser coberto de 3 modos. No segundo caso, só há uma forma possível de terminar a 
cobertura. Logo, o número de possibilidades é 3 + 1 = 4. 
 
item c) 
1ª solução: 
 Comecemos cobrindo o quadrado 2 x 2 central. Há 3 possibilidades: 
 
x O quadrado central é coberto de modo que as peças 
retangulares usadas não invadam as regiões 
vizinhas. 
Isto ocorre quando são usadas duas peças 
horizontais ou duas verticais para cobrir o quadrado 
central (como ilustrado nas figuras ao lado). 
Em ambos os casos, cada um dos outros quadrados 
pode ser coberto de dois modos (com peças 
horizontais ou verticais). 
Logo, o número de coberturas deste tipo é: 
 2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 32. 
 
x O quadrado central é coberto de modo a invadir 
dois quadrados opostos. Isto acontece quando 
são usadas quatro peças horizontais ou quatro 
verticais para cobrir suas casas (como ilustrado 
nas figuras ao lado). 
Neste caso, os quadrados invadidos só podem 
ter sua cobertura completada de 1 modo, 
enquanto os outros dois podem ser cobertos de 
2 modos. Logo, o número de coberturas deste 
tipo é 2 x 1 x 1 x 2 x 2 = 8. 
 
x O quadrado central é coberto de modo a 
invadir somente um dos outros dois 
quadrados. Isto ocorre quando são usadas 2 
peças horizontais e 1 vertical ou duas 
verticais e uma horizontal (como ilustrado 
nas figuras ao lado). 
Há quatro possibilidades para o quadrado a 
ser invadido. O quadrado invadido só pode 
ser coberto de 1 modo, e cada um dos 
demais, de 2 modos. 
Logo, o número de coberturas deste tipo é: 
 4 x 1 x 2 x 2 x 2 = 32. 
 
O número total de possibilidades de cobertura é, portanto, igual a 32 + 8 + 32 = 72. 
2ª solução 
 
Olhe para o tabuleiro vazio e enxergue nele as seguintes possibilidades de dividi-lo em regiões 
retangulares disjuntas: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
É notável que qualquer preenchimento do tabuleiro com peças retangulares siga o padrão de 
cobertura descrito por uma dessas duas possibilidades e, como veremos, não é possível que um 
mesmo recobrimento pertença simultaneamente aos dois padrões por regiões descritos acima. 
Assim, podemos contar separadamente cada caso e, no final, somar o número de possibilidades. 
Observe também que o número de preenchimentos na forma “vertical” é igual ao número de 
preenchimentos na forma “horizontal”. 
 
Em outras palavras, em todas as possibilidades de preenchimento, 
haverá sempre exatamente uma direção (vertical ou horizontal) em que 
o braço da cruz nesta direção é preenchido como se fosse composto de 
dois retângulos 2 x 3 (modo horizontal) ou 3 x 2 (modo vertical). De fato, 
se isto não fosse verdade, por exemplo, para a direção horizontal, haveria 
uma peça horizontal cobrindo duas casas do quadrado central 
(representada no exemplo da figura ao lado pelo retângulo menor dentro 
do quadrado central da cruz). Mas, neste caso, na direção vertical o 
preenchimento poderia ser feito independentemente para os dois 
retângulos maiores 2 x 3 destacados na figura. 
 
Portanto, podemos contar separadamente os preenchimentos que seguem o padrão vertical (como 
acima) ou horizontal. Em cada um destes casos, cada retângulo 2 x 3 (ou 3 x 2) pode ser preenchido, 
como visto no item a), de 3 modos, e cada quadrado,de 2 modos. Logo, há para cada forma de 
preenchimento (horizontal ou vertical), 3 x 3 x 2 x 2 = 36 possibilidades. Assim, o número total de 
preenchimentos do tabuleiro em forma de cruz é 2 x 36 = 72. 
Forma de preenchimento “vertical” Forma de preenchimento “horizontal” 
N3Q3 – Solução 
 
Lembramos, para a resolução do problema, que a altura e a área de um triângulo equilátero cujo lado 
tem comprimento L são dadas, respectivamente, por: 
𝐻 = 𝐿√3
2
 e 𝐴 = 𝐿
2√3
4
 
item a) 
 
Para calcular f(2), denominemos P, Q e R os vértices do triângulo 
equilátero, conforme a figura ao lado. Para calcular 𝑓(2) observamos que, 
quando os pontos A e B se deslocam 2 cm a partir dos vértices P e Q, 
respectivamente, fica determinado um novo triângulo equilátero ABR, pois 
os lados RA e RB medem 8 cm e o ângulo do vértice R é 60º. 
 
A área do triângulo ABC pode ser calculada como a diferença entre as 
áreas dos triângulos ABR e ACR; a área do triângulo ACR será obtida tomando o segmento RC como 
base para que a altura relativa a essa base coincida com a altura do triângulo equilátero ABR, a qual 
pode ser facilmente calculada. 
 
Desta forma, 
 
𝑓(2) = 8
2√3
4
− 1
2
2.8√3
2
= 12√3 cm2 
 
 
item b) 
 
Ao se deslocarem 5 cm a partir de seus pontos de origem, os pontos A e B estarão nos pontos 
médios dos lados PR e QR, respectivamente. Simultaneamente, o ponto C, ao se deslocar 5 cm a 
partir do vértice R, coincidirá com o ponto B no ponto médio de QR e, neste caso, não formarão um 
triângulo. 
Ao se deslocarem 10 cm, os pontos A e B coincidirão com o vértice R e, novamente, A, B e C não 
formarão um triângulo. 
 
Para todos os outros valores de 𝑥, os pontos A, B e C serão não colineares, portanto, vértices de um 
triângulo. 
 
Logo, os valores de 𝑥 para os quais 𝑓(𝑥) = 0, para 0 ≤ 𝑥 ≤ 10, são 𝑥 = 5 e 𝑥 = 10. 
 
 
item c) 
 
Vamos encontrar as expressões de 𝑓(𝑥) para 0 ≤ 𝑥 < 5 e para 5 ≤ 𝑥 ≤ 10. 
 
Para os valores de 𝑥 entre 0 e 5, podemos tomar PA = QB = RC = 𝑥 
(Figura ao lado) e usar a mesma estratégia do cálculo de 𝑓(2); para 
cada valor de 𝑥, o lado do triângulo equilátero ABR terá o comprimento 
10 − 𝑥. 
 
Portanto, 
 𝑓(𝑥) = (10−𝑥)
2 √3
4 − 
1
2
𝑥.(10−𝑥)√3
2 =
(10−𝑥)(10−2𝑥)√3
4 =
√3 (10−𝑥)(5−𝑥)
2 cm2, 
 
para 0 ≤ 𝑥 ≤ 5 . 
 
Para os valores de 𝑥 entre 5 e 10, como PA = QB = RC = 𝑥, o lado do 
triângulo equilátero ABR terá comprimento 10 − 𝑥. Escolhemos AB como 
base do triângulo ABC cuja área queremos calcular (figura ao lado). A 
medida do lado AB é, portanto, igual a 10 − 𝑥. Traçamos uma reta paralela 
à reta PQ, passando por C; ela determina sobre o lado PR o ponto S, como 
na figura ao lado. A altura ℎ do triângulo ABC com relação ao lado AB é 
dada pela diferença das alturas dos triângulos equiláteros de lados SC e 
AB, ou seja, 
 
ℎ =
𝑥√3
2 − 
(10 − 𝑥)√3
2 =
(2𝑥 − 10) √3
2 = (𝑥 − 5)√3 
 
Daí, 𝑓(𝑥) = √3 (10−𝑥)(𝑥−5)2 para 5 ≤ 𝑥 ≤ 10. 
 
Assim, a partir dos cálculos acima, o gráfico de f, para 0≤ 𝑥 ≤ 10, formado por trechos de parábolas, 
tem o seguinte aspecto: 
 
Observação: A função 𝑓 pode ser escrita utilizando-se a função módulo; neste caso, sua expressão 
é: 
𝑓(𝑥) = | √3(10−𝑥)(𝑥−5)2 | para 0 ≤ 𝑥 ≤ 10. 
 
N3Q4 – Solução 
 
item a) 
 
O preenchimento solicitado é o seguinte: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
item b) 
 
Admita, por absurdo, que todos os números nos círculos brancos sejam menores do que 17, ou seja, 
que sejam todos iguais ou menores do que 16. Como são 10 círculos brancos, a soma de todos os 
números presentes nesses círculos deve ser no máximo 160. Entretanto, pelo método de 
preenchimento indicado no enunciado, essa soma deve ser igual a três vezes a soma dos números 
que aparecem nos círculos internos em cinza, ou seja, deve ser igual a 
 
3 x (1+2+3+4+5+6+7+8+9+10) = 165 
 
Como 165 > 160, chegamos a uma contradição. Logo, não existe uma distribuição nos círculos 
internos de modo que nos círculos externos só apareçam números menores do que 17. 
 
item c) 
 
Nos círculos internos devem estar escritos todos os números de 1 a 10, e sua soma é 55. Em uma 
dada distribuição dos números nos círculos internos, focamos nossa atenção no círculo em que o 
número 1 está escrito e, retirando-o momentaneamente, vemos que os demais nove círculos internos 
podem ser agrupados em três grupos de três círculos vizinhos, Grupo1, Grupo 2 e Grupo 3, como 
sugerido na figura abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Isto sempre pode ser feito, independentemente da posição ocupada pelo número 1. A soma dos 
números nos nove números nos círculos internos que não contêm o número 1 é, obviamente, 55 - 1 
= 54. 
Vejamos agora o que ocorre com os círculos externos que estão associados a cada um dos três 
grupos de círculos vizinhos que marcamos anteriormente (olhe para as três casas marcadas com as 
setas na figura acima). A soma dos números das casas marcadas com as setas é exatamente a 
soma de todos os números presentes nos três grupos de círculos internos que não contêm o 1, a 
qual é igual a 54. Logo, sempre existirão três círculos brancos tais que a soma de seus números é 
54. Os três círculos marcados com setas satisfazem essa propriedade. 
 
Outra solução: 
 
Dada uma distribuição qualquer dos números de 1 a 10 nos círculos azuis, denominamos x1 o 
número 1 e passamos a indicar os seguintes (caminhando em qualquer um dos dois sentidos na 
circunferência interna onde estão os círculos azuis) por x2, x3, ..., x10. Então os agrupamentos 
 
x2, x3, x4 
x5, x6, x7 
x8, x9, x10 
 
dão origem a círculos brancos nos quais aparecem as somas 
 
x2 + x3 + x4 = s1 
x5 + x6 + x7 = s2 
x8 + x9 + x10 = s3 
 
e a soma s1 + s2 + s3 é igual a 2 + 3 + 4 + ... + 10 = 54. 
 
 
 
item d) 
 
Suponhamos, novamente por absurdo, que exista uma distribuição de números nos círculos internos 
de tal modo que nos círculos externos só apareçam números estritamente menores do que 18. 
Omitindo-se momentaneamente o número 1 nos círculos internos e agrupando os demais círculos 
internos em três grupos (Grupo 1, Grupo 2 e Grupo 3), como fizemos no item anterior, chegaremos 
à conclusão de que os números nos círculos externos associados a esses grupos (marcados com as 
setas) devem somar, no máximo, 3 x 17 = 51; entretanto, vimos no item c) que esta soma deve ser 
igual a 54. Chegamos assim a uma contradição e, portanto, não existe uma distribuição de números 
nos círculos internos tal que nos círculos externos apareçam apenas números menores do que 18. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N3Q5 – Solução 
 
item a) 
 
Os comprimentos dos lados paralelos do trapézio da obra de arte não mudam quando projetados no 
plano horizontal que contém a base do cilindro (plano base). 
Na Figura 1, ilustramos esse fato. As projeções dos pontos A, B, C e D no plano base são indicadas 
pelos pontos A', B', C' e D', respectivamente. As projeções A' e B' dos vértices A e B do trapézio são 
determinadas pela interseção do plano base com as retas perpendiculares a ele que passam por A 
e B, respectivamente. De acordo com o enunciado, o segmento AB é paralelo ao segmento A'B'; logo 
ABB'A' é um retângulo e, consequentemente, AB = A'B' = 6 cm. De modo similar, segue que DCC'D' é um 
retângulo com DC = D'C' = 24 cm. 
 
item b) 
Para calcular os comprimentos dos lados A'D' e B'C' das projeções dos lados não paralelos do trapézio 
da obra de arte, usaremos a Figura 2. Indicamos por r o raio do tubo cilíndrico e os pontos M, N, P e 
Q indicam os pontos de tangência do cilindro com o trapézio A'B'C'D'. 
 
 
 
Notamos dois pontos importantes: 
 
I. O trapézio A'B'C'D' é isósceles, logo, os pontos de tangência M e P são os pontos médios dos lados 
A'B' e C'D', respectivamente. 
 
II. MAQA '' , NBMB '' , PCNC '' e QDPD '' . 
 
A seguir, justificamos II. Como os ângulos QOA'� MOA'� são retos, segue do Teorema de 
Pitágoras a igualdade: 
 
22''' rOAMAQA � . As igualdades restantesseguem de forma análoga. 
 
De acordo com as afirmações em I) e II), podemos concluir que 
 
.15123'''''' � � � PDMAQDQADA 
Igualmente, .15'' CB 
 
Obs.: Os argumentos usados neste item asseguram que, para qualquer trapézio isósceles que 
admitir um círculo inscrito, o comprimento de seu lado não paralelo é determinado pela média 
aritmética dos comprimentos de seus lados paralelos. 
 
 
item c) 
 
De acordo com a Figura 2, para determinar o diâmetro do pedaço de cano cilíndrico basta calcular a 
altura do trapézio isósceles A'B'C'D'. Na Figura 3 o segmento B'E' , onde E' é a projeção no plano base 
do ponto E da Figura 1, é perpendicular a D'C', logo, eles têm a mesma medida que a altura do 
trapézio. O resto dos dados da figura decorre das informações obtidas nos itens a) e b). 
 
Portanto, segue do Teorema de Pitágoras que 
12246)915)(915(915'' 22 u �� � EB cm. 
 
Obs.: Não colocamos diretamente a raiz quadrada de 144 na conta anterior para evidenciar outro 
fato elegante: para qualquer trapézio isósceles, que admitir um círculo inscrito, o comprimento de 
sua altura é determinado pela média geométrica dos comprimentos de seus lados paralelos. 
 
item d) 
 
Primeiro calcularemos a altura do trapézio da obra de arte, indicada por BE na Figura 1. O trapézio 
ABCD se encontra situado num plano que forma 45º com o plano base. Então, cortando a obra de arte 
com um plano imaginário, perpendicular ao plano base e contendo o segmento B'E', temos a situação 
representada na Figura 4 (a), que nos permite concluir que 212 BE cm. 
 
Finalmente, de acordo com a Figura 4 (b), concluímos que o comprimento do lado não paralelo do 
trapézio da obra de arte mede 41336981288 � BC cm. Logo, foram utilizados 24 + 6 + 413 
+ 413 = 41630 � cm de arame. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N3Q6 – Solução 
 
Item a) 
 
Podemos separar as bolas em três conjuntos: as que deixam resto 0, 1 ou 2, na divisão 
por 3. Vamos chamar esses conjuntos de A, B e C, respectivamente. 
 
Como 2017 = 3 x 672 + 1, A tem 672 elementos, B tem 673 e C tem 672. 
 
Podemos analisar o "pior cenário", isto é, procurar o número máximo de bolas em que 
nenhuma bola retirada possui número múltiplo de 3. Se pegarmos todas as bolas dos 
conjuntos B e C, um total de 1345 bolas, não teremos nenhum múltiplo de 3. A próxima 
bola, portanto, necessariamente será do grupo A, que é o grupo dos múltiplos de 3. 
Assim, se pegarmos 1346 bolas teremos de pegar uma do grupo A, necessariamente. 
Portanto, o mínimo de bolas que devem ser retiradas é 1346. 
 
 
Item b) 
Para que a soma dos números das bolas seja um múltiplo de 3, temos as seguintes 
possibilidades: 
 
1. duas bolas do grupo A; 
2. uma bola do grupo B e uma bola do grupo C. 
 
Qual o número máximo de bolas que podemos pegar de tal forma que a soma de duas 
quaisquer não seja um múltiplo de 3? O pior cenário é: pegar uma bola do conjunto A 
e todas do conjunto B (que tem mais bolas que o grupo C). Então, o total é 1 + 673 = 
674. Se pegarmos 675 bolas, necessariamente a soma de duas delas será um múltiplo 
de 3. De fato, note que, para quaisquer 675 bolas que pegarmos, se duas estiverem 
no conjunto A, então elas formam um par cuja soma de seus números é igual a um 
múltiplo de 3. Se apenas uma estiver no conjunto A ou nenhuma das duas estiver em 
A, pelo menos 674 bolas estarão em B υ C. Como o B tem 673 elementos, temos que 
ter pelo menos uma do conjunto B e uma do conjunto C e, novamente, a soma dos 
números nessas bolas será um múltiplo de 3. 
 
Portanto, neste caso, a quantidade mínima de bolas é 675. 
 
Item c) 
 
Desta vez vamos separar as bolas em conjuntos de acordo com o resto da divisão do 
número delas por 6. Isso basta porque se 𝑚 e 𝑛 são números inteiros, como 𝑚 + 𝑛 =
 𝑚 − 𝑛 + 2𝑛 e 2𝑛 é um número par, 𝑚 − 𝑛 e 𝑚 + 𝑛 ou são ambos pares ou são ambos 
ímpares. Portanto, basta Joana buscar a quantidade mínima de bolas que devem ser 
retiradas para garantir que a soma dos números escritos em duas delas seja 
simultaneamente um múltiplo de 2 e 3, ou seja, um múltiplo de 6. 
 
Chamemos os conjuntos dos números que deixam resto 0, 1, 2, 3, 4 e 5 na divisão por 
6, respectivamente, por P, Q, R, S, T e U. Esses conjuntos têm 336, 337, 336, 336, 
336 e 336 elementos, respectivamente. 
 
Queremos saber qual é o menor número de bolas que Joana deve pegar para 
assegurar que a soma de duas delas seja divisível por 3 e que a sua diferença seja 
divisível por 2. É fácil ver que essas condições são satisfeitas apenas nos seguintes 
casos: 
 
Caso 1. Duas bolas do conjunto P (resto 0 por 6), 
Caso 2. Uma bola do conjunto Q (resto 1 por 6) e uma bola do conjunto U (resto 5 por 
6), 
Caso 3. Uma bola do conjunto R (resto 2 por 6) e uma bola do conjunto T (resto 4 por 
6), 
Caso 4. Duas bolas do conjunto S (resto 3 por 6). 
 
O pior cenário é o seguinte: pegar 1 bola do conjunto P, 337 bolas do conjunto Q (este 
conjunto é o que possui uma maior quantidade de elementos), 336 bolas do conjunto 
R, e uma bola do conjunto S. Com certeza, se Joana fizer essas escolhas, pegando 
um total de 1 + 337 + 336 + 1 = 675 bolas, ela não obterá duas bolas cuja soma de 
seus números é múltipla de 3 e a diferença múltipla de 2. Entretanto, se ela pegar uma 
bola a mais, certamente entre as 676 bolas aparecerão duas com números que, 
somados, dão um múltiplo de 3 e cuja diferença é par. De fato, selecionemos duas 
bolas dentre as 676 e analisemos as possibilidades: 
 
x As duas bolas estão no conjunto P. Neste caso, os números são ambos múltiplos 
de 6 e as exigências do enunciado estão satisfeitas (Caso 1 descrito acima). 
x As duas bolas estão no conjunto S. Neste caso, os números em ambas as bolas 
são múltiplos de 3 e, novamente, elas cumprem as exigências do enunciado 
(Caso 4 descrito acima). 
x Não existem duas bolas em P, nem duas bolas em S. Neste caso, em Q υ R υ 
υ T υ U estão pelo menos 676 – 1 – 1 = 674 elementos. Considerando as uniões 
Q υ U e R υ T, pelo menos uma delas deve possuir 337 ou mais elementos, 
pois, caso contrário, existiriam no máximo 336 + 336 = 672 elementos nessas 
duas uniões. Vamos analisar separadamente cada caso: 
o Suponha que R υ T possua 337 elementos ou mais; então, devem existir 
bolas escolhidas nos dois elementos da união, uma delas em R e outra em 
T, pois ambos os conjuntos possuem menos do que 337 elementos. 
Escolhendo uma bola em R e outra em T, os números escritos nelas 
deixam restos 2 e 4, respectivamente, quando divididos por 6. Este par 
satisfaz as exigências do enunciado (Caso 3 descrito acima). 
o Suponha que R υ T possua menos do que 337 elementos; então Q υ U 
deve possuir pelo menos 674 – 336 = 338 elementos. Deste modo, deve 
sempre existir um par de bolas, uma delas em Q e outra em U, pois Q e U 
possuem menos do que 337 elementos. Este par assim escolhido cumpre 
as exigências do enunciado, posto que uma bola em Q possui número que 
deixa resto 1 quando dividido por 6 e uma bola em U tem número que deixa 
resto 5, quando dividido por 6 (Caso 2 descrito acima). 
Em qualquer uma das duas situações anteriores, será formado um par que satisfaz as 
propriedades descritas no enunciado e, portanto, o mínimo de bolas que Joana deve 
retirar é 676. 
 
Outra solução: 
Temos três conjuntos disjuntos de números inteiros positivos: 
 
A0 = {𝑥 / 1 ≤ 𝑥 ≤ 2017 , 𝑥 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 3} 
A1 = {𝑥 / 1 ≤ 𝑥 ≤ 2017 , 𝑥 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 3} 
A2 = {𝑥 / 1 ≤ 𝑥 ≤ 2017 , 𝑥 ≡ 2 𝑚𝑜𝑑 3} 
 
O número de elementos de A1 é 673, já os conjuntos A0 e A2 possuem 672 elementos. 
 
Começamos com o conjunto com maior número de elementos, A1. Escolhemos todos 
os ímpares contidos em A1 e formamos um conjunto B1 com 337 inteiros (com certeza 
a soma de quaisquer dois deles não é múltiplo de 3). 
 
Escolhemos, a seguir, todos os pares contidos em A2 e formamos um conjunto B2 com 
336 inteiros (com certeza a soma de quaisquer dois deles não é múltiplo de 3). 
 
A soma de um elemento de B1 com um elemento de B2 é múltiplade 3, porém, sua 
diferença não é par. 
 
Escolhemos, agora, dois elementos de A0, um par e um ímpar e denotamos o conjunto 
formado por esses dois elementos por B0. Temos que a união B0 U B1 U B2 é um 
conjunto em que quaisquer dois elementos x e y são tais que x + y ou não é múltiplo 
de 3 ou x - y não é par e, para qualquer outro elemento 𝑎 do conjunto diferença 
(A0 U A1 U A2) - (B0 U B1 U B2), existe um elemento 𝑏 de B0 U B1 U B2 tal que 
 
 
𝑎 + 𝑏 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 3 
𝑎 − 𝑏 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 2 
 
Portanto, a quantidade mínima de bolas que Joana deve retirar é 337 + 336 + 2 + 1 = 
676.