Fase 1 da OBMEP 2026

Os hemisférios são divididos em 10 partes menores do formato mostrado abaixo, em que sempre, obrigatoriamente, duas partes são coloridas de amarelo e duas de rosa.

Portanto, a partir da multiplicação 10 x 2 temos a quantidade de regiões pintadas em rosa de cada hemisfério. Logo, em cada hemisfério temos 20 regiões rosas, e no globo inteiro temos 40.

Chamando-se de $x$ o valor da casa do canto inferior esquerdo, como na imagem abaixo:

Nota-se que a soma de cada linha, coluna e diagonal deve ser $x + 10 + 3 = 13 + x$, pela terceira linha.

Assim, pela terceira coluna, nota-se que o valor da casa do meio deve ser $13 + x - 7 - 3 = 3 + x$

Já pela diagonal que vai do canto superior direito para o canto inferior esquerdo, nota-se que a casa central tem valor $13 + x - x - 7 = 6$

Assim, na segunda linha, tem-se $? + 6 + 3 + x = 13 + x$, donde se tira que $? = 4$.

Chamando a quantidade de moedas de 50, 10 e 5 centavos de x, y e z, respectivamente, temos:

$V = 0,5x + 0,1y + 0,05z$

Do enunciado, extraímos as seguintes desigualdades:

$x + y \geq 16 \\ x + z \geq 16 \\ y + z \geq 16$

Buscando maximizar o valor V, primeiramente, escolhemos a maior quantidade possível de moedas de cinquenta centavos. Como temos 31 moedas ao total e, necessariamente, $y + z \geq 16$, o valor máximo de $x$ que podemos ter é 15.

Agora, precisamos escolher os valores de $y$ e $z$. Por uma lógica parecida, buscamos escolher a menor quantidade possível de moedas de 5 centavos de modo que as desigualdades sejam verificadas.

Como $x + z \geq 16$ e $x = 15$:

$15 + z \geq 16 \\ z \geq 1$

Ou seja, o menor valor possível para z é 1 e, por isso, $z = 1$.

Por fim, como restam 31 - 15 - 1 = 15 moedas, todas elas serão de 10 centavos.

Portanto:

$x = 15$, $y = 15$ e $z = 1$.

$V = 0,5 \times 15 + 0,1 \times 15 + 0,05 \times 1 = 9,05$

O maior valor que Delano pode ter é de R$ 9,05.

Como o robô se move em velocidade constante, utilizaremos a igualdade distância = velocidade x tempo ($d = vt$) para resolver a questão.

Ao optar pelo salto, o robô percorre 10 metros sobre o trem a uma velocidade de 1 m/s. Portanto, o tempo gasto nessa movimentação interna é

$t_{trem} = \frac{10m}{1m/s} = 10s$.

Durante esses 10 segundos, o movimento do trem desloca o robô 1 metro para trás em relação ao solo para trás:

$d_{trem} = 0,1m/s \times 10s = 1m$

Como essa distância perdida precisa ser recuperada pelo robô, ele levará exatamente 1 segundo adicional para compensar esse recuo:

$t_{perdido} = \frac{1m}{1m/s} = 1s$.

Portanto, o robô perde 1 segundo.

Inicialmente, dividimos o hexágono em 6 setores iguais da seguinte maneira:

A partir dessa divisão, observa-se que a região amarela ocupa exatamente metade da área total do hexágono. Isso ocorre porque os triângulos amarelos correspondem à metade dos triângulos equiláteros que compõem o hexágono. Portanto, a razão entre a área da região amarela e a área do hexágono é igual a 1/2.

A princípio, perceba que a “tecla especial” da calculadora de Danilo representa uma função afim do 1° grau, em que f(x)=ax+b. Por isso, para descobrir quais valores são obtidos ao apertar a tecla, faz-se necessário descobrir também os valores dos coeficientes a e b fixos. Inicialmente, podemos substituir os dois números que o enunciado fornece e seu respectivo resultado mostrado na calculadora:

Número 1: $f(1) = a\times1+b=2 \to a+b=2$

Número 2: $f(2) = a\times2+b=8 \to 2a+b=2$

Após a substituição, nota-se que obtemos um sistema de equações, em que a e b são as incógnitas que devemos calcular.

$\begin{cases} a + b = 2 (i) \\ 2a + b = 8 (ii) \end{cases}$

Subtraindo $(ii)$ com $(i)$ e resolvendo para a e b, conseguimos:

$2a+b-(a+b) = 8-2 \to a=6$

Substituindo o valor de a em $(i)$:

$6+b=6 \to b=-4$

Logo, a função da tecla especial da calculadora é do tipo $f(x)=6x-4$. Calculando, finalmente, para o valor 8 - apertando novamente a tecla especial - temos, portanto:

$f(8)=6\times8-4 = 48-4 = 44$

Podemos, com incógnitas a e b, escrever os primeiros cinco termos dessa sequência tendo em vista o procedimento descrito pelo enunciado:

1° termo: $a$

2° termo: $b$

3° termo:  $a \times b = ab$

4° termo:  $ab \times b = ab²$

5° termo:  $ab² \times ab=a²b³$

Então, note que o 5° termo da sequência, ou seja, o número 3200 pode ser descrito como o produto do quadrado de um número a com o cubo de um número b. Realizando a decomposição do número 3200 em fatores primos, obtemos:

$3200=2^7 \times 5^2$

Reescrevendo a fatoração:

$3200 = 2^7 5^2 = 2^4 2^3 5^2=(2^2 5^1)^2 2^3=20^2 2^3$

Perceba que o resultado final corresponde com a expressão para o 5° termo vista anteriormente, com $a² = 20²$ e $b³=2³$. Portanto, o 1° termo $a$ da sequência é 20.

Inicialmente, suponha que A, B, C e D são as quatro pessoas tal que, em altura, A > B > C > D.

Dessa suposição, tira-se que o problema é análogo a organizar essas quatro letras em quatro posições distintas _ _ _ _, tal que, para um observador na esquerda das posições, exatamente uma pessoa não esteja visível.

(Observador) _ _ _ _

Primeiramente, nota-se que a letra A não pode ocupar nem a primeira nem a segunda posição da esquerda para a direita, já que, nesse caso, estariam invisíveis 3 e 2 pessoas, respectivamente.

Assim, pode se dividir o problema em dois casos:

Caso 1: _ _ A _

Com a pessoa mais alta na terceira posição, a pessoa que ocupar a quarta posição, quem ela for, estará invisível. Já as outras duas demais, devem ocupar as duas primeiras posições em ordem crescente de altura.

Assim, no caso 1 existem 3 formas de organização, uma para cada uma das outras três pessoas ocupando a quarta posição.

DCAB

DBAC

CBAD

Caso 2: _ _ _ A

Agora, a pessoa B, segunda mais alta, não pode ocupar a primeira posição, pois isso geraria duas pessoas invisíveis, cabendo a divisão em dois sub-casos:

Caso 2.1: _ B _ A

Aqui existem duas organizações válidas:

CBDA

DBCA

Caso 2.1 : _ _ BA

Nesse caso, a única organização válida é aquela em que C vem antes de D, deixando a pessoa D invisível:

CDBA

Portanto, no total, existem 3 + 2 + 1 = 6 formas.

Chamando de $S_x$ o somatório de $P(10x)$ a $P(10x + 9)$, temos:

$S_1 = P(10) + P(11) + P(12) + P(13) + P(14) + P(15) + P(16) + P(17) + P(18) + P(19)$

$S_1 = 0+ 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45.$

Observa-se que, para obtermos $S_2$, basta multiplicar cada termo de $S_1$ por 2. Na mesma lógica, para obtermos $S_x$, basta multiplicar $S_1$ por $x$. Assim:

$S_2 = 2S_1$

$S_3 = 3S_1$

$…$

$S_9 = 9S_1$

Dessa forma:

$S_T = P(10) + P(11) + P(12) + … + P(99)$

$S_T = S_1 + S_2 + S_3 + S_4 + … + S_9$ $= S_1 + 2S_1 + 3S_1 + 4S_1 + … + 9S_1$

Colocando $S_1$ em evidência:

$S_T = S_1 \times (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 45S_1 = 45 \times 45$

$S_T = 2025$

Como cada partida ocorre entre exatamente dois jogadores, tem-se que a soma do número de partidas jogadas por cada um dos três garotos vai ser igual ao dobro do número total de partidas jogadas em um dia. Assim, sendo $a$ o número de partidas jogadas por Antônio, $b$ o número de partidas jogadas por Bento, $c$ o número de partidas jogadas por Carlos e $p$ o número total de partidas:

$2p = (a + b + c)$

Logo,

Se Antônio joga 12 partidas, $a = 12$;

Se Bento joga 23 partidas $b = 23$; e

Se Carlos descansa 10 partidas significa que ele joga $c = p - 10$ partidas.

Substituindo,

$2p = (12 + 23 + p - 10)$

$2p = (35 + p - 10)$

$2p = (25 + p)$

$p = 25$

Na figura abaixo, nota-se que o ponto $B'$ representa o ponto $B$ depois que a dobra foi feita. Assim, pode-se dizer que $m(\overline{QB'})$ $= m(\overline{QB}) = 10$.

Além disso, como $\overline{BC} = \overline{BQ} + \overline{QC} = 16 cm$, tira-se que $\overline{QC} = 6 cm$.

Do Teorema de Pitágoras no triângulo $\Delta{QB'C}$, retira-ainda que $m(\overline{B'C}) = 8 cm$

Como o triângulo $\Delta{QB'C}$ é semelhante ao triângulo $\Delta{B'PR}$, tira-se que $B'R = 12 cm$.

Assim, $m(\overline{BP}) = m(\overline{B'C}) + m(\overline{B'R}) = 8cm + 12cm = 20 cm$.

Pela figura abaixo, na qual cada setinha aponta de uma casa com valor menor para uma casa com valor maior, percebe-se que todas as outras 6 casas devem ter, obrigatoriamente, um valor superior ao daquela destacada no canto superior esquerdo.

Assim, pode-se dizer que o valor dessa casa no canto superior esquerdo é sempre 1, para qualquer arranjo válido.

A partir daí, deve-se escolher dois valores quaisquer de 2 a 7 para ocupar as duas casas restantes da coluna esquerda. Uma vez que esses dois números são escolhidos, sua ordem já está determinada (já que o menor deve ficar acima do maior), bem como a ordem dos quatro números restantes, que seguirão as setinhas na única sequência crescente possível.

Assim, a única escolha necessária é a de dois números quaisquer entre 2 e 7, sem que a ordem importe, o que pode ser feito de $\frac{6 \times 5}{2} = 15$ formas.

Primeiramente, calcula-se o valor dos ângulos internos $\theta_{12}$ e $\theta_{9}$ dos polígonos de 12 e 9 lados:

$\theta_{12} =\frac{ 180\times12 - 360}{12}$$= 150º$

$\theta_9 = \frac{180\times9 - 360}{9}$ $= 140º$

Em seguida, traça-se as seguintes retas e encontra-se os seguintes ângulos:

No polígono de 9 lados, formamos um trapézio isósceles. A partir disso, determinamos o valor de seus ângulos internos e a sua soma:

$2\theta_9 + 2\alpha = 360$

$\theta_9 + \alpha = 180$

$140 + \alpha = 180$

$\alpha = 40º$$2\theta_9 + 2\alpha = 180$

No polígono de 12 lados, verificamos as seguintes igualdades:

• No triângulo:

$\theta_{12} + 2\gamma = 180$

$150 + 2\gamma = 180$

$2\gamma = 30$

$\gamma = 15º$

• No ângulo do vértice O:

$\beta + \gamma = \theta_{12}$

$\beta + 15 = 150$

$\beta = 135º$

Como o ângulo AÔB a ser encontrado é igual a $\alpha + \beta$:

$AÔB = 40 + 135$

$AÔB = 175º$

Primeiramente, vamos identificar os cubos vistos da seguinte maneira para facilitar a explicação:

Tomando como referência a figura da estrela de 8 pontas, podemos concluir que:

1. Tem arestas em comum com quadrado e círculo, que também tem aresta em comum entre si. (CUBO T)
2. Tem aresta em comum com o Losango (CUBO D)
3. Tem aresta em comum com o Octógono (CUBO E)
4. A sua face oposta é a estrela de quatro pontas (CUBO B + conclusões acima)

Assim, esboçando a planificação do cubo, temos dois casos possíveis, uma vez que não sabemos a disposição do losango e do octógono em relação ao quadrado e ao círculo:

Com essas planificações, temos 4 possibilidades de disposição das formas na parte não visível da imagem:

Analisando as alternativas, percebe-se que a única presente é a visão 1 da disposição 1, ou seja, a alternativa C.

Primeiramente, traça-se uma linha ligando o vértice C ao ponto médio do lado AB, formando a seguinte figura:

Pelo Teorema de Pitágoras:

$x²=1²+2²$

$x= \sqrt{5}$

Analisando a imagem, é possível perceber que o comprimento do segmento $x$ é igual à soma do raio da semicircunferência de diâmetro AB, do arco de circunferência com centro C e da distância $d$ que os separa. Assim:

$x = r_{AB} + r_{C} + d$

$\sqrt{5} = 1 + 1 + d$

$d = \sqrt{5} - 2$

Para resolver essa questão, podemos colocar as fichas uma a uma no tabuleiro.

1° ficha:

A primeira ficha pode ser colocada em qualquer uma das 25 casas do tabuleiro, assim, há 25 possibilidades.

2° ficha:

A segunda ficha não pode ficar na mesma coluna e fila que a primeira ficha. Se a primeira está em uma casa, existem outras 4 casas na mesma fila e outras 4 casas na mesma coluna dela. Desse modo, das 24 casas restantes, 8 são proibidas, restando

$24 - 8 = 16$

casas que podem ser ocupadas pela segunda ficha.

3° ficha: 

A terceira ficha não pode ocupar as 2 colunas e as 2 linhas determinadas pelas fichas anteriores. Por isso, teremos

$5-2=3$

colunas disponíveis e

$5-2=3$

linhas disponíveis para a terceira ficha. 

Logo, há $3 \times 3 = 9$ posições possíveis para a terceira ficha.

Portanto, pelo princípio multiplicativo, obtemos:

$25\times16\times9=3600$ maneiras de distribuir as fichas pelo tabuleiro.

Primeiramente, percebe-se que, para obtermos apenas duas bolinhas na caixa B após as retiradas, temos que pegar 4 bolinhas no total (3 bolinhas da caixa A e 1 bolinha da caixa B).

Além disso, a última bolinha retirada terá de ser da caixa A, pois é esse último passo que esvazia a caixa.

Assim, temos 3 possibilidades para uma sequência que representa a ordem de retirada das bolinhas:

1. BAAA
2. ABAA
3. AABA

São 3 sequências favoráveis com uma retirada de 1 bolinha na caixa B entre as 3 primeiras escolhas e de 1 bolinha A na última posição. Agora, lembre que a possibilidade de obter uma bolinha de determinada caixa em uma retirada é $\frac{1}{2}$.

Por isso, uma sequência com 4 escolhas têm probabilidade $P = {\left( \frac{1}{2} \right)}^4 = \frac{1}{16}$

                                                            

Portanto, a probabilidade de uma das três sequências encontradas acontecer é de $3P = 3\times\frac{1}{16} = \frac{3}{16}$

Resolve-se a questão ao montar uma tabela que relaciona o número de pilhas e o número de fichas em cada pilha.

Inicialmente, tem-se 1 pilha de 500 fichas

# pilhas | fichas/pilha

1 | 500

Depois, divide-se a pilha em duas pilhas iguais com 250 fichas cada:

# pilhas | fichas/pilha

1 | 500

2 | 250

O próximo divisor é 3, mas como 250 não é divisível por 3, adiciona-se 2 fichas a cada uma das duas pilhas, e faz a divisão,

# pilhas | fichas/pilha

1 | 500

2 | 250

2 | 252

6 | 84

Como 84 é múltiplo de 4, não é necessário adicionar para fazer o próximo passo:

# pilhas | fichas/pilha

1 | 500

2 | 250

2 | 252

6 | 84

24 | 21

A próxima divisão é por 5, mas como 21 não é divisível por 5 adiciona-se 4 fichas a cada uma das 24 pilhas:

# pilhas | fichas/pilha

1 | 500

2 | 250

2 | 252

6 | 84

24 | 21

24 | 25

120 | 5

Para fazer a divisão por 6, basta adicionar 1 ficha a cada uma das 120 pilhas:

# pilhas | fichas/pilha

1 | 500

2 | 250

2 | 252

6 | 84

24 | 21

24 | 25

120 | 5

120 | 6

720 | 1

Assim, atentando-se ao processo de adições, percebe-se que foram adicionadas $2 \times 2 + 4 \times 24 + 1 \times 120 = 4 + 96 + 120 = 220$ fichas.

Para que 3 crianças voltem ao seu círculo inicial no terceiro apito, é estritamente necessário que essas crianças estejam sempre em um ciclo de 3 círculos consecutivos.

O mesmo vale para as 5 crianças que retornam a posição inicial após 5 apitos: devem estar em um ciclo de 5 círculos consecutivos.

Restando para as 2 demais crianças estarem em um ciclo de apenas dois círculos.

Assim, existe um grupo que retorna à posição inicial em 2 apitos, um em 3 e outro em 5 apitos.

Logo, todas as 10 crianças retornarão a sua posição inicial uma vez a cada MMC(2, 3, 5) = 30 apitos.

Primeiramente, representamos os seis professores pelas letras A, B, C, D, E e F. A partir disso, conseguimos construir facilmente um exemplo com 4 comissões que respeitam a regra do enunciado. Essas comissões seriam: ABC, ADE, BEF e CDF. Ao compararmos qualquer par desses trios, notamos que eles compartilham no máximo um professor, como ocorre entre ABC e ADE, que possuem apenas o professor A em comum, validando a possibilidade de termos 4 grupos.

Se existissem 5 comissões de 3 professores cada, teríamos um total de 15 vagas preenchidas. Como a escola tem apenas 6 professores no total, dividindo as 15 vagas pelos 6 profissionais, concluímos que pelo menos um professor teria que aparecer 3 ou mais vezes nessas comissões.

No entanto, se um professor participar de 3 comissões, ele precisaria de 2 colegas diferentes na primeira comissão, mais 2 colegas inéditos na segunda e outros 2 colegas inéditos na terceira, para evitar que uma mesma dupla de professores se repetisse em comissões diferentes. Isso exigiria a existência de pelo menos 6 outros professores na escola para acompanhá-lo. Como a escola possui apenas 6 professores no total, restam apenas 5 outros colegas disponíveis além dele, tornando impossível que qualquer professor participe de 3 comissões. Portanto, o maior número possível de comissões que podem ser formadas é 4.