Solução da prova da 1a fase
OBMEP 2010 − Nível 3

1

QUESTÃO 1
ALTERNATIVA C
Como ao multiplicar qualquer número por 0 o resultado é 0, não contribuindo assim para maximizar o resultado da expressão, devemos colocar sinais de adição dos dois lados do 0:
2

3

+

0

+

8

9

1

Entre multiplicar por 1 e somar 1, o maior resultado é obtido no segundo caso, logo devemos também colocar um sinal de adição antes do 1:
2

3

+

0

+

8

+

9

1

Finalmente, 2 × 3 é maior que 2 + 3 e 8 × 9 é maior que 8 + 9 , de modo que a expressão que fornece o maior valor é
2

×

3

+

0

+

8

×

9

+

1

cujo valor é 2 × 3 + 0 + 8 × 9 + 1 = 79 .
QUESTÃO 2
ALTERNATIVA A
8
; vemos então que devemos ter 4 −
= 2.
8
1+ x
4−
1+ x
8
Reescrevendo essa última expressão como 2 =
, segue que devemos ter 1 + x = 4 , ou seja, x = 3.
1+ x

Vamos reescrever

3−

6

8
4−
1+ x

= 0 como 3 =

6

3−

6

= 0 como
8
4−
1+ x
Simplificando essa expressão obtemos 2( x − 1) = x + 1 , que nos dá x = 3 .

Podemos também reescrever a igualdade

3=

6(1 + x )
6(1 + x )
=
.
4(1 + x ) − 8 4( x − 1)

QUESTÃO 3
ALTERNATIVA C
Ao acrescentar 6 bolas à caixa B, ela ficará com 20 bolas. O menor percentual possível de bolas pretas corresponde ao caso em que, entre as 6 bolas que vieram da caixa A, há o menor número possível de bolas pretas. Como há 4 bolas brancas na caixa A, a retirada de 6 bolas que tem o menor número de bolas pretas é 4 brancas e 2 pretas. Nesse caso a caixa B ficará com 12 bolas pretas e o percentual dessas