OBMEP 2025: Resolução da 2ª Fase Nível 3 — Probabilidade, Lógica e Divisores
A 2ª fase da OBMEP 2025 Nível 3 é destinada a alunos do 3º ano do Ensino Médio. É a prova mais exigente da olimpíada: exige domínio de álgebra, geometria, combinatória e, especialmente, raciocínio demonstrativo. Resposta sem justificativa não pontua.
Este artigo resolve as questões 1, 2, 5 e 6 com seus critérios de correção oficiais, tal como publicados pelo canal Só o mi. Se você quer não apenas acertar, mas ganhar pontos máximos, leia cada critério com atenção.
Estrutura da prova Nível 3
O Nível 3 tem 6 questões discursivas, 3 horas de duração, valendo 20 pontos cada. Os itens têm peso crescente:
- Item a: 4 pontos (em geral)
- Item b: 6 pontos
- Item c: 10 pontos (ou distribuição diferente para itens com 4 partes)
Os temas cobrados em 2025:
| Questão | Tema |
|---|---|
| Q1 | Tabuleiro 3×20 — padrões e divisibilidade |
| Q2 | Encaixe de peças em tabuleiro — argumento de coloração |
| Q3 | (Resolução disponível no canal) |
| Q4 | (Resolução disponível no canal) |
| Q5 | Probabilidade — cartões e sorteio condicional |
| Q6 | Teoria dos números — jogo lógico com divisores |
Questão 1 — Tabuleiro 3×20: padrões numéricos e divisibilidade
O enunciado:
Um tabuleiro 3×20 é preenchido com os números de 1 a 60. A primeira linha tem os números 1 a 20 (da esquerda para a direita), a segunda tem 21 a 40, e a terceira tem 41 a 60. São mostrados pedaços desse tabuleiro com alguns números ocultos.
Item a — Encontrar x (4 pts)
A propriedade fundamental do tabuleiro: mover uma linha para baixo adiciona 20 ao número, na mesma coluna. Se o número n está na linha 1 e coluna k, então:
- Linha 2, coluna k = n + 20
- Linha 3, coluna k = n + 40
O número 17 aparece no pedaço mostrado. Usando sua posição de coluna e o padrão de linhas, determina-se que x = 55.
| Critério | Pontos |
|---|---|
| Identificou que cada linha abaixo soma 20 | 2 |
| Usou a coluna do 17 para encontrar x = 55 | 2 |
Item b — O divisor comum d (6 pts)
Três números y, z e w aparecem em posições específicas do tabuleiro. A análise das posições revela:
- z = y + 21
- w = y + 35
Para encontrar o maior d > 1 que divide os três simultaneamente, usamos que se d | y, d | z, d | w, então d divide as diferenças:
- z − y = 21 = 3 × 7
- w − y = 35 = 5 × 7
Portanto, d | MDC(21, 35) = 7. Como 7 é primo e d > 1, temos d = 7.
| Critério | Pontos |
|---|---|
| Identificou que z = y + 21 | 1 |
| Identificou que w = y + 35 | 1 |
| Mostrou por fatoração que d = 7 | 4 |
Item c — Os valores possíveis de y (10 pts)
y está na primeira linha, logo 1 ≤ y ≤ 20. Como d = 7 divide y, y deve ser múltiplo de 7 nesse intervalo:
- y = 7: z = 28, w = 42 — MDC(7, 28, 42) = 7 ✓
- y = 14: z = 35, w = 49 — MDC(14, 35, 49) = 7 ✓
y pode ser 7 ou 14.
| Critério | Pontos |
|---|---|
| Concluiu que y é múltiplo de 7, com 1 ≤ y ≤ 20 | 3 |
| Analisou y = 7 → z = 28, w = 42 | 3 |
| Analisou y = 14 → z = 35, w = 49 | 3 |
| Concluiu os dois valores possíveis | 1 |
Questão 2 — Encaixe de peças: o argumento da coloração
Esta questão envolve um tabuleiro quadriculado que deve ser coberto por peças em formato de L (ou similar) com 5 quadradinhos cada. O enunciado pede:
- Item a: posicionar peças em uma configuração inicial específica
- Item b: posicionar peças em outra configuração com raciocínio mais elaborado
- Item c: provar que uma terceira configuração é impossível
Items a e b — Encaixe direto
Os itens a e b testam a habilidade de encontrar o encaixe correto evitando “quadrados isolados” — casas que ficam sem vizinho e não podem ser cobertas por nenhuma peça.
| Critério item a | Pontos |
|---|---|
| Posicionou a segunda peça preenchendo o quadrado solto | 2 |
| Posicionou as peças restantes na única configuração possível | 2 |
| Critério item b | Pontos |
|---|---|
| Posicionou as duas primeiras peças com lógica de quadrados isolados | 3 |
| Posicionou as peças finais completando corretamente | 3 |
Item c — Prova de impossibilidade por coloração (10 pts)
Este é o item mais elegante da prova. O argumento é clássico na combinatória olímpica: colorir o tabuleiro como um xadrez.
Passo 1: Identificar quantas peças são necessárias.
- O tabuleiro tem 25 quadradinhos. Cada peça cobre 5. Logo, são necessárias 5 peças.
Passo 2: Colorir o tabuleiro alternadamente (preto e branco, como xadrez).
- Um tabuleiro 5×5 pintado assim tem 13 casas de uma cor e 12 de outra.
Passo 3: Analisar quantas casas de cada cor cada peça cobre.
- Qualquer peça em L com 5 quadradinhos, em qualquer orientação ou inversão, cobre sempre 3 casas de uma cor e 2 da outra.
Passo 4: A contradição.
- 5 peças cobrindo 3 de uma cor cada = 5 × 3 = 15 de uma cor e 5 × 2 = 10 da outra. Ou na orientação inversa, 10 e 15.
- Mas o tabuleiro tem 13 e 12. Nenhuma combinação de 5 peças ímpar chega a 13 e 12 simultaneamente.
- Portanto, é impossível cobrir o tabuleiro.
| Critério | Pontos |
|---|---|
| Identificou que são necessárias 5 peças (25/5) | 2 |
| Aplicou o argumento de coloração e contou 13 e 12 | 3 |
| Analisou a peça: cobre sempre 3 de uma cor e 2 de outra | 3 |
| Concluiu a impossibilidade | 2 |
O argumento de coloração é uma das ferramentas mais importantes da OBMEP. Ele transforma um problema de encaixe em um problema aritmético simples.
Questão 5 — Probabilidade com cartões: três cenários
Esta é uma das questões mais sofisticadas de probabilidade já cobradas no Nível 3. O enunciado:
Há 11 cartões numerados (alguns brancos, alguns pretos). Um deles é removido aleatoriamente sem ser visto, e depois outros são sorteados da pilha restante.
Cada item aumenta a complexidade do sorteio.
Item a — Probabilidade de nenhum cartão preto ser pintado (4 pts)
O único cenário favorável (nenhum cartão preto sorteado) ocorre quando o cartão removido é o último — especificamente, se o cartão removido é o único preto restante.
- Casos favoráveis: 1 (remoção do cartão na posição 11)
- Casos totais: 11 (pode-se remover qualquer um dos 11 cartões)
- Probabilidade = 1/11
| Critério | Pontos |
|---|---|
| Identificou o único caso favorável (cartão posição 11) | 2 |
| Identificou o total de casos possíveis como 11 | 1 |
| Calculou P = 1/11 | 1 |
Item b — Probabilidade de sortear um cartão preto (6 pts)
Aqui a solução usa probabilidade total — uma soma sobre todos os 11 cenários possíveis (remover o cartão K, para K = 1 a 11).
Para cada cenário K:
- Probabilidade do cenário K: 1/11
- Probabilidade condicional de sortear preto dado K: (11 − K) / 10 (se K for o K-ésimo cartão removido, restam 11 − K pretos nos 10 restantes)
A soma total:
$$P = \frac{1}{11} \cdot \sum_{K=1}^{11} \frac{11 - K}{10} = \frac{1}{110} \cdot (10 + 9 + 8 + \cdots + 0) = \frac{55}{110} = \frac{1}{2}$$
Probabilidade = 1/2.
| Critério | Pontos |
|---|---|
| Estruturou como soma sobre os 11 cenários | 1 |
| Identificou probabilidade de cada cenário K como 1/11 | 1 |
| Determinou P(sortear preto | cenário K) = (11−K)/10 |
| Calculou a soma (10+9+…+0 = 55) e encontrou P = 1/2 | 2 |
Item c — Probabilidade de sortear dois pretos seguidos (10 pts)
Agora soma-se dois sorteios consecutivos sem reposição, condicionado ao cenário K.
Para cada cenário K (K pretos ainda no baralho após remoção):
- P(primeiro preto) = (11 − K) / 10
- P(segundo preto | primeiro preto) = (10 − K) / 9
A soma total:
$$P = \frac{1}{11} \cdot \sum_{K=1}^{11} \frac{(11-K)(10-K)}{90}$$
Numerador: $\sum_{K=1}^{11} (11-K)(10-K) = 10 \cdot 9 + 9 \cdot 8 + \cdots + 1 \cdot 0 = 330$
$$P = \frac{330}{11 \cdot 90} = \frac{330}{990} = \frac{1}{3}$$
Probabilidade = 1/3.
| Critério | Pontos |
|---|---|
| Estruturou como soma sobre os 11 cenários | 2 |
| Determinou P(1º preto E 2º preto | cenário K) = (11−K)(10−K)/90 |
| Avaliou a soma total (330) por soma direta ou fórmula | 2 |
| Calculou P = 1/3 | 2 |
O padrão 1/11 → 1/2 → 1/3 é lindo e não é coincidência. Vale explorar por que esses resultados são tão limpos.
Questão 6 — O jogo de Rafael e Gabriel: divisores e lógica de conhecimento
Esta questão combina teoria dos números com raciocínio epistêmico (raciocínio sobre o que cada pessoa sabe ou não sabe). É o tipo de problema que exige leitura cuidadosa antes de qualquer cálculo.
O enunciado:
Rafael tem um número R e Gabriel tem um número G. Eles sabem que a operação entre seus números resulta em 60: ou R + G = 60, ou R × G = 60 (mas não sabem qual operação foi usada). Rafael diz que não sabe qual é o número de Gabriel. Gabriel também diz que não tinha informação suficiente. Ambos concordam que G = 30.
Item a — O que a fala de Rafael revela? (6 pts)
Rafael não sabe o número de Gabriel. O que isso implica sobre R?
- Se R não fosse divisor de 60, então a operação Produto (R × G = 60) seria impossível (G = 60/R não seria inteiro). Nesse caso, Rafael saberia automaticamente que a operação é a Soma, logo G = 60 − R, e ele saberia o número de Gabriel.
- Mas Rafael diz que não sabe. Portanto, R não pode descartar o Produto — logo, R é divisor de 60.
| Critério | Pontos |
|---|---|
| Identificou as duas operações possíveis (Soma ou Produto) | 2 |
| Usou o argumento da contradição para R não ser divisor | 2 |
| Concluiu que R é divisor de 60 | 2 |
Item b — A operação real é o Produto (6 pts)
Da incerteza de Rafael concluímos que R é divisor de 60 — ambas as operações são possíveis para ele.
Agora: Gabriel, sabendo G, também diz que não tinha informação suficiente. Se a operação fosse a Soma, Gabriel saberia R = 60 − G imediatamente. Mas Gabriel diz que não sabia — portanto, Gabriel também não podia descartar o Produto.
Isso significa que a operação real é o Produto: R × G = 60.
Adicionalmente, o item pede mostrar que G ≠ 15. Se G = 15, e Gabriel soubesse que a operação é o Produto, ele calcularia R = 60/15 = 4. Mas Gabriel disse não ter informação suficiente — contradição. Logo G ≠ 15.
| Critério | Pontos |
|---|---|
| Concluiu que a operação real é o Produto | 2 |
| Assumiu G = 15 e chegou à contradição | 2 |
| Concluiu G ≠ 15 | 2 |
Item c — O número de Gabriel é 30 (8 pts)
Para que Gabriel não soubesse a operação, ambas as operações devem ter sido possíveis para ele:
- Produto: G deve ser divisor de 60 (para R = 60/G ser inteiro)
- Soma: G deve satisfazer que R = 60 − G também seja divisor de 60 (senão a Soma tornaria R não-divisor, e Rafael saberia automaticamente — contradição com o item a)
Condição-chave: tanto G quanto (60 − G) devem ser divisores de 60.
Divisores de 60: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60.
Testando quais divisores de 60 têm (60 − G) também divisor de 60:
- G = 1: 60 − 1 = 59 (não divide 60) ✗
- G = 2: 60 − 2 = 58 ✗
- G = 3: 57 ✗
- G = 4: 56 ✗
- G = 5: 55 ✗
- G = 6: 54 ✗
- G = 10: 50 ✗
- G = 12: 48 ✗
- G = 15: 45 ✗ (e já descartado pelo item b)
- G = 20: 40 ✗
- G = 30: 60 − 30 = 30 — 30 divide 60 ✓
- G = 60: 60 − 60 = 0 (inválido)
G = 30 é o único valor que satisfaz todas as condições.
| Critério | Pontos |
|---|---|
| Concluiu que G é divisor de 60 | 2 |
| Estabeleceu que (60 − G) também deve ser divisor de 60 | 3 |
| Testou os divisores e identificou G = 30 | 2 |
| Concluiu o número de Gabriel | 1 |
O que o Nível 3 de 2025 ensina
Quatro lições para quem vai prestar a OBMEP no futuro:
Diferenças revelam divisores. Na Q1, MDC(y, z, w) se encontra pelas diferenças z − y e w − y. Essa técnica economiza muito tempo.
O argumento de coloração transforma geometria em aritmética. Sempre que um problema envolver encaixe ou cobertura de tabuleiro, pergunte: o que acontece com as cores do xadrez?
Probabilidade total é uma soma, não um caminho único. Na Q5, o segredo foi estruturar como uma soma de cenários mutuamente exclusivos (K = 1 a 11).
Raciocínio epistêmico usa o que o outro não sabe. Na Q6, a chave foi entender que a incerteza de Rafael e Gabriel é informação, não ausência de informação.
Vídeos originais: canal Só o mi no YouTube. Questão 1: assista aqui. Questão 2: assista aqui. Questão 5: assista aqui. Questão 6: assista aqui.