Questão 6 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2006

Question

Rodrigo coloca lápis cilíndricos de 15 cm de comprimento e 1 cm de diâmetro em caixas na forma de bloco retangular com base de dimensões 6 cm por 15 cm. Ele empilha os lápis nas caixas usando dois métodos diferentes, ilustrados a seguir:

Ilustração de dois métodos de empilhamento de lápis em caixas: à esquerda, Método A, com três camadas de 6 lápis alinhados vertical e horizontalmente, cujos centros formam um quadrado; à direita, Método B, com três camadas intercaladas de 6, 5 e 6 lápis, cujos centros formam um triângulo equilátero.

No método A, os centros dos círculos formam quadrados e, no método B, triângulos equiláteros, como na figura.

(a) Mostre que cada camada de lápis empilhados pelo método B, exceto a primeira, acrescenta \dfrac{\sqrt{3}}{2}\text{ cm} à altura da pilha.

Para resolver os próximos itens, use a aproximação 0{,}87 para \dfrac{\sqrt{3}}{2}.

(b) Rodrigo quer colocar 90 lápis em uma caixa. Qual a menor altura que a caixa deve ter se ele usar o método A? E se ele usar o método B?

(c) Olímpico mostrou a Rodrigo como empacotar 90 lápis em uma caixa de altura 14{,}5\text{ cm}. Como isso pode ser feito?

Answer 1

PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 6 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2006

Nível 3 · Matemática: Teorema de Pitágoras e relações métricas

Rodrigo coloca lápis cilíndricos de 15 cm de comprimento e 1 cm de diâmetro em caixas na forma de bloco retangular com base de dimensões 6 cm por 15 cm. Ele empilha os lápis nas caixas usando dois métodos diferentes, ilustrados a seguir:

Ilustração de dois métodos de empilhamento de lápis em caixas: à esquerda, Método A, com três camadas de 6 lápis alinhados vertical e horizontalmente, cujos centros formam um quadrado; à direita, Método B, com três camadas intercaladas de 6, 5 e 6 lápis, cujos centros formam um triângulo equilátero.

No método A, os centros dos círculos formam quadrados e, no método B, triângulos equiláteros, como na figura.

(a) Mostre que cada camada de lápis empilhados pelo método B, exceto a primeira, acrescenta \dfrac{\sqrt{3}}{2}\text{ cm} à altura da pilha.

Para resolver os próximos itens, use a aproximação 0{,}87 para \dfrac{\sqrt{3}}{2}.

(b) Rodrigo quer colocar 90 lápis em uma caixa. Qual a menor altura que a caixa deve ter se ele usar o método A? E se ele usar o método B?

(c) Olímpico mostrou a Rodrigo como empacotar 90 lápis em uma caixa de altura 14{,}5\text{ cm}. Como isso pode ser feito?

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Resolução comentada

Solução oficial da OBMEP

a) Queremos determinar a distância x entre o topo de uma camada e o topo da camada seguinte. Consideremos o triângulo eqüilátero formado pelos centros de três circunferências tangentes duas a duas, como na figura. Esse triângulo tem lado \ell = 1\text{ cm} e sua altura mede h = \ell\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}. Por outro lado, a figura nos mostra que x + 1 = 0{,}5 + h + 0{,}5 = h + 1, e segue que x = h = \frac{\sqrt{3}}{2}.

[Figura: Três círculos de diâmetro 1 cm em contato mútuo, com triângulo equilátero ligando os centros, altura h e cotas verticais indicando distâncias 0,5, h, 0,5, resultando em x e 1.]

b) No método A cada camada tem exatamente 6 lápis, logo para empilhar 90 lápis serão necessárias 90 \div 6 = 15 camadas. Como a altura de cada camada é 1\text{ cm}, a altura mínima da caixa, nesse caso, deve ser de 15\text{ cm}.

Utilizando o método B, alternam-se fileiras de 6 e de 5 lápis, de forma que cada duas fileiras contêm 11 lápis. Assim, serão necessárias 16 fileiras completas para empilhar 8 \times 11 = 88 lápis, e mais uma 17^{\text{a}} fileira incompleta com os 2 lápis que faltam. Para calcular a altura dessa pilha, observamos que a 1^{\text{a}} fileira tem altura 1\text{ cm} e cada uma das demais acrescenta \frac{\sqrt{3}}{2}\text{ cm} à altura. Utilizando a aproximação indicada concluímos que a altura mínima da caixa, neste caso, é aproximadamente 1 + 16 \times 0{,}87 = 14{,}92\text{ cm}.

c) Para colocar 90 lápis em uma caixa de altura 14{,}5\text{ cm}, Olímpico teve que misturar os métodos de empilhamento, pois ele viu (como no item (b)) que para fazer isso usando exclusivamente o método A seria necessário uma caixa de altura mínima de 15\text{ cm} e, pelo método B, uma caixa com altura mínima de aproximadamente de 14{,}92\text{ cm}.

Supondo que Olímpico tenha usado camadas completas de lápis, sejam x e y o número de camadas de 6 e de 5 lápis, respectivamente, que ele usou; devemos ter então 6x + 5y = 90. Observando que 5y e 90 são múltiplos de 5, concluímos que x deve ser múltiplo de 5. Logo x só pode assumir os valores 5 ou 10 pois x = 0 representa utilizar apenas fileiras de 5 lápis, x = 15 corresponde a utilizar apenas o método A, o que não é o caso. Notamos também que x não pode ser maior que 15, pois nesse caso o número de lápis seria maior que 90.

Se x = 5 e y = 12 teríamos 17 camadas de lápis, com altura certamente maior ou igual a 1 + 16 \times 0{,}87 = 14{,}92\text{ cm}. Logo Olímpico deve ter usado x = 10 e y = 6, ou seja, 10 camadas de 6 lápis e 6 de 5 lápis. Um modo de empilhamento que ele pode ter usado está ilustrado na figura 1, onde a altura da pilha é aproximadamente 4 + 12 \times 0{,}87 = 4 + 10{,}44 = 14{,}44\text{ cm}.

[Figura 1: Empilhamento composto por 4 camadas alinhadas verticalmente na base com altura de 4 cm e 12 camadas superiores alternadas com altura de 10,44 cm.]

Alternativamente, Olímpico pode ter percebido (como na solução do item (b)) que 88 lápis podem ser empilhados pelo método B em uma caixa com altura 1 + 15 \times 0{,}87 = 14{,}05\text{ cm} de altura. Os dois lápis que faltam podem completar duas camadas de 5 lápis, como na figura 2, aumentando a altura total em aproximadamente 3 \times (1 - 0{,}87) = 0{,}39\text{ cm}, ou seja, até 14{,}05 + 0{,}39 = 14{,}44\text{ cm}.

[Figura 2: Empilhamento alternativo mostrando 12 camadas na base com altura de 10,44 cm e camadas superiores totalizando 4 cm, com dois círculos sombreados adicionais.]

Esse problema leva a uma pergunta interessante: qual a menor altura de uma caixa em que podem ser colocados n lápis? Divirta-se tentando achar a solução. Uma pista: não é tão simples quanto parece!

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Resolução comentada

a) Em cada camada, os lápis se tocam, então os centros de dois lápis vizinhos ficam a 1\ \text{cm} um do outro (o diâmetro). Na camada seguinte, cada lápis encaixa entre dois lápis da camada de baixo e encosta nos dois. Assim, esse centro e os dois centros de baixo formam um triângulo equilátero de lado 1.

A altura que a camada acrescenta é a distância vertical entre as duas linhas de centros, ou seja, a altura desse triângulo:

h=\sqrt{1^2-\left(\tfrac12\right)^2}=\sqrt{\tfrac34}=\dfrac{\sqrt3}{2}\ \text{cm}.

Cada camada, exceto a primeira, acrescenta \dfrac{\sqrt3}{2}\ \text{cm}.

b) A base tem 6\ \text{cm} de largura, e os lápis têm 15\ \text{cm}, o comprimento da caixa. Logo, cada camada tem no máximo 6 lápis.

Método A: todas as camadas têm 6 lápis e cada uma acrescenta 1\ \text{cm}. Então 90\div 6=15 camadas, e a altura é 15\ \text{cm}.

Método B: as camadas alternam 6 e 5 lápis. Duas camadas seguidas têm 11 lápis, e 8 pares dão 88 lápis em 16 camadas. Como 88<90, são necessárias 17 camadas, que comportam 94 lápis, o suficiente. Com 17 camadas, a altura é a primeira camada (1\ \text{cm}) mais 16 acréscimos de 0{,}87:

1+16\cdot 0{,}87=1+13{,}92=14{,}92\ \text{cm}.

Método A: 15\ \text{cm}; método B: 14{,}92\ \text{cm}.

c) Combinamos os dois métodos. Camadas de 6 lápis empilhadas diretamente (como no A) acrescentam 1\ \text{cm}. Camadas alternadas de 6 e 5 (como no B) acrescentam 0{,}87\ \text{cm}.

Usamos 16 camadas, sendo 10 de 6 lápis e 6 de 5 lápis: 10\cdot 6+6\cdot 5=90.

Empilhe 12 camadas alternando 6,5,6,5,\dots,6,5 (método B). São 11 acréscimos de 0{,}87 dentro dessas camadas.
Coloque sobre elas mais 4 camadas de 6 lápis. A primeira se encaixa na última camada de 5 (acréscimo de 0{,}87). As outras 3 ficam diretamente uma sobre a outra (método A), com 3 acréscimos de 1.

Altura total:

1+12\cdot 0{,}87+3\cdot 1=1+10{,}44+3=14{,}44\ \text{cm}\le 14{,}5\ \text{cm}.

Use 16 camadas: 6 camadas de 5 lápis e 10 de 6, alternando 6,5 nas 12 primeiras e empilhando as 4 últimas de 6 lápis em quadrado. A altura é 14{,}44\ \text{cm}, que cabe na caixa de 14{,}5\ \text{cm}.

Assunto: Teorema de Pitágoras e relações métricas.

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Questão 6 no caderno Nível 3 da 2ª fase da OBMEP 2006

Fonte: OBMEP 2ª fase 2006 · Nível 3. Prova oficial ↗