Questão 151 — ENEM 2016 PPL

Ficha da Questão

• 📚 Matérias Necessárias: Matemática → Sistema de numeração decimal e valor posicional (representação em ábaco)
• ⚡ Nível: Difícil — exige entender simultaneamente a regra do "vai um" ("nunca dez") aplicada a três hastes e depois resolver uma equação com três incógnitas restritas aos intervalos de cada dado.
• 🎯 Tema/Habilidade: Valor posicional no sistema decimal e a lógica de "reagrupamento" (carrying) na adição — competência de números e operações do ENEM.
• 🏆 Gabarito: A — revelado após a resolução completa

Passo 1 — Leitura Estratégica do Comando

• Comando reformulado: "Sabendo o estado final do ábaco após duas jogadas e os valores da primeira jogada, descubra quais números saíram no cubo, no octaedro e no dodecaedro na segunda jogada."
• Palavras-chave decisivas: "nunca dez", "dez delas são retiradas... uma bolinha é colocada na haste imediatamente à esquerda", "acrescentadas às hastes... que contêm o resultado da primeira jogada"
• Armadilha típica: tentar comparar bolinha por bolinha entre a Figura 1 e a Figura 2 sem considerar que, na primeira jogada, o dodecaedro já forçou um "vai um" (11 bolinhas na unidade é proibido) — quem ignora essa transferência erra logo de cara o estado inicial da segunda jogada.
• O que a resposta precisa demonstrar: capacidade de traduzir uma configuração de bolinhas em um número (valor posicional), aplicar corretamente o reagrupamento de base 10 e resolver a equação resultante respeitando os limites de cada dado (cubo: 1-6, octaedro: 1-8, dodecaedro: 1-12).

Passo 2 — Mapa de Conceitos Essenciais

• Valor posicional (base decimal): cada haste do ábaco vale uma potência de 10 diferente — U = unidade (10⁰), D = dezena (10¹), C = centena (10²), UM = unidade de milhar (10³). O número representado é a soma de (bolinhas × valor da haste).
• Regra "nunca dez" (reagrupamento/"vai um"): é exatamente o mecanismo do algoritmo da adição em base 10 — sempre que uma haste acumula 10 ou mais bolinhas, retiram-se 10 delas e acrescenta-se 1 bolinha na haste imediatamente à esquerda (potência de 10 maior).
• O ábaco como registro de soma: como cada jogada apenas deposita bolinhas nas hastes correspondentes, o estado final do ábaco depois de duas jogadas é numericamente igual à soma dos dois números representados por cada jogada — o desenho é só uma "casa decimal" física para essa soma.

Passo 3 — Decodificação do Enunciado

• Evidência 1: "no cubo, no octaedro e no dodecaedro, as faces voltadas para cima foram, respectivamente, 6, 8 e 11" (Figura 1) → dá os valores exatos da 1ª jogada: cubo(C)=6, octaedro(D)=8, dodecaedro(U)=11.
• Evidência 2: "em cada haste podem ficar, no máximo, nove bolinhas" → a haste U, que recebeu 11 bolinhas na 1ª jogada, não pode ficar assim: é obrigatório aplicar o reagrupamento antes de prosseguir para a 2ª jogada.
• Evidência 3: a Figura 2 mostra o ábaco final com 1 bolinha em UM, 1 bolinha em C, 2 bolinhas em D e a haste U vazia → fornece o número total depois das duas jogadas: 1120.
• Síntese: convertendo a 1ª jogada (já reagrupada) e o resultado final em números decimais, a diferença entre eles é exatamente o valor que a 2ª jogada acrescentou — e esse valor se decompõe em 100·(cubo) + 10·(octaedro) + 1·(dodecaedro), pois cada dado alimenta uma haste de peso diferente.

Passo 4 — Resolução Completa (Passo a Passo)

Subpasso 4.1 — Traduzir a primeira jogada em número, aplicando o "nunca dez"

Cada dado deposita bolinhas na haste a ele associada; quem dá o peso decimal é a posição da haste, não o dado. Assim, a 1ª jogada colocou 6 bolinhas em C, 8 bolinhas em D e 11 bolinhas em U.

Só que U não pode exceder 9 bolinhas. Como recebeu 11, retiram-se 10 delas e acrescenta-se 1 bolinha na haste D:

• U: 11 − 10 = 1
• D: 8 + 1 = 9 (ainda ≤ 9, não gera novo reagrupamento)
• C: 6 (sem alteração)
• UM: 0

Estado do ábaco após a 1ª jogada: UM = 0, C = 6, D = 9, U = 1, isto é, o número 691.

Subpasso 4.2 — Montar a equação da segunda jogada

Sejam x (cubo, 1 ≤ x ≤ 6), y (octaedro, 1 ≤ y ≤ 8) e z (dodecaedro, 1 ≤ z ≤ 12) os valores da 2ª jogada. Essas bolinhas somam-se às hastes de peso 100 (C), 10 (D) e 1 (U), respectivamente, ou seja, acrescentam 100x + 10y + z ao número já existente no ábaco:

691 + (100x + 10y + z) = valor final

A Figura 2 mostra UM = 1, C = 1, D = 2, U = 0, ou seja, o número final 1120. Substituindo:

691 + 100x + 10y + z = 1120 ⟹ 100x + 10y + z = 429

Subpasso 4.3 — Verificação (resolver respeitando os intervalos de cada dado)

Como x é o valor do cubo, 1 ≤ x ≤ 6, e 100x ≤ 429, então x ≤ 4 (se x = 5, já teríamos 500 > 429, impossível).

Testando x = 4: 100(4) = 400, sobrando 10y + z = 29. Com 1 ≤ y ≤ 8 e 1 ≤ z ≤ 12:

• y = 2 → z = 29 − 20 = 9 (válido, dodecaedro aceita até 12) ✔️
• y = 1 → z = 19 (inválido, dodecaedro só vai até 12)
• y = 3 → z = −1 (impossível)

Logo y = 2 e z = 9 são os únicos valores compatíveis para x = 4.

Testando x = 3: sobraria 10y + z = 129, mas o máximo possível é 10(8) + 12 = 92 < 129 — impossível. Nenhum outro x menor funciona, então x = 4, y = 2, z = 9 é a única solução.

Conferindo: 100(4) + 10(2) + 9 = 400 + 20 + 9 = 429; 691 + 429 = 1120 = UM1 C1 D2 U0, exatamente a Figura 2. Todos os valores respeitam os dados (cubo ≤ 6, octaedro ≤ 8, dodecaedro ≤ 12).

Passo 5 — Análise Crítica de Todas as Alternativas

A) 4, 2 e 9.

✅ Correta: é exatamente a solução obtida — 100(4) + 10(2) + 9 = 429, que somado aos 691 já registrados no ábaco após a 1ª jogada resulta em 1120, o número mostrado na Figura 2.

B) 4, 3 e 9.

❌ Incorreta: mantém o cubo correto (4), mas troca o octaedro para 3. Calculando: 691 + 100(4) + 10(3) + 9 = 691 + 439 = 1130 ≠ 1120. O erro conceitual é assumir y = 3 sem verificar que isso obriga z = −1 na equação 10y + z = 29, o que é impossível.

C) 4, 3 e 10.

❌ Incorreta: 691 + 100(4) + 10(3) + 10 = 691 + 440 = 1131 ≠ 1120. Mesmo problema da alternativa B, agravado por também alterar o dodecaedro incorretamente — quem escolhe essa opção provavelmente tentou "forçar" valores plausíveis sem montar a equação algébrica.

D) 5, 3 e 10.

❌ Incorreta: usar x = 5 já viola o limite estabelecido em 100x ≤ 429 (100 × 5 = 500 > 429). Conferindo: 691 + 500 + 30 + 10 = 1231 ≠ 1120. Erro típico de quem estima os valores "no olho" a partir da Figura 2 sem primeiro reagrupar corretamente a primeira jogada.

E) 5, 4 e 9.

❌ Incorreta: novamente x = 5 excede o limite necessário. Conferindo: 691 + 500 + 40 + 9 = 1240 ≠ 1120. Reflete o mesmo erro de base da alternativa D — ignorar o reagrupamento da 1ª jogada (tratar a haste U como se ainda tivesse 11 em vez de 1 após o "vai um").

🏆 Gabarito: A — os valores 4 (cubo), 2 (octaedro) e 9 (dodecaedro) são os únicos que, somados ao número 691 já registrado no ábaco após a 1ª jogada (com o reagrupamento obrigatório de U), produzem exatamente o número 1120 mostrado na Figura 2, respeitando os limites de cada dado.

Passo 6 — Conclusão, Generalização e Dica de Prova

• Reafirmação do gabarito: a alternativa A é a única compatível simultaneamente com a equação 100x + 10y + z = 429 e com os intervalos de cada dado (x ≤ 6, y ≤ 8, z ≤ 12); todas as demais alternativas usam x = 5 (que excede o necessário) ou combinações de y e z que não fecham a soma.
• Padrão de cobrança: o ENEM costuma "disfarçar" questões de sistema de numeração decimal com contextos lúdicos (ábacos, jogos de dados, calendários maias, sistemas de numeração egípcio/romano) para testar se o estudante entende o valor posicional além do algoritmo mecânico "arme e efetue".
• Generalização: sempre que um problema envolver ábaco, bolinhas ou fichas em hastes/colunas com regra de "10 vira 1 na casa seguinte", a estratégia mais segura é converter tudo para o número decimal representado — isso transforma um problema visual complicado em uma equação simples de resolver.
• Dica de eliminação rápida: calcule primeiro o limite superior de cada incógnita (aqui, 100x ≤ 429 já elimina x = 5 e x = 6 de cara) — isso descarta imediatamente as alternativas D e E sem nem precisar somar tudo.
• Conexões: o mesmo raciocínio de reagrupamento aparece em conversão de bases numéricas (binário, hexadecimal) e em problemas de calendários/contagens cíclicas, outro tema recorrente nas provas de matemática do ENEM.