OBMEP 2021: Segunda Fase - Nível 1

Exercício 1

Mariana tem um jogo de 15 pinos, sendo 5 pretos, 5 brancos e 5 cinzas. Pinos de mesma cor valem o mesmo número de pontos. A pontuação obtida em uma jogada é a soma dos pontos dos pinos correspondentes aos pinos derrubados. Em uma jogada, Mariana fez 10 pontos ao derrubar dois pinos pretos. Em outra jogada, ela fez 12 pontos ao derrubar um pino preto e um branco. Numa terceira jogada, Mariana fez 55 pontos ao derrubar três pinos pretos, um branco e três cinzas.

Desafio Desafio

A) Quanto vale cada pino preto?

Resposta: 5

Como os 2 pinos valem 10 pontos, cada pino preto vale:

$$\text{Pino}_{\text{preto} }=10/2=5$$ Desafio

B) Quanto vale cada pino cinza?

Resposta: 11

  • Passo 1: pino branco Desafio

    $$\text{Pino}_{\text{branco} }=12-5=7$$

  • Passo 2: pino cinza

    $$3\text{Pino}_{\text{cinza} }=55-15-7=33$$
Desafio $$\text{Pino}_{\text{cinza} }=\frac{33}{3}=11 ~\text{pinos cinzas}$$

C) Mariana fez 42 pontos em uma jogada ao derrubar pelo menos um pino de cada cor. Quantos pinos de cada cor ela derrubou?

Enunciado:

  • na jogada em que Mariana fez 42 pontos,
  • pelo menos um pino de cada cor foi derrubado.

Possibilidade:

  • 2 pinos pretos e cada pino preto vale 5 pontos.
  • 3 pinos brancos e cada pino branco vale 7 pontos.
  • 1 pino cinza e cada pino cinza vale 11 pontos.

Logo:

$$\text{Pontos total} = 2 \text{ Pinos pretos }\times 5 + 3 \text{ Pinos brancos }\times 7 + 1 \text{ Pino cinza }\times 11=42$$

Vejamos como essa resposta foi encontrada e por que não há outra solução:

  • Se somente um pino cinza foi derrubado, o total dos valores dos pinos pretos e brancos derrubados deve ser 42 – 11 = 31. Observando a tabuada do 5 e a do 7, vemos que a única maneira de escrever 31 como uma soma de um múltiplo de 5 com um múltiplo de 7 é 31 = 2 × 5 + 3 × 7. Essa é a solução apresentada acima.
  • Se dois pinos de cor cinza foram derrubados, o total dos valores dos pinos pretos e brancos derrubados deve ser 42 – 22 = 20. Observando a tabuada do 5 e a do 7, vemos, de maneira análoga, que a única forma de escrever 20 como uma soma de um múltiplo de 5 com um múltiplo de 7 é 20 = 4 × 5 + 0 × 7, mas essa solução não serve, pois o enunciado diz que ao menos um pino branco foi derrubado.
  • Se três pinos de cor cinza foram derrubados, o total dos valores dos pinos pretos e brancos derrubados deve ser 42 – 33 = 9, e é impossível escrever 9 como soma de um múltiplo de 5 com um múltiplo de 7.
  • Se quatro ou mais pinos de cor cinza foram derrubados, o total dos valores dos pinos derrubados ultrapassa 42 e, portanto, não é esse o caso.

Exercício 2

Em uma fila há 100 pessoas. A primeira e a terceira posições da fila são ocupadas por homens. A cada cinco posições consecutivas, há três mulheres e dois homens. Por exemplo, nas posições 13, 14, 15, 16 e 17, há três mulheres e dois homens.

A) Quantas mulheres há na fila?

Desafio

Dividimos as 100 pessoas em blocos de 5 pessoas cada e obtemos 100 ÷ 5 = 20 blocos. Como em cada bloco há três mulheres, temos um total de 20 × 3 = 60 mulheres na fila

B) Complete a tabela abaixo escrevendo homem ou mulher em cada posição, de acordo com o enunciado. Desafio

Desafio
  • Nas cinco primeiras posições, há dois homens, logo, as posições 2, 4 e 5 devem ser ocupadas por mulheres.
  • Por outro lado, nas posições de 2 a 6, já há três mulheres e, portanto, a posição 6 deve ser ocupada por um homem.
  • Daqui para frente o padrão se repete: nas posições de 3 a 7 já existem dois homens, então, a posição 7 deve ser ocupada por uma mulher, e assim por diante.
  • Observamos que, de cinco em cinco, a sequência de homens e mulheres é sempre a mesma: HMHMM, HMHMM, HMHMM…

C) Complete a tabela abaixo escrevendo homem ou mulher em cada posição, de acordo com o enunciado Desafio

A resposta correta é essa porque as últimas posições, de 95 a 100, também apresentam a sequência HMHMM.

Desafio

Exercício 3

Janaína desenha quadrados formados por quadrados menores, cujos lados têm medidas inteiras. Por exemplo, a figura mostra como Janaína desenhou um quadrado de lado 4 formado por dez quadrados, sendo dois de lado 2 e oito de lado 1.

Desafio

A) Mostre como Janaína pode desenhar um quadrado de lado 3 formado com a menor quantidade possível de quadrados menores com lados de medidas inteiras.

Desafio

Para que a quantidade de quadrados usados para formar o quadrado de lado 3 seja a menor possível, Janaína deve usar os maiores quadrados possíveis.

  • No caso, ela pode usar somente um quadrado de lado 2, porque, se usar mais um, o quadrado terá que ter lado 4, pelo menos.
  • Ao usar um quadrado de lado 2, o restante deverá ser completado por 9 – 4 = 5 quadrados unitários.
  • Há mais outras três posições possíveis para essa figura, basta girar a primeira figura ou, equivalentemente, deslocar o quadrado de lado 2 para os outros cantos do quadrado de lado 3.

B) Janaína quer desenhar um quadrado grande formado por um quadrado de lado 3, alguns quadrados de lado 2 e a menor quantidade possível de quadrados de lado 1. Mostre, no quadriculado ao lado, como Janaína pode fazer esse desenho.

Desafio
  • Se Janaína quer usar um quadrado de lado 3 e quadrados de lado 2 para formar o quadrado grande, então, este deverá ter lado de medida 5, pelo menos.
  • Um quadrado de lado 5 corresponde a 25 quadrados unitários. Se, na sua composição, há um quadrado de lado 3, restam 25 – 9 = 16 quadrados unitários.
  • Cada quadrado de lado 2 corresponde a 4 quadrados unitários.
  • Em princípio, ela poderia usar quatro quadrados de lado 2, mas essa configuração não é possível, como pode ser visto com o teste de todas as possibilidades de encaixe.
  • Entretanto, é possível usar três quadrados de lado 2, restando completar com quatro quadrados unitários, que é o número mínimo procurado.
  • Vemos dois tipos diferentes de figuras que Janaína pode desenhar.
  • Ela pode, como no item anterior, girar essas figuras, fazendo outros desenhos.

C) Janaína quer desenhar um quadrado de menor lado possível formado por 13 quadrados de lado 1 e por outros quadrados maiores com lados de medidas inteiras. Mostre, no quadriculado ao lado, como Janaína pode fazer esse desenho.

Desafio

  • O menor quadrado contendo 13 quadrados unitários é o quadrado de lado 4.

  • Mas, como 16 – 13 = 3, esse quadrado não serve ao propósito de Janaína, porque, para preencher o espaço de 3 quadrados unitários, ela só pode usar 3 quadrados unitários, e, daí, o total deles seria 16, contrariando o enunciado.

  • No quadrado de lado 5, temos 25 – 13 = 12, o que corresponde a três quadrados de lado 2.

  • De fato, Janaína pode desenhar o quadrado de lado 5, o menor possível, com três quadrados de lado 2 e 13 quadrados unitários de várias maneiras diferentes, quatro das quais exemplificadas ao lado.

  • Note que não é possível usar um quadrado de lado 3 para ocupar o espaço de 12 quadrados unitários, pois o espaço restante (12 – 9 = 3) só poderia ser ocupado com quadrados unitários, aumentando seu número de 13 para 16.

Exercício 4

Joãozinho fez todas as divisões possíveis com dois números diferentes pertencentes ao conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Por exemplo, com os números 2 e 5, ele fez as seguintes divisões

  • 2 / 5 = 0,4
  • 5 / 2 = 2,5

A) Em quantas divisões Joãozinho obteve como resultado um número inteiro?

Os números inteiros nas divisões que Joãozinho fez são aqueles em que o dividendo é múltiplo do divisor, ou seja:

  • divisões a/b em que a é múltiplo de b.

Como a e b são dois números diferentes do conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, para cada possibilidade de divisor b em {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, devemos contar as possibilidades de dividendo a em {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, tais que a seja múltiplo de b e diferente de b. Temos:

  • para b = 1 as possibilidades para a são {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, ou seja, 8 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=1} = \left\{ \frac{2}{1}, \frac{3}{1}, \frac{4}{1},\frac{5}{1},\frac{6}{1},\frac{7}{1},\frac{8}{1}, \frac{9}{1} \right\}$$
  • para b = 2 as possibilidades para a são {4, 6, 8}, ou seja, 3 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=2} = \left\{ \frac{4}{2}, \frac{6}{2}, \frac{8}{2} \right\}$$
  • para b = 3 as possibilidades para a são {6, 9}, ou seja, 2 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=3} = \left\{ \frac{6}{3}, \frac{9}{3} \right\}$$
  • para b = 4 a possibilidade para a é {8}, ou seja, 1 possibilidade;
$$\text{Conjunto}_{b=4} = \left\{ \frac{8}{4} \right\}$$
  • para b = 5, 6, 7, 8, 9 não existem possibilidades para a.

Logo, Joãozinho obteve como resultado um número inteiro em 8 + 3 + 2 + 1 = 14 divisões.

B) Em quantas divisões Joãozinho obteve como resultado um número maior do que 0,5?

Os números maiores do que 0,5 nas divisões que Joãozinho fez são aqueles em que o dividendo é maior do que a metade do divisor, ou seja:

  • divisões a/b em que a é maior que a metade de b.

Como a e b são dois números diferentes do conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, para cada possibilidade de divisor b em {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, devemos contar as possibilidades de dividendo a em {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} tais que a seja diferente de b e maior do que a metade de b. Temos:

  • para b = 1 as possibilidades para a são {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, ou seja, 8 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=1} = \left\{ \frac{2}{1}, \frac{3}{1}, \frac{4}{1},\frac{5}{1},\frac{6}{1},\frac{7}{1},\frac{8}{1}, \frac{9}{1} \right\}$$
  • para b = 2 as possibilidades para a são {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, ou seja, 7 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=2} = \left\{ \frac{3}{2}, \frac{4}{2},\frac{5}{2},\frac{6}{2},\frac{7}{2},\frac{8}{2}, \frac{9}{2} \right\}$$
  • para b = 3 as possibilidades para a são {2, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, ou seja, 7 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=3} = \left\{ \frac{2}{3}, \frac{4}{3},\frac{5}{3},\frac{6}{3},\frac{7}{3},\frac{8}{3}, \frac{9}{3} \right\}$$
  • para b = 4 as possibilidades para a são {3, 5, 6, 7, 8, 9}, ou seja, 6 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=4} = \left\{ \frac{3}{4},\frac{5}{4},\frac{6}{4},\frac{7}{4},\frac{8}{4}, \frac{9}{4} \right\}$$
  • para b = 5 as possibilidades para a são {3, 4, 6, 7, 8, 9}, ou seja, 6 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=5} = \left\{ \frac{3}{5}, \frac{4}{5}, \frac{6}{5},\frac{7}{5},\frac{8}{5}, \frac{9}{5} \right\}$$
  • para b = 6 as possibilidades para a são {4, 5, 7, 8, 9}, ou seja, 5 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=6} = \left\{ \frac{4}{6}, \frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{8}{6}, \frac{9}{6} \right\}$$
  • para b = 7 as possibilidades para a são {4, 5, 6, 8, 9}, ou seja, 5 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=7} = \left\{ \frac{4}{7}, \frac{5}{7},\frac{6}{7},\frac{8}{7}, \frac{9}{7} \right\}$$
  • para b = 8 as possibilidades para a são {5, 6, 7, 9}, ou seja, 4 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=8} = \left\{ \frac{5}{8},\frac{6}{8},\frac{7}{8}, \frac{9}{8} \right\}$$
  • para b = 9 as possibilidades para a são {5, 6, 7, 8}, ou seja, 4 possibilidades.
$$\text{Conjunto}_{b=9} = \left\{ \frac{5}{9},\frac{6}{9},\frac{7}{9}, \frac{8}{9} \right\}$$

Portanto, Joãozinho obteve como resultado um número maior do que 0,5 em 8 + 7 + 7 + 6 + 6 + 5 + 5 + 4 + 4 = 52 divisões.

C) Quantos resultados diferentes foram obtidos por Joãozinho?

Os resultados diferentes nas divisões que Joãozinho fez são aqueles em que o dividendo e o divisor não possuem fatores comuns, ou seja:

  • a/b e, qie a e b são primos entre si

pois, se houver um fator comum k a a e b, então a = k × a’ e b = k × b’, e esse fator comum k pode ser cancelado na divisão

$$\frac{a}{b}=\frac{k a^\prime}{k b^\prime}=\frac{a^\prime}{b^\prime}$$

e a nova divisão também será uma divisão feita por Joãozinho. Como a e b são dois números diferentes do conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, para cada possibilidade de divisor b em {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, devemos contar as possibilidades de dividendo a em {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} tais que a e b sejam primos entre si. Temos:

Desafio
  • para b = 1 as possibilidades para a são {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, ou seja, 8 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=1} = \left\{ \frac{2}{1}, \frac{3}{1}, \frac{4}{1},\frac{5}{1},\frac{6}{1},\frac{7}{1},\frac{8}{1}, \frac{9}{1} \right\}$$
  • para b = 2 as possibilidades para a são {1, 3, 5, 7, 9}, ou seja, 5 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=2} = \left\{ \frac{3}{2}, \frac{3}{2},\frac{5}{2}, \frac{7}{2}, \frac{9}{2} \right\}$$
  • para b = 3 as possibilidades para a são {1, 2, 4, 5, 7, 8}, ou seja, 6 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=3} = \left\{ \frac{1}{3}, \frac{2}{3},\frac{5}{3}, \frac{7}{3}, \frac{9}{3} \right\}$$
  • para b = 4 as possibilidades para a são {1, 3, 5, 7, 9}, ou seja, 5 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=4} = \left\{ \frac{1}{4}, \frac{3}{4},\frac{5}{4}, \frac{7}{4}, \frac{9}{4} \right\}$$
  • para b = 5 as possibilidades para a são {1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9}, ou seja, 8 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=5} = \left\{ \frac{1}{5}, \frac{2}{5}, \frac{3}{5}, \frac{4}{5},\frac{6}{5},\frac{7}{5},\frac{8}{5}, \frac{9}{5} \right\}$$
  • para b = 6 as possibilidades para a são {1, 5, 7}, ou seja, 3 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=6} = \left\{ \frac{1}{6}, \frac{5}{6}, \frac{7}{6} \right\}$$
  • para b = 7 as possibilidades para a são {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9}, ou seja, 8 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=7} = \left\{ \frac{1}{7}, \frac{2}{7}, \frac{3}{7}, \frac{4}{7},\frac{5}{7},\frac{6}{7},\frac{8}{7}, \frac{9}{7} \right\}$$
  • para b = 8 as possibilidades para a são {1, 3, 5, 7, 9}, ou seja, 5 possibilidades;
$$\text{Conjunto}_{b=8} = \left\{ \frac{1}{8}, \frac{3}{8}, \frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8} \right\}$$
  • para b = 9 as possibilidades para a são {1, 2, 4, 5, 7, 8}, ou seja, 6 possibilidades.
$$\text{Conjunto}_{b=9} = \left\{ \frac{1}{9}, \frac{2}{9}, \frac{4}{9}, \frac{5}{9},\frac{7}{9},\frac{8}{9} \right\}$$

Logo, Joãozinho obteve 8 + 5 + 6 + 5 + 8 + 3 + 8 + 5 + 6 = 54 resultados diferentes nas suas divisões.

Exercício 5

Maria pinta, em seu caderno, figuras formadas por trapézios e hexágonos. Cada hexágono pode ser pintado de azul, bege ou cinza, e cada trapézio, de azul ou preto. Polígonos com um lado em comum não podem ter a mesma cor. A figura a seguir é um exemplo de uma pintura feita por Maria.

Desafio

A) De quantas maneiras Maria pode pintar a fi gura abaixo? Desafio

Maria pode pintar de azul tanto o hexágono como o trapézio e, portanto, essa cor deve ser tratada separadamente.

  • Caso 1: se o hexágono for pintado de azul, então, para não repetir a mesma cor no trapézio, este só pode ser pintado de preto (1 possibilidade).
  • Caso 2: se o hexágono não for pintado de azul (2 possibilidades), Maria poderá pintar o trapézio de azul ou de preto (2 possibilidades). $$\text{Caso 2}= 2\times 2 = 4$$

Juntando os dois casos, vemos que Maria pode pintar a Figura 1 de 1 + 4 = 5 maneiras diferentes

B) De quantas maneiras Maria pode pintar a fi gura abaixo? Desafio

  • Caso 1: se o hexágono for pintado de azul por Maria, todos os três trapézios devem ser pintados de preto (1 possibilidade).
  • Caso 2: se o hexágono não for pintado de azul (2 possibilidades), cada um dos três trapézios da Figura 2 pode ser pintado de azul ou preto. $$2\times 2 \times 2 \times 2 = 16$$

Juntando os dois casos, vemos que Maria pode pintar a Figura 2 de 1 + 16 = 17 maneiras diferentes.

C) De quantas maneiras Maria pode pintar a fi gura abaixo Desafio

Vamos enumerar as regiões de acordo com a figura ao lado:

Desafio

Vamos dividir em 6 casos:

  • Hexágono 1 na cor azul, hexágono 2 na cor bege. Nesse caso, os trapézios 3, 4 e 5 devem ser pintados de preto (1 possibilidade).
  • Hexágono 1 na cor azul, hexágono 2 na cor cinza. Nesse caso, também os trapézios 3, 4 e 5 devem ser pintados de preto (1 possibilidade).
  • Hexágono 1 na cor bege, hexágono 2 na cor azul. Nesse caso, os trapézios 3 e 4 devem ser pintados de preto, mas o trapézio 5 pode ser pintado de azul ou preto (2 possibilidades).
  • Hexágono 1 na cor bege, hexágono 2 na cor cinza. Cada trapézio pode ser pintado de duas cores (2 × 2 × 2 = 8 possibilidades).
  • Hexágono 1 na cor cinza, hexágono 2 na cor azul. Nesse caso, os trapézios 3 e 4 devem ser pintados de preto e o trapézio 5 pode ser pintado de duas cores (2 possibilidades).
  • Hexágono 1 na cor cinza, hexágono 2 na cor bege. Cada trapézio pode ser pintado de duas cores (2 × 2 × 2 = 8 possibilidades).

Logo, há 1 + 1 + 2 + 8 + 2 + 8 = 22 maneiras diferentes de Maria pintar a Figura

Exercício 6

Um dia é fantástico quando sua data, escrita na forma DD/MM/AA, contém todos os algarismos de 0 a 5. Por exemplo, o dia 12 de abril de 2053 será fantástico, pois sua data, 12/04/53, contém todos os algarismos de 0 a 5. Já o dia seguinte não será fantástico, pois sua data, 13/04/53, não contém o algarismo 2.

A) Qual será o último dia fantástico do ano de 2054?

Para uma data Dd/Mm/54 ser um dia fantástico, D, d, M, m devem ser

  • 0, 1, 2 e 3, em alguma ordem, já que 4 e 5 estão presentes no ano.
  • Como queremos o último dia fantástico desse ano, devemos buscar algum dia em dezembro.
  • Assim, Mm = 12.

Logo, como 30 é maior do que 03, o último dia fantástico de 2054 será 30/12/54.

B) No ano de 2001 não há dias fantásticos, pois não podemos escolher M, uma vez que, se

  • No ano de 2001 não há dias fantásticos, pois não podemos escolher M, uma vez que, se Dd/Mm/Aa é fantástico, então, M = 0 ou M = 1.

Além disso, nos anos de 2002, 2003, 2004 ou 2005, só poderá existir um dia fantástico se M = 1, já que 0 já foi utilizado.

  • Nesse caso, devemos ter necessariamente m = 2, pois não podemos repetir o 1. Isso exclui a possibilidade de termos um ano fantástico em 2002.

  • Para um dia ser fantástico em 2003, devemos ter D e d iguais a 5 e 4 em alguma ordem. Isso é impossível, pois dias assim não existem.

  • Para termos um ano fantástico em 2004, devemos ter D e d iguais a 3 e 5 em alguma ordem. Isso também é impossível.

  • Para termos um ano fantástico em 2005, devemos ter D e d iguais a 3 e 4 em alguma ordem. Impossível novamente.

  • O próximo ano a ser testado é 2010. Nesse caso, M não pode ser 1 ou 0.

  • A seguir testamos 2012. Nesse caso, M = 0. Assim, D, d e m são 3, 4, 5 em alguma ordem (o que é impossível).

  • Finalmente, testamos 2013. Nesse caso, M = 0, enquanto D, d e m são, em alguma ordem, iguais a 2, 4 e 5.

Como D = 0, 1, 2 ou 3, devemos ter D = 2.

Assim, como queremos o primeiro dia após 1º de janeiro de 2001, a resposta é 25/04/13, pois ela vem antes de 24/05/13.

C) Entre 2001 e 2100, quantos anos têm pelo menos um dia fantástico?

Vimos que, entre 2001 e 2100,

  • o primeiro ano com alguma data fantástica é 2013 (item b) e
  • o último é 2054 (item a).

Mantendo a notação Dd/Mm/Aa e lembrando que letras diferentes correspondem a números diferentes do conjunto {0, 1, 2, 3, 4, 5}, podemos dividir a contagem em dois casos disjuntos:

  • Caso 1: {A, a} é um subconjunto com dois elementos distintos de {2, 3, 4, 5}.
    • Para um dia 1d/0m/Aa ser fantástico, basta que d, m, A, a sejam uma permutação de {2, 3, 4, 5}. Logo, se {A, a} for um subconjunto com dois elementos distintos de {2, 3, 4, 5}, esse ano terá pelo menos um dia fantástico do tipo 1d/0m/Aa.
    • Podemos formar 4 × 3 = 12 anos com essa condição.
  • Caso 2: {A, a} ⊂ {0, 1, 2, 3, 4, 5} não é um subconjunto com dois elementos distintos de {2, 3, 4, 5}. Há três subcasos:
    • A ∈ {2, 3, 4, 5} e a ∉ {2, 3, 4, 5}
      • (são os anos de 2020, 2021, 2030, 2031, 2040, 2041,2050 e 2051); ou
    • A ∉ {2, 3, 4, 5} e a ∈ {2, 3, 4, 5}
      • (são os anos de 2013, 2014 e 2015, pois os anos de 2002, 2003, 2004, 2005 e 2012 não têm datas fantásticas, já que elas começam a aparecer em 2013); ou
    • A ∉ {2, 3, 4, 5} e a ∉ {2, 3, 4, 5}
      • (os anos de 2000, 2001, 2010 e 2011 não têm datas fantásticas, já que elas começam a aparecer em 2013).

Os anos 2020, 2030, 2040 e 2050 (terminados em 0) não têm datas fantásticas. De fato, nesses casos, M = 1, D = 2 (o caso D = 3 forçaria d = 0 ou d = 1, já utilizados) e m não poderia ser nenhum de seus possíveis valores 0, 1 ou 2, pois eles já foram utilizados.

O ano de 2021 não tem datas fantásticas. Nesse caso, como antes, M = 0, D = 2 e não poderíamos escolher m.

Todos os anos restantes ― 2013, 2014, 2015, 2031, 2041, 2051 ― têm datas fantásticas, que são da forma 2d/0m/A1 ou da forma 2d/0m/1a, bastando escolher d, m e a como elementos de uma permutação de {3, 4, 5}. No total do caso 2, há, portanto, 6 possibilidades. Juntando os casos 1 e 2, vemos que há um total de 12 + 6 = 18 anos com pelo menos um dia fantástico. Os anos que possuem alguma data fantástica são os seguintes.

  • 2013 (25/04/13 é um exemplo)
  • 2014 (23/05/14)
  • 2015 (23/04/15)
  • 2023 (14/05/23)
  • 2024 (15/03/24)
  • 2025 (13/04/25)
  • 2031 (24/05/31)
  • 2032 (14/05/32)
  • 2034 (12/05/34)
  • 2035 (14/02/35)
  • 2041 (23/05/41)
  • 2042 (13/05/42)
  • 2043 (12/05/43)
  • 2045 (13/02/45)
  • 2051 (23/04/51)
  • 2052 (13/04/52)
  • 2053 (14/02/53)
  • 2054 (30/12/54)

Os demais anos entre 2001 e 2100 não possuem datas fantásticas.