Este documento contém o gabarito da primeira fase da Olimpíada Interestadual de Matemática de 2012, com as soluções de 20 questões e observações sobre a correção.

1. OIM 2012 - Olimpíada Interestadual de Matemática de 2012
201
ível 3
Gabarito
Questão A B C D E
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15 Anulada
16
17
18
19
20
Obs.:
• Cada questão da 1ª Fase vale 1 ponto (o total é de 20 pontos).
• a questão A ULADA, todos os alunos devem receber 1 ponto.

2. Soluções dos problemas
1) Alternativa (D): A fim de podermos descobrir um padrão, calculemos iteradamente os valores iniciais
de f ( x) . Temos:
f ( 0) = 1
f (1) = 1
f ( 2) = 1 + f (0) = 2
f ( 3) = 1 + f (1) = 2
f ( 4) = 1 + f ( 2) = 3
f ( 5 ) = 1 + f ( 3) = 3
f ( 6) = 1 + f ( 4) = 4
f ( 7 ) = 1 + f ( 5) = 4
Daí, inferimos que f ( 2k ) = k + 1 e f ( 2k + 1) = k + 1 ; equivalentemente:
x (x − 1)
f ( x) = 1 + , quando x for par e f ( x) = 1 + , quando x for ímpar.
2 2
Para provarmos rigorosamente essa afirmação, basta mostrar que a validade das expressões acima para
um dado x (par ou ímpar) implica na validade do valor seguinte de x que tenha a mesma paridade. Para
isso, usaremos a recorrência. Vejamos:
No caso de x par, temos:
x x (x + 2)
f ( x + 2) = 1 + f ( x ) = 1 + 1 + = 2 + = 1 + .
2 2 2
No caso de x ímpar:
(x - 1) (x - 1) (x + 1)
f ( x + 2) = 1 + f ( x ) = 1 + 1 + = 2 + = 1+ .
2 2 2
2012
Logo, f (2012) = 1 + = 1007 .
2
2) Alternativa (B): Devemos na verdade procurar os números que não são múltiplos de 3 ∙ 8 = 24. O
maior múltiplo de 24 com 2 algarismos é 96 (4 ∙ 24) e o maior múltiplo de 24 com 3 algarismos é
975 (39 ∙ 24). Logo existem 39 − 4 + 2 = 37 múltiplos de 24 com 3 algarismos.Como existem
999 − 100 + 1 = 900 números de 3 algarismos, temos 900 − 37 = 863 números que não são múltiplos
nem de 3 nem de 8.
3) Alternativa (D): Temos x3 + x 4 = x 2 ( x + x 2 ) . Como x² = 4 x − 3 , então
(4x − 3)(x + 4x − 3) = (4x − 3)(5x − 3) = 20x² − 27x + 9 = 20(4x − 3) − 27x + 9 = 53x − 51 = 108 ⇔ x = 3
Logo x3 + x 4 = 33 + 34 = 108.
2

3. 4) Alternativa (B): Como a soma dos ângulos internos de um polígono de n lados é (n − 2) ⋅ 180°
(n − 2) ⋅ 180° (n − 2) ⋅ 180° 180n − 360 360
então cada ângulo mede . Como = = 180 − ,
n n n n
podemos perceber que n é divisor de 360. Temos que 360 tem 24 divisores, a saber, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9,
10, 12, 15, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 45, 60, 72, 90, 120, 180 e 360. Mas como no caso que estamos
considerando n ≥ 3 , então devemos desconsiderar os divisores 1 e 2. Logo há 24 - 2 = 22 polígonos
regulares cujos ângulos têm medidas inteiras.
5) Alternativa (E): Por cálculo direto, percebemos que os primeiros números pentagonais são 1, 5, 12 e
22. Percebemos que eles são soma dos n primeiros termos da PA 1, 4, 7, 10, 13, 16..., cuja razão é 3.
Logo, o 10° termo dessa PA deve ser 1 + 3 ⋅ 9 = 28 .
6) Alternativa (C): Analisando os resultados, percebemos que ao digitar a multiplicação ‫ ݕݔ‬a calculadora
fornece na verdade o resultado de ሺ‫ ݔ‬ଶ + ‫ ݕ‬ଶ ሻ − ‫ .ݕ2 − ݕݔ‬Realmente, vemos que 4 ∙ 5 = ሺ4ଶ + 5ଶ ሻ −
4 ∙ 5 − 2ሺ5ሻ = 11 e 7 ∙ 3 = ሺ7ଶ + 3ଶ ሻ − 7 ∙ 3 − 2ሺ3ሻ = 31. Logo, se Gabriel digitar em sua
calculadora o valor 8 ∙ 7, sendo que, nesse caso, ‫ 8 = ݔ‬e ‫ ,7 = ݕ‬obterá como resultado ሺ8ଶ + 7ଶ ሻ − 8 ∙
7 − 2ሺ7ሻ = 43.
7) Alternativa (D): observado o último algarismo das potências de 2, 3 e 4 e sua periodicidade, podemos
constatar que o último algarismo de 22010 é 4, assim como o último algarismo de 32011 é 7 e o último
algarismo de 4
2012
é 6. Logo, o último algarismo de 22010 + 32011 + 42012 é 4 + 7 + 6 = 17, cujo último
algarismo é 7.
8) Alternativa (D): Analisando a figura, podemos ver que a palavra AMORA aparece num total de
25−1 = 16 vezes. Portanto, podemos obter a palavra AMORA de 16 maneiras diferentes.
9) Alternativa (A): H 1 = 1
H 2 = 2 + 4 = 6 = 2(1 + 2)
H 3 = 3 + 6 + 9 = 18 = 3(1 + 2 + 3)
⋮ ⋮ ⋮ ⋮
H10 = 10 + 20 + 30 + ... + 100 = 550 = 10(1 + 2 + 3 + ... + 10)
Logo, H1 + H 2 + H 3 + ... + H10 = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10)(31) = 55 × 31 = 1705
10) Alternativa (A): Primeiramente, vamos determinar quantos segundos existem em três meses. Cada
minuto tem 60 segundos, cada hora tem três meses. Como a torneira goteja a uma taxa de 3 gotas por
segundo, teremos um total de 3 ⋅ 7776000 = 23328000 gotas. Como cada gota tem uma massa de 0,1
gramas, teremos uma massa total de 2332,8 kg.
3

4. Já que cada litro de água tem uma massa de 1 kg, assim, uma massa de 2332,8 kg corresponde a um
volume de 2332,8 litros de água, ou aproximadamente 2334 litros.
11) Alternativa (C): A soma deve ser maior ou igual ao produto. Dos 5 ∙ 5 = 25 pares possíveis, 10
10 2
satisfazem a condição dada. Portanto, P= = = 40% .
25 5
12) Alternativa (C): Seja r o raio da esfera A.O volume da esfera B é 2r . Sabemos que o volume da
4πR ³
esfera é calculado pela seguinte fórmula: V = . Logo, temos que:
3
4π rA ³
VA = VB = 2rA
3
Pelo enunciado, sabemos que a razão entre os volumes das duas esferas é 216π ³ .
VA
Podemos afirmar que = 216π ³ → VA = 216π ³VB → VA = 216π ³(2rA ) → VA = 432π ³rA . E
VB
4π rA ³
= 432π ³rA → 4π rA ³ = 1296π ³rA → 4π rA ² = 1296π ³ → rA ² = 324π ² → rA = 18π
3
Substituindo:
4π rB ³
VB = 2(18π ) → VB = 36π → 36π = → 108π = 4π rB ³ → rB ³ = 27 → rB = 3
3
O raio da esfera B é 3.
8
13) Alternativa (D): A equação é equivalente a 2 x = 512 , uma equação incompleta do 8° grau. Segue
que ela possui 8 raízes reais e iguais.
14) Alternativa (A): Um dos cinco números é divisor da soma dos outros quatro se, e somente se, é divisor
da soma dos cinco números. Tal soma é 37 + 48 + 54 + 56 + 64 = 259 = 7 ⋅ 37, que é divisível por 37.
15) Questão Anulada.
16) Alternativa (B): Indicaremos o transformado de um número n por t(n ) . Observemos que um número
e a soma de seus algarismos deixam o mesmo resto quando divididos por 9. Partindo disso, podemos
afirmar que se Fernando transformar 201252 obterá o resto da divisão de 201252 por 9. Para descobrir
esse resto, iremos utilizar módulo 9:
20125² ≡ 1² ≡ 1(mod 9) ⇒ t(20125²) = 1
4

5. 17) Alternativa (E): 1ª Solução: Vamos dividir a figura em 5 triângulos:
A
E
d B
C
D
Podemos ver que 4 dos 5 triângulos são equiláteros e um deles é isósceles, mas eles têm áreas
equivalentes. Se traçarmos um segmento FG perpendicular à AD ligando os vértices dos dois triângulos
equiláteros centrais, como mostra a figura abaixo, perceberemos que AFG é igual a ECB, já que eles
possuem seus ângulos congruentes e seus lados iguais.
A
E
F G
d B
C
D
Logo, AE = EG = GB = 5 e AE = EG + GB = 10 cm.
2ª Solução: Baseando-se na figura mostrada acima, podemos mostrar que como os triângulos AEF, EFC e
FDC são iguais, AF = FD = 5, e AD = 10 cm. Pelos triângulos AFE, EFC e FDC serem semelhantes ao
triângulo AGD, então AD = AG = GD =10 cm e como o triângulo GCB é isósceles, então AB mede 10 +
5 = 15 cm. Logo, EB = AB - AE = 15 - 5 = 10 cm.
n . Podemos perceber que
18) Alternativa (B): Vamos considerar um jogo de dominó com peças de 0 a
esse jogo de dominó deverá ter um total de (n + 1) + n + (n − 1) + (n − 2) + ... + 1 peças, ou
(n + 1)(n + 2)
seja, NP =
2
Como no jogo de dominó inventado por Ricardo há um total de 136 peças, temos que
(n + 1)(n + 2) n² + 3n + 2
136 = → 136 = → n² + 3n + 2 = 272 → n² + 3n − 270 = 0
2 2
As soluções da equação do 2º grau n ² + 3n − 270 = 0 são n1 = 15 e n2 = −18 , donde devemos
desconsiderar a solução negativa, já que num jogo de dominó não existem peças com números negativos.
Então, o maior número presente no jogo de dominó criado por Ricardo é 15.
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6. 19) Alternativa (B): João pode escolher 2 dos 4 números num total de 3 + 2 + 1 = 6 formas diferentes.
Destas, apenas 2 têm como soma 8 (I + IV e II + III). Logo, a probabilidade de que João escolha 2 números
ଶ
cuja soma seja 8 é = 33, 3%, mais próximo de 35%.
଺
෡ ෡
20) Alternativa (B): Se o complemento de ABC é 58°, temos que ABC = 90° - 58º = 32°. Como AB =
෡
෡ C = BAC = 32º. Percebemos que AB e
AC, então o triângulo ABC é isósceles e, consequentemente, AB
෡ ෡
DE são paralelas e são cortadas pelo segmento AE. Temos que BAC = CED = 32°.
6