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OPRM 2019 - Resolucao da 1a faseNıvel 2

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Sumario

1 OPRM 2019 – 1a fase 51.1 Nıvel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

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4

Capıtulo 1

OPRM 2019 – 1a fase

1.1 Nıvel 2

1. Seja ABCD um quadrado de lado 2, e_BD e

_AC arcos de

circunferencia de raio AB. Sabendo que a area da figura for-mada pelos vertices D,E e C e 1/2, qual sera a area da figurahachurada?

A B

CD

E

(A) 2π − 3(B) 4π+9

2(C) 2π−3

2(D) 2π(E) 4π−9

2

5

Solucao. Podemos decompor o quadrado da seguinte ma-neira:

A1

A2

A3

D

E

C

Temos que A2 = 1/2 e A1 = π, pela formula da area desetor circular. Como o quadrado tem area 4, segue que 4 =A1 +A2 +A3, logo A3 = (7−2π)/2. Decompondo o quadradode outra maneira, teremos:

A

A2

A3A4

Pela simetria da figura, temos que A3 = A4, logo A + A2 +A3 +A4 = 4. Portanto

A = 4−A2 − 2A3 = 4− 12 − 2 · 7− 2π

2 = 4π − 72 .

A resposta correta e a alternativa E. �

2. Joao e aficionado por bicicletas e decidiu construir uma nomodelo antigo.

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As bicicletas antigas tinham os pneus de tamanhos diferentes,logo Joao conseguiu um pneu de 0,8 metros de raio e outro com0,2 metros de raio. Agora resta montar a bicicleta, porem emqual roda deve ficar o pedal? Por que?

Lembre que Joao quer fazer o menor esforco possıvel ao usarsua bicicleta, ou seja, ele quer pedalar o menos possıvel aopercorrer determinada distancia. Note tambem que se o pedalesta em uma roda, uma volta pedalada por Joao no pedal giraa respectiva roda uma vez.

︸ ︷︷ ︸0,8 metros

︸ ︷︷ ︸0,2 metros

(A) O pedal deve ser colocado na roda pequena, pois as-sim uma volta pedalada na roda pequena percorre a mesmadistancia que duas voltas pedaladas na roda grande.(B) O pedal deve ser colocado na roda pequena, pois as-sim uma volta pedalada na roda pequena percorre a mesmadistancia que quatro voltas pedaladas na roda grande.(C) O pedal deve ser colocado na roda grande, pois assim umavolta pedalada na roda grande percorre a mesma distancia queduas voltas pedaladas na roda pequena.(D) O pedal deve ser colocado na roda grande, pois assim umavolta pedalada na roda grande percorre a mesma distancia que

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quatro voltas pedaladas na roda pequena.(E) Tanto faz onde o pedal sera colocado.Solucao. Chamando de R o raio da roda maior e r o raio daroda menor, vamos calcular os comprimentos da roda grandee da pequena:

Roda maior: 2πR = 1, 6π mRoda menor: 2πr = 0, 4π m

Assim o comprimento da maior e 4 vezes o da menor, portantocada volta da roda maior equivale a 4 voltas da menor.A resposta correta e a alternativa D. �

3. Quantos numeros de cinco dıgitos distintos que alternam dıgitospares e ımpares existem? Por exemplo 12345 e 23456, nao re-petem o mesmo algarismo e seus algarismos sao numeros parese ımpares intercalados.(A) 6250(B) 2160(C) 2400(D) 3125(E) 1200Solucao. Note que o numero nao pode comecar com 0, entaodividimos nos dois casos:O numero de 5 dıgitos pode comecar com um numero par eum numero ımpar.

• Se o numero comeca com um numero ımpar, como ha5 dıgitos pares e 5 dıgitos ımpares distintos, ha 5 pos-sibilidades para o primeiro dıgito, 5 possibilidades parao segundo dıgito, 4 para o terceiro, 4 para o quarto e 3para o quinto. Ou seja, ha 5 · 5 · 4 · 4 · 3 = 1200 numeroscomecando com um numero ımpar.• Se o numero comeca com um numero par, ha 4 possibili-

dades para o primeiro dıgito (excluindo o dıgito 0), 5 pos-sibilidades para o segundo dıgito, 4 para o terceiro, 4 para

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o quarto e 3 para o quinto. Ou seja, ha 4 ·5 ·4 ·4 ·3 = 960numeros comecando com um numero par.

Assim ha 1200 + 960 = 2160 numeros de 5 dıgitos alternandoentre dıgitos pares e ımpares distintos.

A resposta correta e a alternativa B. �

4. Indio Jones, o maior arqueologo do mundo, fez uma escavacaoe descobriu a tumba de um farao. Mas para destravar a portada tumba, havia o seguinte problema a ser resolvido

x = maior potencia de 2 de 5760 na decomposicao em primosy = soma dos algarismos de mmc(x, 9)z = mdc(mmc(x, 9), 27).

Jones faltou as aulas de matematica e nao consegue descobriro codigo. Qual seria a combinacao (x, y, z) certa para Jonesconsiga entrar na tumba?

(A) (2, 5, 9)(B) (7, 9, 9)(C) (7, 5, 9)(D) (7, 9, 8)(E) (2, 9, 9)Solucao. Temos que 5760 = 27 · 45 e 45 nao e divisıvel por 2,logo x = 7. Alem disso temos que mmc(7, 9) = 63, portantoy = 6 + 3 = 9. Temos que z = mdc(63, 27). Temos que63 = 32 · 7 e 27 = 33. Segue que z = mdc(63, 27) = 9.Portanto (x, y, z) = (7, 9, 9).

A resposta correta e a alternativa B. �

5. Considere a seguinte sequencia:

9

1 2 3 4 · · ·0 11 1 12 1 2 13 1 3 3 1...

......

......

Denotamos o numero que corresponde a linha i e coluna j porXi,j e Si a soma dos elementos da linha i. Entao quanto valea soma S2019 − 22020 ·X2019,2020?(A) −22019

(B) 22019

(C) 22020

(D) −22020

(E) 22018

Solucao. Note que Xi,j =(

i

j − 1

), logo S2019 e a soma dos

Xi,j com i = 2019, e portanto S2019 = 22019. Alem disso como

2020−1 = 2019, segue que X2019,2020 =(

20192019

)= 1, portanto

S2019 − 22020 ·X2019,2020 = 22019 − 22020 = −22019.A resposta correta e a alternativa A. �

6. Em uma sala de aula em dia de prova ha alunos que estudarame alunos que nao estudaram. Dentre os alunos que estudaram95% acertaram as questoes, e dentre os alunos que nao estu-daram 90% erraram as questoes. Sabendo que a sala tem 100pessoas e 78 acertaram as questoes, quantas pessoas da salaestudaram?(A) 80(B) 95(C) 75(D) 50(E) 85

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Solucao. Vamos considerar x o numero de alunos que estu-daram e y o numero de alunos que nao estudaram. Temos quex+ y = 100. Temos que 95% dos que estudaram acertaram e10% dos que nao estudaram acertaram. Entao:

95100x+ 10

100y = 78.

Assim tomando y = 100−x e substituindo na segunda equacao,teremos:

95100x+ 10

100(100− x) = 78.

Simplificando teremos:85100x = 68⇒ x = 68 · 100

85 = 80.

Portanto 80 alunos estudaram.A resposta correta e a alternativa A. �

7. Considere um grupo de 30 pessoas vivas que nasceram no Bra-sil. Assinale a unica alternativa incorreta:(A) Pelo menos tres pessoas fazem aniversario no mesmo mes.(B) Pelo menos duas pessoas tem o nome comecando com amesma letra do alfabeto.(C) Pelo menos quatro pessoas nasceram na mesma decada.(D) Pelo menos duas pessoas nasceram no mesmo estado (lem-bre que o Brasil e composto de 26 estados mais o Distrito Fe-deral).(E) Pelo menos cinco pessoas nasceram no mesmo dia da se-mana.Solucao. (A) Cada pessoa pode nascer em um entre os dozemeses, como ha pelo menos 2 · 12 + 1 = 25 pessoas, entao pelomenos tres pessoas nasceram no mesmo mes, pelo princıpio dacasa dos pombos generalizado.(B) Como ha 26 letras no alfabeto e ha pelo menos 27 pessoasneste grupo, pelo princıpio da casa dos pombos, existem aomenos duas pessoas com a mesma letra do alfabeto.

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(C) Nao podemos afirmar sem mais informacoes.(D) Ha 27 estados e pelo menos 28 pessoas, entao pelo princıpioda casa dos pombos, ha pelo menos duas pessoas que nasceramno mesmo estado.(E) Ha 7 dias na semana e 4 ·7+1 = 29 e menor que o numerode pessoas do grupo, logo pelo princıpio da casa dos pombosgeneralizado, ha 5 pessoas que nasceram no mesmo dia dasemana. �

8. Considere o seguinte sistema de equacoes:4x6 + 4y8 + z19 = 1455x6 + 3y8 + z19 = 1

Sabendo que y4 + x3 = 4, calcule√y4 − x3.

(A) 8(B) 7(C) 6(D) 9(E) 5Solucao. Tomando a primeira equacao e subtraindo a se-gunda, resulta na seguinte equacao:

y8 − x6 = 144⇒ (y4)2 − (x3)2 = 144.

Pelo produto notavel a2− b2 = (a+ b)(a− b), tomando a = y4

e b = x3, segue que:

(y4 − x3)(y4 + x3) = 144.

Como y4 + x3 = 4, teremos:

(y4 − x3)4 = 144⇒ y4 − x3 = 36⇒√y4 − x3 = 6.

A resposta correta e a alternativa C. �

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9. Seja ←→AB e ←→GF duas retas paralelas e considere os trianguloformados, como mostra a figura.

Sabendo que ∠ABC = 30o, ∠BCD = 40o e ∠EFG = 25o,qual o valor da diferenca dos angulos ∠DEF − ∠CDE?

A B

C

D

E

FG

(A) 30o

(B) 10o

(C) 20o

(D) 15o

(E) 25o

Solucao. Pelo Teorema dos Bicos, temos que:

∠ABC + ∠CDE + ∠EFG = ∠BCD + ∠DEF

⇒ 30o + ∠CDE + 25o = 40o + ∠DEF

⇒ ∠DEF − ∠CDE = 30o − 40o + 25o

⇒ ∠DEF − ∠CDE = 15o

A resposta correta e a alternativa D. �

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10. O Sr. Boneco Palito esta prestes a entrar em um caminho ma-tematico. Nesse caminho, a cada trecho percorrido a estradase abre em mais caminhos. Como na figura, ao percorrer oprimeiro trecho, a estrada se abre em dois caminhos; agorao Sr. B.P. deve escolher um dos caminhos, e ao percorrerum segundo trecho da estrada ele se dividira em tres cami-nhos; e assim por diante. Note que ao final do quarto trechoa estrada ja leva a 24 lugares diferentes, mas ela continua sedividindo dessa forma ate o decimo trecho. O Sr. BonecoPalito quer chegar em um dos lugares no final da estrada,porem ele nao lembra qual deles e. Sabendo que apenas umdeles e correto, em quantos lugares errados o Sr. B.P. podechegar? Observe que para determinar o numero de lugareserrados e preciso tambem determinar o total de lugares que aestrada leva. Lembre que, dado n um numero natural qual-quer, n! = n · (n− 1) · (n− 2) · ... · 2 · 1.(A) 10!(B) 10!− 1(C) 1000000(D) 11!(E) 11!− 1

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Solucao. Ha um lugar certo e o total de lugares possıveis e10!, logo ha 10!− 1 lugares errados.A resposta correta e a alternativa B. �

11. Dados a e b dois numeros inteiros quaisquer e considere a somade seus quadrados

a2 + b2 = k.

Qual dos valores abaixo k nao assume?(A) 1019(B) 1009(C) 1017(D) 1000(E) 1018Solucao. Podemos utilizar congruencias para tentar resolvereste problema. Cada inteiro n pode ser congruente somentea um entre 0, 1, 2 e 3, modulo 4. Vamos entao considerar osseguintes casos:

• a ≡ 0 (mod 4)⇒ a2 ≡ 0 (mod 4).• a ≡ 1 (mod 4)⇒ a2 ≡ 1 (mod 4).• a ≡ 2 (mod 4)⇒ a2 ≡ 0 (mod 4).• a ≡ 3 (mod 4)⇒ a2 ≡ 1 (mod 4).

Logo a2 pode ser congruente somente a 0 ou 1, modulo 4, e demodo analogo o mesmo ira ocorrer com b2. Assim teremos oscasos:

• a2 ≡ 0 (mod 4) e b2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ a2 + b2 ≡ 0 (mod 4).• a2 ≡ 0 (mod 4) e b2 ≡ 1 (mod 4) ⇒ a2 + b2 ≡ 1 (mod 4).• a2 ≡ 1 (mod 4) e b2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ a2 + b2 ≡ 1 (mod 4).• a2 ≡ 1 (mod 4) e b2 ≡ 1 (mod 4) ⇒ a2 + b2 ≡ 2 (mod 4).

Note que:

• 1019 ≡ 3 (mod 4).

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• 1009 ≡ 1 (mod 4).• 1017 ≡ 1 (mod 4).• 1010 ≡ 0 (mod 4).• 1018 ≡ 2 (mod 4).

Portanto a2 + b2 nao assume o valor 1019.A resposta correta e a alternativa A. �

12. Dois numeros inteiros a e b sao considerados congruentes modulom se m|(a−b), ou seja, a e b tem o mesmo resto na divisao porm. Denotamos essa relacao por a ≡ b (mod m). Sendo assim,assinale a unica alternativa que contem um possıvel valor dex, sendo que x satisfaz as duas relacoes de congruencia:

x ≡ 35 (mod 17)x ≡ 20 (mod 19).

(A) 343(B) 341(C) 320(D) 324(E) 335Solucao. Um sistema de congruencia equivalente e:

x ≡ 1 (mod 17)x ≡ 1 (mod 19).

Logo pela segunda relacao teremos que x = 19k+1 para alguminteiro k, logo, pondo na primeira relacao, segue que:

19k + 1 ≡ 1 (mod 17)2k + 1 ≡ 1 (mod 17)

2k ≡ 0 (mod 17).

Assim 17|2k, logo, como mdc(2, 17) = 1, 17|k, ou seja, k =17s. Portanto x = 323s+ 1, para algum s inteiro.

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Entre as alternativas, o unico numero desta forma e 324 =323 · 1 + 1.

A resposta correta e a alternativa D. �

13. Determine o valor de x:

1 + 11 + 1

1+ 11+ 1

1+...

= x

Note que o denominador da fracao no lado esquerdo da igual-dade repete o mesmo padrao infinitamente.

(A) 32

(B) 53

(C)√

2(D) 1−

√5

2(E) 1+

√5

2Solucao. Note que o denominador da fracao no lado esquerdoda igualdade repete o mesmo padrao infinitamente. Em ter-mos simbolicos teremos:

1 + 1x

= x⇒ x+ 1 = x2 ⇒ x2 − x− 1 = 0.

Utilizando a formula para as solucoes de equacoes do segundograu, segue que:

x = 1±√

52 .

As respostas corretas sao as alternativas D e E. �

14. Considere ∆ABC um triangulo equilatero e M,N,P e Q ospontos medios dos lados AB,AC,AD e AE respectivamente.Sabendo que AN = 2 cm e CD +ED +EB = 12 cm, calculeo perımetro do quadrilatero MNPQ.

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EQ

P

D

CB

M N

A

(A) 9 cm(B) 8 cm(C) 10 cm(D) 11 cm(E) 12 cmSolucao. Como M , N , P e Q sao os pontos medios dos ladosAB, AC, AD e AE, respectivamente, entao, pelo teoremada base media, os segmentos BC, CD, ED e EB medem odobro de MN , NP , QP e QM , respectivamente. PortantoNP +QP +QM = 6 cm.Alem disso, ainda pelo teorema da base media, segue que asmedidas de ∆ABC sao o dobro das medidas de ∆AMN epelo criterio de semelhanca LLL, segue que ∆ABC e ∆AMNsao semelhantes. Sendo ∆ABC e equilatero, ∆AMN tambemsera, assim AN = MN = 2 cm. Portanto NP +QP +QM +MN = 6 + 2 = 8 cm.A resposta correta e a alternativa B. �

15. Qual os dois ultimos algarismos do numero 32019− 2 · 32018 nabase 10?(A) 19(B) 42(C) 53(D) 76(E) 89

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Solucao. Os dois ultimos dıgitos de um numero e o resto dadivisao deste numero por 100. Vamos entao calcular o restoda divisao de 32018 por 100.Para isso vamos utilizar o seguinte fato: (1− 10)n ≡ 1− 10 ·n(mod 100) (isto pode ser provado por inducao ou utilizandoa formula do binomio de Newton). Assim podemos concluirque:

32018 = (32)1009

= 91009

= [(−1)(1− 10)]1009

≡ −(1− 1009 · 10) (mod 100)≡ −1 + 10090 (mod 100)≡ −1 + 90 = 89 (mod 100)

Portanto:

32019 − 2 · 32018 ≡ 3 · 89− 2 · 89 = 89 (mod 100)

Logo os dois ultimos dıgitos sao 89.A resposta correta e a alternativa E. �

16. Em 2019 voce participou de um sorteio e ganhou. Porem nahora de receber seu premio, descobriu que so receberia daquia 16.384 dias. Sabendo que voce recebeu essa notıcia em umasegunda-feira do inıcio de Janeiro, qual o dia da semana e oano que voce de fato recebera seu premio?(A) Segunda - 2063.(B) Terca - 2065.(C) Quinta - 2065.(D) Sexta - 2063.(E) Quarta - 2064.Solucao. Temos que 16384 = 2340 · 7 + 4, logo voce receberaapos 2340 semanas e 4 dias, ou seja, uma sexta-feira. Alem

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disso, supondo que um ano tem 365 dias, teremos que 16384 =44 · 365 + 324, isto e, 44 anos depois, mas 2019+44=2063.A resposta correta e a alternativa D. �

17. Considere um quadrado de lado 1 e 10 pontos colocados no in-terior desse quadrado. Independentemente da escolha da dis-posicao desses pontos, e sempre possıvel acharmos dois dessespontos tais que a distancia entre eles seja menor ou igual a(assinale a opcao com o menor valor possıvel tal que podemosgarantir que a distancia seja menor ou igual a esse numero):(A) 1(B)√

2(C) 1

10(D) 1

2(E)

√2

3Solucao. Podemos dividir o quadrado de lado 1 em 9 qua-drados de lado 1/3, como ilustra a figura abaixo:

Cada ponto deve estar disposto em algum quadrado (incluindoas arestas). Pelo Princıpio da Casa dos Pombos, um dessesquadrados possui dois ou mais pontos. Como a maior distanciaentre dois pontos em um quadrado e o comprimentos da di-

agonal e nesse caso a diagonal dos quadrados menores e√

23 ,

entao a distancia destes dois pontos e menor ou igual a√

23 .

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A unica alternativa cujo valor e menor que√

23 e

110, que nao

pode ser a opcao correta pois podemos dispor os 10 pontosnos 16 vertices dos quadrados menores, cuja distancia sera no

mınimo13 >

110.

A resposta correta e a alternativa E. �

18. Dado um triangulo ∆ABC equilatero podemos construir oTriangulo de Sierpinski da seguinte maneira: primeiro con-sidere os pontos medios M1,M2 e M3 dos lados AB,BC eAC respectivamente. Agora, retire o triangulo ∆M1M2M3formado, o restante sera o primeiro estagio do triangulo de Si-erpinski. Proceda da mesma forma para construir o proximoestagio, como descreve a figura. Sabendo que o lado AB = 8cm, qual a area do triangulo ∆BN1N2, retirando as parteshachuradas?

A

B

C

M1 M2

N1 N2

M3

(A) 5√

3 cm2

(B) 2√

3 cm2

(C) 5√

2 cm2

(D) 8 cm2

(E) 2√

5 cm2

Solucao. Como AB = 8 cm, entao AM1 = 4 cm e AN1 =

21

2 cm, visto que M1 e N1 sao pontos medios dos segmentosAB e AM1 respectivamente. Entao a area A do trianguloequilatero de lado AN1 e:

A = `2√

34 = 22√3

4 =√

3 cm2.

Como existem 5 triangulos equilateros nao realcados dentrodo triangulo ∆BN1N2, entao a area do triangulo ∆BN1N2,retirando as partes hachuradas e de 5 · A = 5

√3 cm2.

A resposta correta e a alternativa A. �

19. Assinale a alternativa com o valor correspondente a x+ y, talque

5x − 11y = 984.

(A) 4(B) 5(C) 7(D) 9(E) 10Solucao. Temos 5x− 11y = 984 e supondo que x/2 e y/2 saointeiros, logo 5

x2 − 11

y2 e 5

x2 + 11

y2 sao inteiros e temos

(5x2 − 11

y2 )(5

x2 + 11

y2 ) = 984

Como 5x2 + 11

y2 > 0 e 984 > 0, temos que 5

x2 − 11

y2 > 0 e

5x2 + 11

y2 > 5

x2 − 11

y2 . Fatorando 984 temos 984 = 23 · 3 · 41.

Note tambem que 5x2 − 11

y2 nao pode exceder 24, pois caso

contrario terıamos 5x2 − 11

y2 > 5

x2 + 11

y2 , o que nao ocorre.

Vamos ver os valores possıveis de 5x2 − 11

y2 e 5

x2 + 11

y2 , utili-

zando as fatoracoes de 984:

22

5x2 − 11

y2 5

x2 + 11

y2

1 9842 4924 2466 1648 12312 8224 41

Olhando as alternativas, vemos que x+y e no maximo 10 e osvalores possıveis para 5

x2 − 11

y2 nao sao multiplos de 5, logo

2 ≤ y ≤ 10 e como y < x pois 5x > 11y, segue que y < x ≤ 8,entao temos a seguinte tabela

5x2 − 11

y2

x = 4, y = 2 14x = 6, y = 2 114x = 8, y = 2 614x = 6, y = 4 4x = 8, y = 4 504x = 8, y = 6 −706

Note que se x = 6, y = 4, temos 5x2 + 11

y2 = 246, logo esta e

uma solucao possıvel. Portanto x+ y = 10.A resposta correta e a alternativa E. �

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20. Considere AB e AC segmentos tangentes a circunferencia decentro O, e BCDE quadrilatero com os lados BD e DE tan-gentes a circunferencia Sabendo que ∠ABF = 60o, AF e bis-setriz e AB = 2 cm, DE = 5 cm. Qual o valor da somaAC +BD +BF .

A

B

D

E

C

F

O

(A) 3 cm(B) 16 cm(C) 8 cm(D) 9 cm(E) 6 cmSolucao. A figura a seguir ilustra o problema.

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Perceba que o triangulo ∆ABO e congruente ao triangulo∆ACO pelo criterio Hipotenusa-Cateto, pois os triangulos tema hipotenusa em comum e o raio da circuferencia ilustradarepresenta o cateto de ambos triangulos. Entao, temos queAC = AB = 2 cm.Analogamente, o triangulo ∆DBO e congruente ao triangulo∆DEO pelo criterio Hipotenusa-Cateto, pois os triangulostem a hipotenusa em comum e o raio da circuferencia ilus-trada representa o cateto de ambos triangulos. Entao, temosque BD = DE = 5 cm.Perceba agora que, como AF e bissetriz do angulo ∠BAC eAB = AC, temos pelo criterio LAL que o triangulo ∆ABF econgruente ao triangulo ∆ACF . Entao, ∠CFA = ∠BFA =90o, pois ∠CFA+∠BFA = 180o. Como consequencia, temosque o triangulo ∆ABF e retangulo. Como ∠ABF = 60o,segue pelo Teorema de Pitagoras que BF = 2 · cos 60o ⇒BF = 1 cm.Entao:

AC +BD +BF = 2 + 5 + 1 = 8 cm.

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A resposta correta e a alternativa C. �

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