Eureka 2000 by demi de

CONTEÚDO

AOS LEITORES

XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e soluções da Primeira Fase

XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e soluções da Segunda Fase

XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e soluções da Terceira Fase

XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Resultados

ARTIGOS EQUAÇÕES DIOFANTINAS Antonio Caminha Muniz Neto

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

PROBLEMAS PROPOSTOS

AGENDA OLÍMPICA

COORDENADORES REGIONAIS

Sociedade Brasileira de Matemática

AOS LEITORES Realizamos durante 1999 a XXI Olimpíada Brasileira de Matemática em mais de 2.500 colégios de nosso país, atingindo na realização da primeira etapa cerca de 60.000 alunos. Este ano a Olimpíada se realizará nas seguintes datas: Primeira Fase – Sábado, 10 de junho Segunda Fase – Sábado, 02 de setembro Terceira Fase – Sábado, 21 de outubro (níveis 1,2 e 3) Domingo, 22 de outubro (nível 3 - segundo dia). A Comissão Nacional de Olimpíadas entende que todo aluno que desejar participar da OBM deve poder fazê-lo sem restrições. A comissão oferece inclusive a alunos de escolas que não participam da OBM a possibilidade de fazer as provas sob supervisão direta do Coordenador Regional. As escolas podem naturalmente aconselhar seus alunos a participar ou não da Olimpíada de acordo com seus próprios critérios, mas a escola nunca deve impedir um aluno de participar se este for o seu desejo. Lembramos que a Olimpíada Brasileira de Matemática é uma competição entre alunos e não entre colégios. A OBM divulga apenas os nomes e pontuações dos alunos premiados; a OBM nunca divulgou nem divulgará comparações entre colégios. Nosso objetivo é estimular o estudo de Matemática entre os jovens, contribuir para o aprimoramento dos professores e propiciar uma melhoria do ensino e do aprendizado desta matéria nas escolas brasileiras e não comparar desempenhos de escolas. O Regulamento da OBM foi atualizado. Leia o novo regulamento no site: http://www.obm.org.br/regulamento.htm

Finalmente, aproveitamos, para registrar a realização da Semana Olímpica 2000, atividade que vem sendo realizada desde 1998. Nesta oportunidade o evento teve lugar na Universidade Metodista de Piracicaba (UNIMEP) entre os dias 21 a 27 de janeiro de 2000. Durante a Semana Olímpica 2000, reunimos alunos ganhadores da XXI Olímpiada Brasileira de Matemática nos seus três níveis de competição. Estes alunos participaram de um treinamento intensivo com professores de diversas partes do país como preparação para a futura formação das equipes que representarão o Brasil em Olimpíadas Internacionais. Além disso eles tiveram a oportunidade de conquistar novas amizades, iniciando um relacionamento extremamente proveitoso com outros jovens da mesma faixa de idade e com interesses semelhantes. EUREKA! N°7, 2000

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XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase - Nível 1 01. Um pequeno caminhão pode carregar 50 sacos de areia ou 400 tijolos. Se foram colocados no caminhão 32 sacos de areia, quantos tijolos pode ainda ele carregar? A) 132 B) 144 C) 146 D) 148 E) 152 02. A calculadora de Juliana é bem diferente. Ela tem uma tecla D, que duplica o número escrito no visor e a tecla T, que apaga o algarismo das unidades do número escrito no visor.Assim, por exemplo, se estiver escrito 123 no visor e apertarmos D, teremos 246; depois, apertando T, teremos 24. Suponha que esteja escrito 1999. Se apertamos D depois T, em seguida D, depois T, teremos o número: A) 96 B) 98 C) 123 D) 79 E) 99 03. O gráfico abaixo mostra o valor aproximado do dólar em reais no dia 15 dos últimos 6 meses.

2,0 1,5 1,0 D

Marcelo comprou um carro usando um sistema de financiamento chamado leasing corrigido pela variação do dólar e suas prestações vencem exatamente no dia 15 de cada mês. Em dezembro, Marcelo pagou R$ 600,00 de prestação. Com base na tabela, podemos dizer que em maio a prestação foi de: A) R$ 700,00 B) R$ 850,00 C) R$ 650,00 D) R$ 900,00 E) R$ 800,00 04. Numa certa cidade, o metrô tem todas suas 12 estações em linha reta. A distância entre duas estações vizinhas é sempre a mesma. Sabe-se que a distância entre a terceira e a sexta estações é igual a 3 300 metros. Qual é o comprimento dessa linha? A) 8,4 km B) 12,1 km C) 9,9 km D) 13,2 km E) 9,075 km

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05. A metade do número 211 + 4 8 é igual a: B) 2 5 + 2 8 C) 110 + 2 8 A) 2 5 + 4 4

D) 215 + 4 5

E) 2 9 + 4 7

06. Quantos números de dois algarismos são primos e têm como antecessor um quadrado perfeito ? A) 2 B) nenhum C) 1 D) 3 E) 6 07. Quantas vezes num dia (24 horas) os ponteiros de um relógio formam ângulo reto ? A) 48 B) 44 C) 24 D) 22 E) 23 08. Dona Zizi comprou 2 balas para cada aluno de uma 5a série. Mas como os meninos andavam meio barulhentos, ela resolveu redistribuir essas balas, dando 5 para cada menina e apenas 1 para cada menino. Podemos concluir que na 5a série A) 20% são meninos B) 30% são meninas C) 75% são meninos D) 50% são meninas E) 66,6...% são meninos 09. Vários caixotes cúbicos de plástico Azul ficaram armazenados ao ar livre, na posição indicada na figura ao lado, na qual apenas um dos caixotes não é visível. Com o tempo, o plástico exposto ao ar perdeu sua cor, tornando-se cinza. Ao desfazer a pilha, verificaremos que o número de caixotes com três faces azuis e três cinzentas será: A) 4 B) 5 C) 3 D) 2 E) 1 10. Ronaldo, sempre que pode, guarda moedas de 50 centavos ou 1 real. Atualmente, ele tem 100 moedas, num total de 76 reais. Quantas moedas de um valor ele tem a mais do que a de outro valor ? A) 48 B) 4 C) 8 D) 52 E) 96 11. Juntando três quadrados congruentes e fazendo coincidir lados comuns, sem superposição, podemos formar duas figuras diferentes, como mostra a figura ao lado. Observe que uma figura obtida de outra por rotação, deslocamento ou reflexão, é congruente à mesma figura (muda apenas a posição). Por exemplo, temos abaixo figura iguais em 4 posições diferentes: EUREKA! N°7, 2000

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120 60

A) 1

Vamos agora pegar três losangos congruentes, um deles representado ao lado. Quantas figuras diferentes podemos formar com os três losangos, fazendo coincidir lados comuns?

B) 2

C) 3

D) 5

E) 9

12. Renata digitou um trabalho de 100 páginas numerados de 1 a 100 e o imprimiu. Ao folhear o trabalho, percebeu que sua impressora estava com defeito, pois trocava o zero pelo um e o um pelo zero na numeração das páginas. Depois de consertar a impressora, quantas páginas teve que reimprimir, no mínimo ? A) 18 B) 20 C) 22 D) 30 E) 28 13. Letícia vendeu todos seus CDs de videogames para três amigos, que lhe pagaram, respectivamente, R$ 240,00, R$ 180,00 e R$ 320,00. Todos os CDs tinham o mesmo preço. Quantos CDs tinha Letícia no mínimo? A) 20 B) 37 C) 28 D) 21 E) 25 14. 6 cartões com números somente numa das faces são colocados sobre uma mesa conforme a ilustração. Os cartões X e Y estão com a face numerada voltada para baixo. A média aritmética dos números de todos os cartões é 5. A média aritmética dos números do cartão Y e seus três vizinhos é 3. Qual é o número escrito no cartão X ? A) – 4 B) 12 C) 0 D) 15

E) 10

2 da idade de Roberto e é 2 anos mais jovem que Reinaldo. A 3 4 da idade de Reinaldo. Em anos, a soma das idades idade de Roberto representa 3 dos três é: A) 48 B) 72 C) 58 D) 60 E) 34

15. Rafael tem

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16. Marcos quer pesar três maças numa balança de Dois pratos, mas ele dispõe de apenas um bloco de 200 gramas. Observando o equilíbrio na balança, ele observa que a maçã maior tem o mesmo peso que as outras duas maçãs juntas; o bloco e a maçã menor pesam tanto quanto as outras duas maçãs juntas; a maçã maior junto com a menor pesam tanto quanto bloco. O peso total das três maçãs é: A) 250 g B) 300 g C) 350 g D) 400 g 17. No desenho ao lado estão representados Quatro triângulos retângulos e um retângulo, bem como suas medidas. Juntando todas essas figuras, podemos construir um quadrado. O lado desse quadrado irá medir: A) 88 cm B) 100 cm C) 60 cm D) 96 cm E) 80 cm

E) 450 g 100

20 12

80 60 16 88 20 12

60 80 100

18. Numa certa cidade, foi adotado o seguinte sistema de rodízio de carros: duas vezes por semana, de segunda a sexta, cada carro fica proibido de circular, de acordo com o final de sua placa (algarismo das unidades). O número médio de finais de placa proibidos diferentes para cada dia de proibição é: A) 4 B) 1 C) 3 D) 2 E) indefinido 19. Alexandre, consultando a programação de filmes, decidiu gravar Contato, cuja duração é de 150 minutos. Para gravar numa única fita, ele começou com velocidade menor (modo EP, que permite gravar 6 horas) e, num dado momento, mudou para a velocidade maior (modo SP, que permite gravar 2 horas), de forma que a fita acabou exatamente no fim do filme. Do início do filme até o momento da mudança do modo de gravação, quantos minutos se passaram? A) 60 B) 30 C) 15 D) 45 E) 105 20. Você sabe que existem 9 números de um algarismo, 90 números de dois algarismos, 900 números de três algarismos, etc. Considere agora cada número cujo último algarismo à direita representa o número de algarismos desse número. Por exemplo, o número 9 074 é um deles, pois 4 é o número de seus algarismos. Quantos números desse tipo existem ? A) 99 999 999 B) 99 999 992 C) 100 000 000 D) 10 000 000 E) 1 000 000 000 EUREKA! N°7, 2000

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XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase - Nível 2 01. Veja problema 01 do Nível 1. 02. Em um hotel há 100 pessoas. 30 comem porco, 60 comem galinha e 80 comem alface. Qual é o maior número possível de pessoas que não comem nenhum desses dois tipos de carne? A) 10 B) 20 C) 30 D) 40 E) 50 03. Uma folha quadrada foi dobrada duas vezes ao longo de suas diagonais conforme ilustração abaixo, obtendo-se um triângulo isósceles. Foi feito um corte na folha dobrada, paralelo à base desse triângulo, pelos pontos médios dos outros lados. A área do buraco na folha corresponde a que fração da área da folha original ?

1 2

1 6

3 8

3 4

1 4

04. Veja problema 9 do Nível 1. 05. Veja problema 17 do Nível 1. 06. Contando-se os alunos de uma classe de 4 em 4 sobram 2 e contando-se de 5 em 5 sobra 1. Sabendo-se que 15 alunos são meninas e que nesta classe o número de meninas é maior que o número de meninos, o número de meninos nesta classe é igual a : A) 7 B) 8 C) 9 D) 10 E) 11 07. O quociente de 5050 por 2525 é igual a : B) 1025 C) 10025 A) 2525

D) 225

E) 2 × 2525

08. Qual o 1999o algarismo após a vírgula na representação decimal de A) 0

B) 1

C) 2

D) 7

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E) 8

4 ? 37

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09. Um retângulo ABCD está dividido em quatro retângulos menores. As áreas de três deles estão na figura abaixo. Qual é a área do retângulo ABCD? A

D 16 27

12 B

A) 80

B) 84

C) 86

D) 88

E) 91

10. Em um aquário há peixes amarelos e vermelhos: 90% são amarelos e 10% são vermelhos. Uma misteriosa doença matou muitos peixes amarelos, mas nenhum vermelho. Depois que a doença foi controlada verificou-se que no aquário, 75% dos peixes vivos eram amarelos. Aproximadamente, que porcentagem dos peixes amarelos morreram? A) 15% B) 37% C) 50% D) 67% E) 84% 11. Pedro saiu de casa e fez compras em quatro lojas, cada uma num bairro diferente. Em cada uma gastou a metade do que possuía e a seguir, ainda pagou R$ 2,00 de estacionamento. Se no final ainda tinha R$ 8,00, que quantia tinha Pedro ao sair de casa? A) R$ 220,00 B) R$ 204,00 C) R$ 196,00 D) R$ 188,00 E) R$ 180,00 x + 99 12. Quantos são os possíveis valores inteiros de x para que seja um x + 19 número inteiro? A) 5 B) 10 C) 20 D) 30 E) 40 13. A diferença entre a maior raiz e a menor raiz da equação (2 x − 45)2 − (x − 21)2 = 0 é: A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 14. Uma bola de futebol é feita com 32 peças de couro. 12 delas são pentágonos regulares e as outras 20 são hexágonos também regulares. Os lados dos pentágonos são iguais aos dos hexágonos de forma que possam ser costurados. Cada costura une dois lados de duas dessas peças. Quantas são as costuras feitas na fabricação de uma bola de futebol? A) 60 B) 64 C) 90 D) 120 E) 180 EUREKA! N°7, 2000

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15. Hoje, 12/6/1999, Pedro e Maria fazem aniversário. No mesmo dia em 1996, a idade de Pedro era 3/4 da idade de Maria. No mesmo dia em 2002, a idade de Pedro será igual à de Maria quando ele tinha 20 anos. Quantos anos Maria está fazendo hoje? A) 30 B) 31 C) 32 D) 33 E) 34 16. Uma caixa contém 100 bolas de cores distintas. Destas, 30 são vermelhas, 30 são verdes, 30 são azuis e entre as 10 restantes, algumas são brancas e outras são pretas. O menor número de bolas que devemos tirar da caixa, sem lhes ver a cor, para termos a certeza de haver pelo menos 10 bolas da mesma cor é: A) 31 B) 33 C) 35 D) 37 E) 38 17. Quantos são os triângulos que possuem medidas dos seus lados expressas por números inteiros e tais que a medida do maior lado seja igual a 11 ? A) 10 B) 11 C) 12 D) 24 E) 36 18. Os pontos S, T e U são os pontos de tangência do círculo inscrito no triângulo PQR sobre os lados RQ, RP e PQ respectivamente. Sabendo que os comprimentos dos arcos TU, ST e US estão na razão TU : ST : US = 5 : 8 : 11, a razão ∠TPU : ∠SRT : ∠UQS é igual a : A) 7 : 4 : 1 B) 8 : 5 : 2 C) 7 : 3 : 2 D) 11 : 8 : 5 E) 9 : 5 : 1 19. Aos vértices de um cubo são atribuídos os números de 1 a 8 de modo que os conjuntos dos números correspondentes aos vértices das seis faces são {1, 2, 6, 7}, {1, 4, 6, 8}, {1, 2, 5, 8}, {2, 3, 5, 7}, {3, 4, 6, 7} e {3, 4, 5, 8}. O vértice atribuído ao número 6 está mais longe do vértice de número A) 1 B) 3 C) 4 D) 5 E) 7 20. Com os 5 números ímpares entre –5 e 4 e com os 5 números pares entre –5 e 4 são formados 5 pares de números. Se N é a soma dos produtos, obtidos em cada par de números, o valor mínimo possível de N é igual a : A) – 41 B) – 40 C) – 28 D) –10 E) 0

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XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase - Nível 3 01. Veja problema 01 do Nível 1. 02. Veja problema 02 do Nível 2. 03. Um gafanhoto pula exatamente 1 metro. Ele está em um ponto A de uma reta, só pula sobre ela, e deseja atingir um ponto B dessa mesma reta que está a 5 metros de distância de A com exatamente 9 pulos. De quantas maneiras ele pode fazer isso? A) 16 B) 18 C) 24 D) 36 E) 48 04. Sendo a ≠ b e b ≠ 0, sabe-se que as raízes da equação x 2 + ax + b = 0 são exatamente a e b. Então, a – b é igual a: A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 05. Veja problema 09 do Nível 2. 06. Veja problema 14 do Nível 2. 07. A diferença entre a maior raiz e a menor raiz da equação (2 x − 45)2 − (x − 21)2 = 0 é: A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 08. Veja problema 12 do Nível 2. 1 então x está entre: 4 B) 300 e 450 C) 450 e 600 D) 600 e 750

09. Se 00 < x < 900 e cos x = A) 00 e 300

E) 750 e 900

10. Veja problema 11 do Nível 2.

n se n é par, 2 f (n ) = 3n + 1 se n é ímpar. O número de soluções da equação f ( f ( f (n ))) = 16 é: A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 11. Para todo n natural definimos a função f por:

f (n ) =

12. O número N = 11111 . . . 11 possui 1999 dígitos, todos iguais a 1. O resto da divisão de N por 7 é: A) 1 B) 2 C) 4 D) 5 E) 6 EUREKA! N°7, 2000

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13. Um quadrado ABCD possui lado 40cm. Uma circunferência contém os vértices A e B e é tangente ao lado CD. O raio desta circunferência é: A) 20cm B) 22cm C) 24cm D) 25cm E) 28cm 14. Veja problema 18 do Nível 2. 15. Para quantos valores inteiros de x existe um triângulo acutângulo de lados 12, 10 e x? A) 9 B) 10 C) 12 D) 16 E) 18 16. A circunferência abaixo tem raio 1, o arco AB mede 700 e o arco BC mede 400. A área da região limitada pelas cordas AB e AC e pelo arco BC mede:

A B

A) π/8

B) π/9

C) π/10

D) π/12

E) π/14

17. A reta r contém os pontos (0, 4) e (7, 7). Dos pontos abaixo, qual é o mais próximo da reta r? A) (1999, 858) B) (1999, 859) C) (1999, 860) D) (1999, 861) E) (1999, 862) 18. Quantos são os pares (x, y) de inteiros positivos que satisfazem a equação 2x +3y = 101 ? A) 13 B) 14 C) 15 D) 16 E) 17 19. Quantos números inteiros entre 10 e 1000 possuem seus dígitos em ordem estritamente crescente? (Por exemplo, 47 e 126 são números deste tipo; 52 e 566 não). A) 90 B) 98 C) 112 D) 118 E) 120 20. Veja problema 10 do Nível 2. 21. Veja problema 15 do Nível 2. 22. No quadrado ABCD o ponto E é médio de BC e o ponto F do lado CD é tal que o ângulo AEF é reto. Aproximadamente, que porcentagem a área do triângulo AEF representa da área do quadrado? A) 28% B) 31% C) 34% D) 36% E) 39% EUREKA! N°7, 2000

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23. Dois irmãos herdaram o terreno ABC com a forma de um triângulo retângulo em A, e com o cateto AB de 84m de comprimento. Eles resolveram dividir o terreno em duas partes de mesma área, por um muro MN paralelo a AC como mostra a figura abaixo. Assinale a opção que contém o valor mais aproximado do segmento BM. B

M A

A) 55m

B) 57m

C) 59m

D) 61m

E) 63m

24. As representações decimais dos números 21999 e 51999 são escritas lado a lado. O número de algarismos escritos é igual a : A) 1999 B) 2000 C) 2001 D) 3998 E) 3999 25. Veja problema 16 do Nível 2. GABARITO Primeiro Nível (5a. e 6a. séries) 1) B 2) D 3) B 4) B 5) D

6) A 7) B 8) C 9) A 10) B

11) E 12) E 13) B 14) E 15) C

16) B 17) E 18) A 19) D 20) C

11) D 12) C 13) A 14) C 15) B

16) E 17) E 18) A 19) D 20) B

Segundo Nível (7a. e 8a. séries) 1) B 2) D 3) E 4) A 5) E

6) E 7) C 8) B 9) E 10) D

Terceiro Nível (Ensino Médio) 1) B 2) D 3) D 4) D 5) E

6) C 7) A 8) C 9) E 10) D

11) C 12) A 13) D 14) A 15) A

16) B 17) D 18) E 19) E 20) D

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21) B 22) B 23) C 24) B 25) E

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XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase - Nível 1 PROBLEMA 1

Corte 10 algarismos do número 1234512345123451234512345, para que o número restante seja o maior possível. PROBLEMA 2

Sabe-se que três meses consecutivos de um determinado ano, não bissexto, possuem cada um exatamente quatro domingos. Estes meses podem ser janeiro, fevereiro e março? a) b) Podem ser agosto, setembro e outubro? PROBLEMA 3

Na figura, os triângulos ABC e EGF são equiláteros. O perímetro do triângulo ABC é 132cm e, além disso, B AE = EC BD = DC EF = FC DG = GE D a) Qual o perímetro da área sombreada? G b) Que fração da área do triângulo ABC representa a área sombreada? A

PROBLEMA 4

Pedro distribuiu 127 moedas de 1 real em sete caixas e colocou em cada uma delas uma etiqueta dizendo o número de moedas da caixa. Essa distribuição foi feita de forma que qualquer quantia de R$1,00 a R$127,00 pudesse ser paga entregando-se apenas caixas fechadas. De que maneira Pedro fez essa distribuição? PROBLEMA 5

Um edifício muito alto possui 1000 andares, excluindo-se o térreo. Do andar térreo partem 5 elevadores: O elevador A pára em todos os andares. O elevador B pára nos andares múltiplos de 5, isto é, 0, 5, 10, 15, … O elevador C pára nos andares múltiplos de 7, isto é, 0, 7, 14, 21, … O elevador D pára nos andares múltiplos de 17, isto é, 0, 17, 34, 51, … O elevador E pára nos andares múltiplos de 23, isto é, 0, 23, 46, 69, … EUREKA! N°7, 2000

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a) Mostre que, excetuando-se o andar térreo, não existe nenhum andar onde param os 5 elevadores. b) Determine todos os andares onde param 4 elevadores. PROBLEMA 6

Encontre o menor tabuleiro quadrado que pode ser ladrilhado usando peças com o seguinte formato:

Obs: Ladrilhado significa completamente coberto, sem superposição de peças, e de modo que nenhum ponto fora do tabuleiro seja coberto por alguma peça.

SOLUÇÕES SEGUNDA FASE - NÍVEL 1 SOLUÇÃO PROBLEMA 1

O maior número restante é 553451234512345. Para ver isto, podemos supor que os cortes são feitos da esquerda para a direita. Se deixarmos de cortar todos os quatro primeiros algarismos, o número que resta começará por 1, 2, 3 ou 4. Logo, menor que o número acima. Feito isto, se deixarmos de cortar a segunda seqüência 1234, o número que resta terá na primeira ou segunda casa, da esquerda para a direita, 1, 2, 3 ou 4. Ainda menor que o número acima. Os dois primeiros 5 devem permanecer, pois retirando-se um deles, completamos 9 retiradas e aí algum algarismo da terceira seqüência 1234 aparecerá na 1a ou na 2a casa. Finalmente devemos cortar a seqüência 12, que ocupa a 11a e 12a posição. SOLUÇÃO PROBLEMA 2

Se o dia primeiro de janeiro for Segunda-feira, e o ano não for bissexto, então os meses de janeiro, fevereiro e março terão 4 domingos cada. SOLUÇÃO PROBLEMA 3 (Solução resumida) a)

Perímetro = 2 ⋅ (44 ) + 3⋅ = 121 .

b) S ' =

13 3 1 1 S+ . S= S 16 4 4 4

SOLUÇÃO PROBLEMA 4

Basta distribuir as moedas em 7 caixas contendo respectivamente 1, 2, 4, 8, 16, 32 e 64 moedas. Para outros pagamentos Pedro pode fazer 3 = 1 + 2, 5 = 1 + 4, 6 = 2 + 4, 7 = 1 + 2 + 4. Assim já pode pagar as quantias de 1 a 7 reais com o conteúdo das caixas. Somando-se a parcela de 8 a estas somas chega-se nas somas de 9 até 15. Somando-se a parcela de 16 às 15 somas assim formadas EUREKA! N°7, 2000

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obtém-se somas de 17 a 31. A estas acrescenta-se a parcela de 32. E finalmente a parcela de 64, obtendo-se assim todas as somas de 1 a 127 = 1+ 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64. SOLUÇÃO PROBLEMA 5

O elevador B pára nos múltiplos de 5. O elevador C pára nos múltiplos de 7. O elevador D pára nos múltiplos de 17. O elevador E pára nos múltiplos de 23.

Como 5, 7, 17 e 23 são números primos, para que todos parem num mesmo andar, este tem que ser múltiplo de 5 × 7 × 17 × 23 = 13685 e o prédio só tem 1000 andares. b)

Para que num andar parem exatamente quatro elevadores, devem parar A, que pára em todos, e três dos restantes. B, C e D param nos múltiplos de 5 × 7 × 17 = 595 B, C e E param nos múltiplos de 5 × 7 × 23 = 805 B, D e E param nos múltiplos de 5 × 17 × 23 = 1955 C, D e E param nos múltiplos de 7 × 17 × 23 = 2737 Logo, os andares onde param 4 elevadores são o 595 e o 805.

SOLUÇÃO PROBLEMA 6

O menor tabuleiro é do tipo 10 × 10 coberto com 20 peças, como mostrado, por exemplo, pela figura abaixo, à esquerda. Com efeito, o número de casas do tabuleiro é um quadrado perfeito múltiplo de 5. Logo é 25, 100, 225 ou ... etc. Mas um tabuleiro 5 × 5 não pode ser coberto com peças deste tipo, pois ao tentarmos completar uma lateral do tabuleiro, seremos conduzidos a uma das duas figuras à direita, as quais não se deixam completar pelas peças para formar todo o tabuleiro.

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XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase - Nível 2 PROBLEMA 1

Três meses consecutivos de um determinado ano, não bissexto, possuem exatamente quatro domingos cada um. Prove que um destes meses é fevereiro. PROBLEMA 2

Num quadro-negro são escritos três inteiros. Começa-se, então, uma sequência de movimentos onde, em cada passo, apaga-se um deles e escreve-se em seu lugar a soma dos outros dois diminuída de uma unidade. Após vários movimentos, estão escritos no quadro os números 17, 75 e 91. É possível que no início estejam escritos no quadro : a) 2, 2, 2 ? b) 3, 3, 3 ? PROBLEMA 3

Seja ABCD um quadrado. Escolhemos pontos M, N, P, Q respectivamente sobre AB, BC, CD e DA, de modo que as circunferências circunscritas aos triângulos MBN e PDQ sejam tangentes exteriormente. Mostre que MN +PQ ≥ AC. PROBLEMA 4

Determine o maior natural n para o qual existe uma reordenação (a, b, c, d) de (3, 6, 9, 12) (isto é, {a, b, c, d} = {3, 6, 9, 12}) tal que o número n 3a 6 b9 c12 d seja inteiro. Justifique sua resposta. PROBLEMA 5

A C + onde A, B, B D C e D são inteiros positivos, as frações estão simplificadas ao máximo e os denominadores são números primos entre si. Os alunos adicionaram as frações tirando o mínimo múltiplo comum dos denominadores das parcelas e escrevendo este como o denominador do resultado. Mostre que a fração que os alunos encontraram como resultado está simplificada.

Um professor de matemática passou aos seus alunos a adição

PROBLEMA 6

Determine todos os inteiros positivos n para os quais é possível montarmos um retângulo 9 × 10 usando peças 1 × n. EUREKA! N°7, 2000

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SOLUÇÕES SEGUNDA FASE - NÍVEL 2 SOLUÇÃO PROBLEMA 1

Se nenhum destes meses for fevereiro, o número total de dias não pode ser menor que 91 = 7. 13 e portanto o número total de domingos não poderia ser menor do que 13. SOLUÇÃO PROBLEMA 2

a) Estão escritos inicialmente 3 números pares. Quando um deles é apagado, é escrito em seu lugar um número ímpar. Após o 1º movimento ficam então dois números pares e um número ímpar. Se apagarmos agora o número ímpar, surgirá em seu lugar outro númro ímpar e se apagarmos um número par aparecerá em seu lugar outro número par. Deste modo, após qualquer número de movimentos restarão dois números pares e um número ímpar e portanto, não é possível termos no final os três números ímpares 17, 75 e 91. b) Sim, uma possível sequência de movimentos é : 3, 3, 3 → 5, 3, 3 → 5, 3, 7 → 5, 11, 7 → 17, 11, 7 → 17 , 11, 27 → 17, 43, 27 → 17, 43, 59 →17, 75, 59 → 17, 75, 91. SOLUÇÃO PROBLEMA 3

A figura abaixo representa a situação, onde X e Y são os pontos médios dos segmentos MN e PQ e Z é o ponto de tangência das circunferências. Então, como ∠MBN = ∠PDQ = 90° , segue que BX = MX = NX = XZ e DY = QY = YP = YZ. Assim, MN + PQ = BX + XZ + ZY + YD ≥ BD = AC . A

SOLUÇÃO PROBLEMA 4

Temos 3 a ⋅ 6 b ⋅ 9 c ⋅ 12 d = 2 b + 2 d ⋅ 3 a +b + 2 c + d . Para (a, b, c, d) dados, o maior n possível é mdc{b + 2d , a + b + 2c + d } ≤ b + 2d . Note que b + 2d é máximo (com b e d elementos distintos de {3, 6, 9, 12}) quando d = 12 e b = 9. Neste caso, b + 2d = 33, e a + b + 2c + d = 21 + a + 2c. Tomando a = 6 e c = 3, temos também a + b + 2c + d = 33, que é obviamente o maior valor possível para n, obtido para (a, b, c, d) = (6, 9, 3, 12). EUREKA! N°7, 2000

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SOLUÇÃO PROBLEMA 5

Como os denominadores das frações são primos entre si, seu MMC é BD e assim, a fração resultante é

AD + CB . Suponhamos que esta fração não seja irredutível BD

isto é, que exista algum número primo p que divida o numerador e o denominador desta fração. Como o produto BD é divisível por p, um dos seus termos, digamos B sem perda de generalidade o seja. Entretanto, uma das parcelas da soma AD + CB é divisível por p e como a soma, por hipótese, é divisível por p a parcela AD é também divisível por p. Portanto A ou D é divisível por p. No primeiro caso A temos uma contradição com o fato da fração ser irredutível, no outro casos a B contradição está no fato de que os denominadores das frações iniciais sempre são primos entre si. SOLUÇÃO PROBLEMA 6

É claro que n deve ser no máximo 10 e dividir 90. Assim, restam para n as possibilidades 1, 2, 3, 5, 6, 9, 10. Fora n = 6, é imediato que n pode assumir qualquer um dos outros valores acima. Começando a tentar montar o retângulo com peças 1 × 6 a partir de um canto, concluímos prontamente que a tarefa não é possível.

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XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Segunda Fase - Nível 3 PROBLEMA 1

Nos extremos de um diâmetro de um círculo, escreve-se o número 1 (primeiro passo) . A seguir, cada semicírculo é dividido ao meio e em cada um dos seus pontos médios escreve-se a soma dos números que estão nos extremos do semicírculo (segundo passo) . A seguir, cada quarto de círculo é dividido ao meio e em cada um dos seus pontos médios coloca-se a soma dos números que estão nos extremos de cada arco (terceiro passo). Procede-se, assim, sucessivamente: sempre cada arco é dividido ao meio e em seu ponto médio é escrita a soma dos números que estão em seus extremos. Determinar a soma de todos os números escritos após 1999 passos. PROBLEMA 2 Veja problema 3 do nível 2. PROBLEMA 3 Veja problema 4 do nível 2. PROBLEMA 4

Determine todos os inteiros positivos n para os quais é possível montarmos um retângulo 9 × 10 usando peças 1 × n. PROBLEMA 5

José tem três pares de óculos, um magenta, um amarelo e um ciano. Todo dia de manhã ele escolhe um ao acaso, tendo apenas o cuidado de nunca usar o mesmo que usou no dia anterior. Se dia primeiro de agosto ele usou o magenta, qual a probabilidade de que dia 31 de agosto ele volte a usar o magenta? PROBLEMA 6

Encontre as soluções inteiras de x 3 − y 3 = 999 .

SOLUÇÕES SEGUNDA FASE - NÍVEL 3 SOLUÇÃO PROBLEMA 1

Seja S(n) a soma dos termos em cada passo em um dos semicírculos. Observemos que S(1) = 2, S(2) = 4, e S(3) = 10. Deste modo, nos parece razoável conjecturar que S(n) = 3n − 1 +1. Claramente, S(1) = 31 − 1 + 1. Os novos termos adicionados para formar Ln +1 representam somas de dois termos consecutivos de Ln e cada EUREKA! N°7, 2000

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termo de Ln, excetuando-se o primeiro e o último, aparece em exatamente duas destas somas. Daí, S(n +1) = S(n) + 2(S(n) − 1) = 3S(n) – 2 = 3(3n − 1 + 1) – 2 = 3(n + 1) − 1 + 1. Levando em consideração o outro semicírculo, temos que a soma após os 1999 passos é igual a 2.(31999 − 1 + 1) − 2 = 2. 31998 SOLUÇÃO PROBLEMA 2 Veja solução do problema 3 do nível 2. SOLUÇÃO PROBLEMA 3 Veja solução do problema 4 do nível 2. SOLUÇÃO PROBLEMA 4

Sejam mn , an e cn as probabilidades de que no dia n ele use óculos magenta, amarelo e ciano, respectivamente. Temos m1 = 1, a1 = c1 = 0 e mn +1 = a n +1 =

an + cn , 2

1 − mn mn + c n m + an , e c n +1 = n Como an + cn + mn = 1, temos m n +1 = . 2 2 2

1 − ( −2) 2 − n , e em 31 de agosto a probabilidade de que ele volte a 3 1 + 2 −29 usar o magenta é m31 = . 3 Assim, m n =

SOLUÇÃO PROBLEMA 6

Temos ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) = 33 ⋅ 37 . Suponhamos x > y. Assim, os possíveis valores de a = x – y são 1, 3, 9, 27, 37, 3 ⋅ 37, 9 ⋅ 37, 27 ⋅ 37 e cada valor permite fazer y = x – a e precisamos apenas verificar se as raízes de 999 são inteiras. Na verdade, alguns destes valores são x 2 + x( x − a) + ( x − a) 2 = a obviamente inapropriados: a = x − y ≡ x 3 − y 3 ≡ 0 (mod 3) , donde os valores 1 e 37 podem ser descartados. Por outro lado, se x − y ≥ 3b temos

( x 3 − y 3 ) ≥ 3b 3 , donde podemos descartar a ≥ 27. Os dois valores restantes, 3 e 9, são de fato possíveis e dão as quatro soluções: (10,1), ( −1,−10), (12,9) e (−9,−12). EUREKA! N°7, 2000

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XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Terceira Fase - Nível 1 PROBLEMA 1

Diga como dividir um cubo em 1999 cubinhos. A figura mostra uma maneira de dividir um cubo em 15 cubinhos.

PROBLEMA 2

Emanuela, Marta e Isabel são três nadadoras que gostam de competir e por isso resolveram organizar um desafio de natação entre elas. Ficou combinado o total de pontos para o primeiro, o segundo e o terceiro lugares em cada prova. A pontuação para primeiro lugar é maior que a para o segundo e esta é maior que a pontuação para o terceiro. As pontuações são números inteiros positivos. O desafio consistiu de várias provas e ao final observou-se que Emanuela fez 20 pontos, Marta 9 pontos e Isabel 10. A primeira prova foi vencida por Isabel. (a) Quantas provas foram disputadas? (b) Determine o total de pontos para o primeiro, segundo e terceiro lugares. PROBLEMA 3

Um reino é formado por dez cidades. Um cidadão muito chato foi exilado da cidade A para cidade B, que é a cidade do reino mais longe de A. Após um tempo, ele foi expulso da cidade B para a cidade C do reino mais longe de B. Sabe-se que a cidade C não é a mesma cidade A. Se ele continuar sendo exilado dessa maneira, é possível que ele retorne à cidade A? Nota: as distâncias entre as cidades são todas diferentes. PROBLEMA 4

Adriano, Bruno e Carlos disputaram uma série de partidas de tênis de mesa. Cada vez que um jogador perdia, era substituído pelo que estava a esperar. A primeira partida foi disputada por Adriano e Bruno. Sabe-se que Adriano venceu 12 partidas e Bruno 21. Quantas vezes Adriano e Bruno se enfrentaram? EUREKA! N°7, 2000

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SOLUÇÕES TERCEIRA FASE - NÍVEL 1 PROBLEMA 1 SOLUÇÃO DE MARIANA DE MORAES SILVEIRA (Belo Horizonte - MG)

O cubo deve ser dividido em 1000 cubinhos, ou seja 10 × 10 × 10, depois, devese pegar um deles e dividí-lo novamente em 1000 cubinhos para que obtenhamos 1999 cubinhos. Assim teremos 1000 – 1 (que será dividido) + 1000 = 1999 cubinhos. PROBLEMA 2 SOLUÇÃO DE DIOGO DOS SANTOS SUYAMA (Belo Horizonte - MG)

a) Foram disputadas 3 provas. Como 20 + 10 + 9 = 39, o número de pontos distribuidos por prova só poderia ser 3 ou 13, pois estes são os únicos divisores de 39, a não ser o mesmo e o 1. Em consequências, o número de provas também será um desses números. Porém, se forem disputadas 13 provas, só há uma maneira de se distribuir os pontos: 2 para o primeiro, 1 para o segundo e 0 para o terceiro. Entretanto, 0 não é positivo, sendo assim descartada essa hipótese. b) Já sabendo que são 3 provas, é impossível que a vencedora ganhe menos que 8 pontos, pois assim, Emanuela só conseguiria os 20 pontos fazendo 7, 7 e 6 pontos em cada prova. Para isso, seria preciso que a vencedora fizesse 7 pontos, a segunda colocada 6 e a última 0, mas como vimos, 0 não é positivo. É impossível, também que a vencedora faça mais de 10 pontos, pois não seria possível que a segunda fizesse mais pontos que a última, ou que esta não fizesse 0 pontos. Então, as únicas possibilidades são: 1a. → 10, 2a. → 2, 3a. → 1; 1a. → 9, 2a. → 3, 3a. → 1; 1a. → 8, 2a. → 4, 3a. → 1; e 1a. → 8, 2a. → 3, 3a. → 2. A primeira opção é incorreta, pois Isabel, que venceu uma das provas, não poderia ter feito pontos nas outras. A segunda opção também não é correta, pois Isabel teria que marcar apenas um ponto em duas provas. A última opção é incorreta também, pois Isabel teria que marcar 2 pontos em duas provas. Terceira opção: 1a. → 8, 2a. → 4, 3a. → 1 é a correta. Veja o quadro abaixo:

Emanuela Marta Isabel

1a. Prova 4 1 8

2a. Prova 8 4 1

PROBLEMA 3 Veja solução do problema 2 do nível 2. PROBLEMA 4 Veja solução do problema 3 do nível 2 EUREKA! N°7, 2000

3a. Prova 8 4 1

Total 20 9 10

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XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Terceira Fase - Nível 2 PROBLEMA 1

Seja ABCDE um pentágono regular tal que a estrela ACEBD tem área 1. Sejam P interseção entre AC e BE e Q a interseção entre BD e CE. Determine a área de APQD. D Q

P A

PROBLEMA 2

Um reino é formado por dez cidades. Um cidadão muito chato foi exilado da cidade A para a cidade B, que é a cidade do reino mais longe de A. Após um tempo, ele foi expulso da cidade B para a cidade C do reino mais longe de B. Sabe-se que a cidade C não é a mesma cidade A. Se ele continuar sendo exilado dessa maneira, é possível que ele retorne à cidade A?

Nota: as distâncias entre as cidades são todas diferentes. PROBLEMA 3

Prove que há pelo menos um algarismo diferente de zero entre a 1.000.000a. e a 3.000.000a. casa decimal de 2 após a vírgula.

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SOLUÇÕES TERCEIRA FASE - NÍVEL 2 PROBLEMA 1 Veja solução do problema 1 do nível 3.

PROBLEMA 2 SOLUÇÃO DE EINSTEIN DO NASCIMENTO JÚNIOR ( Fortaleza - CE )

Há dez cidades A, B, C, D, E, F, G, H, I, J. Um chato da cidade A foi exilado para a cidade mais longe de A, a cidade B. Como B é a cidade mais longe de A, pode-se dizer que se tomarmos A como sendo o centro de uma circunferência de raio AB, todas as cidades estarão dentro dos limites da circunferência, exceto a cidade B que estará em cima dela. C

Como as distâncias entre as cidades não são iguais e o chato foi exilado para a cidade C que é a mais longe de B então BC > AB. Da cidade C ele será exilado para a cidade D que é a mais longe de C e assim sucessivamente até chegar na cidade J onde teremos a seguinte verdade: AB < BC < CD < . . . < HI < IJ. Ao chegar nesse ponto vemos que A com certeza não é a cidade mais longe de J pois AB = raio AJ < raio AJ < AB AB < IJ AJ < IJ Logo ele irá para uma cidade diferente de A, e nunca retornará à cidade A. PROBLEMA 3 SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (Rio de Janeiro - RJ)

Quando começa a série, já ocorre um encontro entre Adriano (A) e Bruno (B). Vamos chamar de VA, VB e VC o número de vitórias de Adriano, Bruno e Carlos, respectivamente. Então ao final da série VA + VB = 33 e depois do 1o. jogo VA + VB EUREKA! N°7, 2000

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= 1. Suponhamos que o segundo jogo seja x × C. Chamemos de E o número de jogos A × B. Então no 2o. jogo E = 1. Enquanto C ganhar, VA + VB e E permanecem constantes. Quando C perder, VA + VB aumenta uma unidade. O próximo jogo será A × B, aumentando VA + VB e E em uma unidade. Após este jogo, o próximo será x × C. Ou seja, para que E aumente uma unidade, VA + VB aumenta duas, e o aumento de um em E. Como no 2o. jogo E = 1 e falta que VA + VB aumente 32 unidades, ocorrem 1 + 16 = 17 jogos A × B. PROBLEMA 4 SOLUÇÃO DE HENRIQUE CHOCIAY (Pinhais - PR)

Para começar a desenvolver 2 , utilizei o processo de extração que não utiliza tentativas (processo prático por aproximação).

2 –1 1.00 –96 4.00 281 1.1900 1.1296 0060400

1,414 ↑ 1 × 2 = 24 × 4 ≅ 100 96 ↵ 14 × 2 = 281 × 1 ≅ 400 141 × 2 = 2824 × 4 ≅ 11900 11296 ↵

Deste lado, o número de casas sempre aumenta em 1 casa, nunca mais. (mesmo se houvesse um caso de 99999 × 9 = 899991 (só aumenta 1 casa) (entre 1.000.000 e 3.000.000) Quando estivermos no número 1.000.000 de casas no multiplicador, teremos 999.999 casas decimais. Supondo que haja só 1 casa no resto nesta situação, depois de 1.000.000 de operações, teremos 1.999.999 casas decimais (1 milhão de zeros), 2.000.000 no multiplicador e 2.000.001 no resto, podendo obter número diferente de zero. Em geral o fato de, não podendo haver divisão, com o aumento das casas divisoras em 1 e do resto em 2 e as casas decimais serem menores que as divisoras em 1 torna impossível a obtenção desta seqüência de zeros entre as casas de 1.000.000 e 3.000.000.

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XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Terceira Fase - Nível 3 PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1 Veja problema 1 do nível 2. PROBLEMA 2 Veja problema 4 do nível 2. PROBLEMA 3

Temos um tabuleiro quadrado 10 × 10. Desejamos colocar n peças em casas do tabuleiro de tal forma que não existam 4 peças formando em retângulo de lados paralelos aos lados do tabuleiro. Determine o maior valor de n para o qual é possível fazer esta construção. SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

O planeta Zork é esférico e tem várias cidades. Dada qualquer cidade existe uma cidade antípoda (i.e., simétrica em relação ao centro do planeta). Existem em Zork estradas ligando pares de cidades. Se existe uma estrada ligando as cidades P e Q então também existe uma estrada ligando as cidades P' e Q', onde P' é a antípoda de P e Q' é a antípoda de Q. Além disso, estradas não se cruzam e dadas duas cidades P e Q sempre é possível viajar de P a Q usando alguma seqüência de estradas. O preço da Kriptonita em Urghs (a moeda planetária) em duas cidades ligadas por uma estrada difere por no máximo 100 Urghs. Prove que existem duas cidades antípodas onde o preço da Kriptonita difere por no máximo 100 Urghs. PROBLEMA 5

Em Tumbólia existem n times de futebol . Deseja-se organizar um campeonato em que cada time joga exatamente uma vez com cada um dos outros. Todos os jogos ocorrem aos domingos, e um time não pode jogar mais de uma vez no mesmo dia. Determine o menor inteiro positivo m para o qual é possível realizar um tal campeonato em m domingos.

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PROBLEMA 6

Dado triângulo ABC mostre como construir com régua e compasso um triângulo A’B’C’de área mínima com C '∈ AC , A'∈ AB e B'∈ BC tal que ∧

∧

B ' A' C ' = B A C e A' C ' B ' = A C B.

SOLUÇÕES TERCEIRA FASE - NÍVEL 3 PROBLEMA 1 SOLUÇÃO DE HUGO PINTO IWATA (São José do Rio Preto - SP) D Q

S P A

Como o pentágono e a estrela são regulares, o quadrilátero APQD é um trapézio. A área do trapézio APQD é igual à área do triângulo APD somada à do triângulo ____

PQD. Como BDRP também é um trapézio, RP// QD, então a área de PQD é EUREKA! N°7, 2000

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igual à de RQD. Como a estrela é regular, a área de RQD é igual à de ERS, então, a área de PQD é igual à de ERS. Assim a área do trapézio APQD é igual à soma das áreas dos triângulos APD e ERS, que é igual à figura APDRES, que é exatamente metade da estrela toda. Resposta: A área de APQD é 0,5. PROBLEMA 2 SOLUÇÃO DE HUMBERTO SILVA NAVES (Goiânia - GO)

Suponhamos, por absurdo, que todos os algarismos das casas decimais entre a 1.000.000a. casa decimal e a 3.000.000a. casa decimal de 2 fossem zero, então: 6



10 2⋅10 1010

 

2 = 10 3⋅10





2 (onde x  ∈ Z e x  ≤ x < x  + 1)







102⋅10 ⋅ K = 103⋅10 2 (onde K = 1010 2 ) ⇒102⋅10 K ≤ 103⋅10 2 < 102⋅10 K + 1, 6

mas como 10 2⋅10 K ≠ 10 3⋅10

10 2⋅10 K < 10 3⋅10

K2 6

102⋅10

<2<

K2 6

10 2⋅10



2 < 10 2⋅10 K + 1 ⇒

mas como K = 1010

K ≤ 1010

2 , (pois se não fosse teríamos

2 = K / 1010 ,

2 é irracional!) então:

um absurdo, pois 6

104⋅10

10 6

< 2<

K 10 6

106⋅10

⇒ K 2 < 2 ⋅ 102⋅10

⇒ 6 10 3⋅10 2K 1 < K 2 + 2⋅106 + 4⋅106 , 10 10 10 6



2 ∈ Z, temos (pela definição de x  ):

2 < K +1⇒

K 10

10 6

≤ 2⇒

K 10

2⋅10 6

≤

2 10

10 6

1 2K 1 ⇒ 2⋅106 ≤ , 4 2 10

logo: 6

K 2 < 2 ⋅ 10 2⋅10 < K 2 + K < 2 ⋅ 10 2

2⋅10 6

2K 2⋅10 6

1 4⋅10 6

< K2 +

1 1 + 4⋅106 < K 2 + 1 ⇒ 2 10

10 10 6 < K + 1 ⇒ 0 < 2 ⋅ 10 2⋅10 − K 2 < 1, um absurdo, pois não 2

existe nenhum inteiro maior que 0 e menor que 1, disto concluímos que há um algarismo diferente de 0 nestas casas decimais. (Poderíamos ter uma aproximação 6

melhor pois 2K é bem menor que 10 2⋅10 ). Obs: x  denota a função do "maior inteiro": é o único inteiro tal que

x  ≤ x < x  + 1. EUREKA! N°7, 2000

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PROBLEMA 3 SOLUÇÃO DA BANCA

O problema é equivalente a encontrar subconjuntos A1, A2, …, A10 do conjunto {1, 2, 3, …, 10} cuja soma do número de elementos seja a maior possível tais que a interseção de dois quaisquer deles tenha no máximo um elemento (Ai é o conjunto das posições das peças na i-ésima linha do tabuleiro). Se Ai tem ki

k i (k i − 1) subconjuntos de 2 elementos não pode 2 pertencer a dois dos conjuntos Ai, e há no total C102 = 45 subconjuntos elementos então há C k2i = de 2 elementos de 10

{1, 2,…,10}. Assim, devemos ter

∑ i =1

Por

outro

lado,

existem

k i (k i − 1) ≤ 45. 2 i,

com

temos

k (k +1) (k j −1)(k j − 2) ki (ki +1) k j (k j −1) Ck2i +1 + Ck2j −1 = i i + = + + ki +1− k j < Ck2i + Ck2j . 2 2 2 2 10 10 k i (k i − 1) Assim para minimizar ∑ mantendo ∑ k i fixo devemos ter 2 i =1 i =1

k i − k j ≤ 1 para todo i, j. Se observamos que 5C 42 + 5C 32 = 5 ⋅ 6 + 5 ⋅ 3 = 45, concluímos que se 10

∑ i =1

k i (k i − 1) ≤ 45 então 2

∑k i =1

≤ 5 ⋅ 4 + 5 ⋅ 3 = 35, valendo a igualdade se e só

se 5 dos ki são iguais a 4 e os outros 5 iguais a 3. Para que a contrução seja possível nesse caso precisamos de que cada par de elementos apareça em exatamente um dos conjuntos Ai . Nesse caso, cada elemento de {1, 2, 3…, 10} deve aparecer em 3 conjuntos com 4 elementos ou em um conjunto com 4 elementos e 3 conjuntos com 3 elementos (pois cada um dos outros 9 elementos aparece exatamente uma vez junto com ele). Como haveria 5 conjuntos com 4 elementos, o número médio de conjuntos com 4 elementos aos quais cada elemento pertence é 2, donde há elementos que pertencem a 3 conjuntos com 4 elementos (pois um elemento não pode pertencer a exatamente 2 conjuntos com 4 elemetos). Assim, podemos supor sem perda de generalidade que A1 = {1, 2, 3, 4}, A2 = {1, 5, 6, 7} e A3 = { 1, 8, 9, 10}, mais então qualquer outro conjunto de 4 elementos deve estar contido em {2, 3, …, 10}, e portanto deve intersectar um dos conjunto A1, A2, A3, A4, em pelo menos 2 elementos. Portanto, não é possível EUREKA! N°7, 2000

Sociedade Brasileira de Matemática 10

que

∑k i =1

seja igual a 35. Por outro lado é possível construir exemplos com

= 34, como abaixo:

A1 = {1, 2, 3, 4}, A2 = {1, 5, 6, 7}, A3 = { 2, 5, 8, 9}, A4 = {3, 6, 8, 10}, A5 = {1, 9, 10}, A6 = { 2, 7, 10}, A7 = {3, 7, 9}, A8 = {4, 5, 10}, A9 = { 4, 6, 9} e A10 = {4, 7, 8}. •

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PROBLEMA 4 SOLUÇÃO DE GILBERTO SANTOS DO NASCIMENTO (São Paulo - SP)

Seja C1' o antípoda de C1 . Vamos ligar C1 a C1' e vice-versa, formando uma linha fechada. Abaixo

C 'j é o antípoda de C j para todo j. C3

… Cn

C2 C'1 C1 C'n

… C'3

C'2

Agora, supondo que a diferença da Kriptonita de C1' para C1 seja maior que 100. Então, vamos supor que (C2 – C1) + (C3 – C2) +…+ (C1' – Cn) > 100. Como ao EUREKA! N°7, 2000

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percorrer o caminho, temos de ter uma diferença zero ao chegarmos em C1 novamente, somando (C2' – C1') + (C3' – C2') +…+ (C1 – Cn') < – 100. Agora, supondo que o Superman trace uma linha de C1 a C1' (esta linha não poderia ser uma estrada, pois | C1' – C1| > 100) a soma das diferenças na parte de cima da linha deve ser maior que 100 e embaixo menor que –100. > 100 … Parte de cima (p.c.) C1

C'1

Parte de baixo (p.b.)

…

Agora, supondo que esta linha percorra a figura, ligando todas as cidades antípodas, na parte de cima, a soma deve continuar sendo maior que 100 e embaixo menor que 100. Em p.c. (parte de cima), a soma não pode passar bruscamente de > 100 para < –100, pois são somadas apenas duas diferenças de cada vez (menores que 200 no total!). Assim, para que p.c. fique negativo < –100 e p.b. fique positivo > 100, teríamos de ter duas cidades antípodas com diferença > 100 em módulo. > 100

…

p.c.

…

C1' C1

p.b.

< –100 p.b.

p.c. > 100

C1'

C2'

…

< –100

… Ck'

Continuando o percurso, ao chegarmos em C1', teremos de ligá-lo a C1. No entanto, p.c. estará em baixo e a soma das diferenças na direção de C1' para C1 terá de ser positivo > 100. Mas essa soma era negativa e < –100 quando começamos (⇒⇐) Contradição. O mesmo ocorre analogamente com p.b. Logo, em algum par da cidades (uma cidade e sua antípoda), a diferença do preço da Kriptonita deverá ser menor ou igual a 100. Viva o Superman!.

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PROBLEMA 4 SOLUÇÃO DE HUMBERTO SILVA NAVES (Goiânia - GO)

Suponhamos, por absurdo, que os preços diferem por mais de 100 Urghs em todas as cidades antípodas, então: | x0 – y0| > 100 ⇒ M0 – m0 > 100 (onde xn e yn são antípodas e representam o preço da Kriptonita). | x1 – y1| > 100 ⇒ M1 – m1 > 100 | xn – yn| > 100 ⇒ Mn – mn > 100 (Onde Mn = máx (xn, yn) e mn = min (xn, yn)) Como sabemos que existe um caminho de estradas que leva de M0 até m0, então deve existir uma estrada que liga (para certo i, j ∈ N; i, j ≤ n) Mi ←→ mj. Como existe uma estrada ligando Mi ←→ mj, também existe uma estrada ligando mj ←→ Mi (antípodas). Pode acontecer i = j, caso em que se conclui facilmente que Mi – mi > 100, um absurdo pois mi e Mi são "vizinhas", logo o preço da Kriptonita difere por no máximo 100 Urghs. Se i ≠ j, então: | Mj – mi | ≤ 100 (são "vizinhas") | Mi – mj | ≤ 100, mas como Mi – mi > 100 e Mj – mj > 100, então: Mi + Mj – mi – mj > 200 Mi – mj + Mj – mi > 200 ⇒ | Mi – mj + Mj – mi| > 200 ⇒ | Mi – mj| + | Mj – mi| > 200 ⇒ 200 ≥ | Mi – mj| + | Mj – mi| > 200, um absurdo, logo existem cidades antípodas cujo preço difere no máximo em 100 Urghs. PROBLEMA 5 SOLUÇÃO DE FABRÍCIO SIQUEIRA BENEVIDES (Fortaleza - CE)

Façamos 2 casos, n par e n ímpar. i)

n par.

Cada time tem que jogar com cada um dos outros. Se os times são: T1, T2, …, Tn; temos que um time Ti tem que jogar (n – 1) vezes e para isso precisará de pelo menos (n – 1) domingos. (pois só pode jogar 1 vez por domingo). Mostraremos que é possível realizar o campeonato em (n – 1) domingos. Para isso basta que o jogo entre Ti e Tj (i ≠ j) ocorra no seguinte domingo.

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1) 2)

dij ≡ i + j (mod n – 1), 1 ≤ dij ≤ n – 1 para ∀ i ≠ n, j ≠ n din ≡ 2i (mod n – 1), 1 ≤ din ≤ n – 1 para todo i ≠ n, j ≠ n (se um dos times for Tn).

Podemos observar isso numa tabela que indique o dia entre Ti e Tj Exemplo: para n = 6

dij T1 T2 T3 T4 T5 T6

T1 3 4 5 1 2

T2 3 5 1 2 3

T3 4 5 2 3 4

T4 5 1 2 4 5

T5 1 2 3 4

T6 2 4 1 3 5

O campeonato organizado assim satisfaz o problema pois: é fácil ver que um time i joga com cada um dos outros times (no domingo dij, j ≠ i). E cada time só joga uma vez num mesmo dia, caso contrário teríamos: um time Ti que joga contra Tj e Tk no mesmo domingo, ou seja dij = dki 1) Se i = n: djn = dkn ∴ 2j ≡ 2k (mod n – 1) como (2, n – 1) = 1 teriamos j ≡ k (mod n – 1), {j, k} ⊂ {1, 2, …, n – 1} ∴ j = k, uma contradição. 2) Se i ≠ n. 2.1) 2.2)

j e k ≠ n : dik = dij ∴ i + k ≡ i + j (mod n – 1) ∴ j ≡ k (mod n – 1) e k = j. uma contradição. j = n, k ≠ n, sem perda de generalidade: din = dik ∴ i + i ≡ i + k (mod n – 1)∴ i ≡ k (mod n – 1), {i, j}≤{1, 2, …, n – 1} ⇒ i = j, uma contradição.

Agora se n for ímpar, como cada time tem que jogar com todos os outros seria necessário pelo menos (n – 1) domingos. Só que (n – 1) domingos não são suficientes pois em cada dia há um time que fica sem jogar. Assim, se no primeiro dia Ti foi o time que não jogou, ele ainda precisará de mais ( n – 1) domingos para jogar contra os outros. De modo que são necessários pelo menos n domingos. EUREKA! N°7, 2000

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Para ver que n domingos são suficientes, basta que o campeonato se organize assim: Sejam T1, T2, …, Tn os times. Criamos um time virtual chamado Tn + 1 onde jogar contra Tn + 1 um certo dia, significa não jogar naquele dia. Temos então n + 1 = x times, organizamos então como no caso anterior o campeonato. Como x é par isso pode ser feito em x – 1 = n dias. Obs: O exemplo para (2k – 1) times é obtido do de (2k) times esquecendo-se um dos times.

Resposta:

Se n é par m = n – 1. Se n é ímpar m = n.

PROBLEMA 6 SOLUÇÃO DA BANCA C

c B'

α a A

D a

α B

Sejam ∠A, ∠B, ∠C os ângulos internos do triângulo ABC, sejam ∠A', ∠B', ∠C' os ângulos internos do triângulo A'B'C' e consideremos ∠A' = ∠A e ∠C' = ∠C. Seja D o ponto de interseção das circunferências circuscritas aos triângulos AA'C' e CC'B'. Nos quadriláteros inscritíveis AA'DC' e CC'DB' temos ∠A'DC' = π – ∠A e ∠C'DB' = π – ∠C. Logo, ∠A'DB' = 2π – (π – ∠A) – (π – ∠C) = π – ∠B, e portanto, a circunferência circunscrita ao triângulo BB'A' passa por D. No quadrilátero inscritível AA'DC', ∠DAA' = ∠DC'A' = α e ∠DA'C' = ∠DAC' = a. Como ∠A = ∠A' concluimos que ∠DA'B' = α. Logo, no quadrilátero inscritível BB'DA' temos que ∠DBB' = α. No quadrilátero inscritível CC'DB' temos que ∠DCB' = ∠DC'B' = c, e como ∠C = C' concluímos que ∠DCC' = α. EUREKA! N°7, 2000

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O ponto D está então associado ao triângulo ABC pela propriedade: ∠DAB = ∠DBC = ∠CDA e portanto não depende da posição de A', B' e C'. O ponto D é fixo e sua construção será mostrada no final da solução. Como os ângulos A'DB', B'DC' e C'DA' são constantes, a menor área possível do triângulo A'B'C' é obtida quando os segmentos DA', DB' e DC' forem os menores possíveis. Logo, DA', DB' e DC' são respectivamente perpendiculares aos lados AB, BC e CA.

Construção do ponto D Seja E a interseção da mediatriz de AB com a perpendicular a BC traçada por B. A circunferência de centro E e raio EA = EB é tangente em B à reta BC. Logo, para qualquer ponto X do menor arco AB tem-se que ∠XAB = ∠XBC. Seja F a interseção da mediatriz de BC com a perpendicular a CA traçada por C. A circunferência de centro F e raio FB = FC é tangente em C à reta CA. Logo, para qualquer ponto X do menor arco BC tem-se que ∠XBC = ∠XCA. O ponto D, interseção desses dois arcos é tal que ∠DAB = ∠DBC = ∠DCA. (Note que qualquer ponto D com esta propriedade deve pertencer a cada um dos lugares geométricos descritos acima, o que nos dá a unicidade).

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XXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Resultado - Primeiro Nível (5a. e 6a. séries) NOME

CIDADE – ESTADO

PRÊMIO

Henry Wei Cheng Hsu Diogo dos Santos Suyama Sergio Santos do Nascimento Gustavo Eufrásio Farias Luciano Lacerda Silveira Emanuel Augusto Varussa Padovan Fabrício Henrique de Faria Thiago Jorge Marinho Vieira Paulo Roberto Sampaio Santiago Mariana de Moraes Silveira Gabriel Vieira Lana João Cláudio Telles Vianna Rafael Daigo Hirama Ana Cláudia de Franco Suzuki Luiza de Almeida Aoki Bruno Leonardo Schneider Paulo Rebello Bortolini Victor Mesquita Barbosa Thiago Augusto Caldas Bello Sinuhe Djin Maschio Shin Raul Máximo Alexandrino Nogueira Bruno Fiorio Pedro H. Milet Pinheiro Pereira Bernardo Melo Sobreira Mário Luiz Aranha da Silva Conrado F. Paulo da Costa Rodrigo Aguiar Pinheiro Daniel Medeiros de Albuqerque Gabriela Duarte Costa Constantino Tiago Porto Barbosa Vitor Henrique Gonçalves Gabriel Tomé de Lima Gustavo Pinheiro Melo Túlio Ivo Cordeiro Fulálio Leonardo Lucas Rentz Daniela Satie Kondo Rafael Santos Correia de Araujo Felipe Paupitz Schlichting Álinson Santos Xavier Antonia Taline de Souza Mendonça Gustavo Hübner Leonardo Deeke Boguszewski Paola Valente Giorgini Roberta Pieroni Visconti Alan Hideki Uchida Cincinato Furtado Leite Neto Marcus Edson Barreto Brito Thiago de Sá Jorge Vento Inte Nunes Vieira

São Paulo – SP Belo Horizonte – MG São Paulo – SP Fortaleza – CE Campo Grande – MS Rio Claro – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Salvador – BA Belo Horizonte – MG Belo Horizonte – MG Rio de Janeiro – RJ Campinas – SP São Paulo – SP S. J. dos Campos – SP São José – SC Jundiaí – SP Fortaleza – CE Salvador – BA São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Salvador – BA Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Fortaleza – CE Timóteo – MG Fortaleza – CE São Carlos – SP Mogi das Cruzes – SP Fortaleza – CE Campina Grande – PB Maceió – AL São Paulo – SP Salvador – BA Florianópolis – SC Fortaleza – CE Fortaleza – CE Campina Grande – PB Curitiba – PR Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Curitiba – PR Curitiba – PR

Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa

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Resultado - Segundo Nível (7a. e 8a. séries) NOME

CIDADE – ESTADO

PRÊMIO

Henrique Chociay Davi Máximo Alexandrino Nogueira Maurício Massao Soares Matsumoto Fábio Dias Moreira Eduardo Kunio Kuroda Abe Larissa de Lima Einstein do Nascimento Júnior Diego Cortez Gutierrez Bernardo Freitas Paulo da Costa Bruno Koga Rafael Tajra Fonteles André Luis Hirschfeld Danila Rodrigo Barbosa dos Santos Stein Daniel Pessôa Martins Cunha Jaquelyne Gurgel Penaforte Thiago Braga Cavalcante Henrique Cortada Barbieri Vinícius Piovesan de Toledo Lucas Gabriel Maltoni Romano Danilo Vieira Castejon Thiago da Silva Sobral Guilherme Oliveira Campos Eduardo Barbosa Araújo Tatyana Zabanova Rafael Montorfano Franco Otacílio Torres Vilas Boas Henrique Fernandes Macedo Vinicius de Aguiar Furvie Renato R. Sinohara da S. Souza Daniel Teixeira Jefferson Ho Yun Lee Kiyoshi Horie Filho Fábio Eiji Arimura Toni Chenson Wang Guilherme Tosi Yuri Gomes Lima Thiago Mizuta Lucas Sáber Rocha Daniel Nascimento Duplat Tiago Monteiro Fernandes Caio Ribeiro de Souza Adalberto Studart Neto Renato Araújo Barbosa Cibele Ferreira de Souza Marina Lima Medeiros Carolina Nunes Nery Germanna Oliveira Queiroz Luciana Akemi Nishimaru Fabiano Siggelkow Linhares SandraTie Nishibe Minamoto Daniel Haanwinckel Junqueira Solleon Natus Tavares de Menezes Anna Laura Sfredo Bruno Gomes Coelho Daniel Bréscia dos Reis André Bastos Veras LincolnYoshyiti Hamaji João Paulo Aguiar Santos Bruno Bozon Furlan Márcio Antonio Ferreira Belo Filho João Felipe Almeida Destri Caio Bória de Oliveira Patrick Gonçalves Larissa Goulart Rodrigues Eduardo Horai

Pinhais – PR Fortaleza – CE São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE S. J. dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Teresina – PI São Paulo – SP Vitória – ES Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP Jundiaí – SP Jundiaí – SP Goiânia – GO Fortaleza – CE Bauru – SP Fortaleza – CE Campinas – SP Maringá – PR Salvador – BA Juiz de Fora – MG São Paulo – SP S. J. dos Campos – SP Brasília – DF São Paulo – SP Ourinho – SP São Paulo – SP São Paulo – SP Nova Venécia – ES Fortaleza – CE São Paulo – SP Macaé – RJ Salvador – BA Rio Claro – SP Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Sete Lagoas – MG Mineiros – GO Fortaleza – CE Belo Horizonte – MG Fortaleza – CE São Paulo – SP São Paulo – SP Mogi das Cruzes – SP Salvador – BA Fortaleza – CE São Paulo – SP São Paulo – SP Belo Horizonte – MG Teresina – PI São Paulo – SP Juiz de Fora – MG São Paulo – SP Goiânia – GO Florianópolis – SC S. J. dos Campos – SP Jaguaré – ES Goiânia – GO São Paulo – SP

Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa

EUREKA! N°7, 2000

Sociedade Brasileira de Matemática

Resultado - Terceiro Nível (Ensino Médio) NOME

CIDADE – ESTADO

PRÊMIO

Daniel Massaki Yamamoto Daniel Nobuo Uno Ulisses Medeiros Albuquerque Humberto Silva Naves Carlos Stein Naves de Brito Lucas Heitzmann Gabrielli Fabrício Siqueira Benevides Giuliano Boava Jônathas Diógenes Castello Branco Ronaldo Ikaro Farias Araújo Carlos Emanuel Rodrigues Nogueira Daniel Mourão Martins Gilberto Santos do Nascimento Rogério Uhlmann Yamauti Fernando Silva Barros Leandro dos Santos de Jesus Hugo Pinto Iwata Leandro de Mattos Ferreira Bruno Fernandes Cerqueira Leite Adenilson Pereira Bonfim Mônica Mitiko Soares Matsumoto Leonardo da Costa Linhares Tertuliano Franco Santos Franco Arthur Duarte Nehmi Paulo César de Melo Hanaoka João Alfredo Castellani F. Freire Eduardo Famini Silva Lívia Camargos Rodrigues Oliveira Roberto Tiburcio Canito Frota Rui Facundo Vigelis Carlos Yuji Hatae Daniel Pinheiro Sobreira Pedro Paulo de Simoni Gouvéia Thiago Barros Rodrigues Costa Mauricio Masayuki Honda Christian Lyoiti Watanabe Guilherme Goettems Schneider Danilo Castello Branco A. Bessa Bruno Woltzenlogel Paleo Camila Shirota Miriam Ou Diêgo Veloso Uchôa Pedro Ferreira Celio Hira Gustavo Maltez Lengler Fernando Duarte Menezes Fernando Prado Rocha Paulo Henrique Jacob Silva Zhang He Renato Takamatsu Ulisses Duarte Nehmi Eduardo Moraes de Morais Humberto Vinhais Ilan Felts Almog Pietro Kreitlon Carolino Ivo Almino Gondim

São Paulo – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Goiânia – GO Goiânia – GO São Paulo – SP Fortaleza – CE Criciúma – SC Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP São Paulo – SP C. Lafaiete – MG Rio de Janeiro – RJ S. José do Rio Preto – SP Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Belém – PA São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Salvador – BA São Paulo – SP Campo Grande – MS Salvador – BA Salvador – BA Belo Horizonte – MG Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP Itaguaí – RJ São Leopoldo – RS São Paulo – SP Piracicaba – SP Piracicaba – SP São Paulo – SP Teresina – PI Fortaleza – CE São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Goiânia – GO São Paulo – SP São Paulo – SP São Paulo – SP São Paulo – SP São Paulo – SP São Paulo – SP São Paulo – SP Salvador – BA Fortaleza – CE

Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa

EUREKA! N°7, 2000

Sociedade Brasileira de Matemática

EQUAÇÕES DIOFANTINAS Antonio Caminha Muniz Neto ♦ Nível Intermediário Denominaremos equação diofantina (em homenagem ao matemático grego Diofanto de Alexandria) uma equação em números inteiros. Nosso objetivo será estudar dois tipos particulares de equações diofantinas, a equação de Pitágoras e a de Pell, e determinar suas soluções. Também estudaremos o método da descida, que nos permitirá mostrar que algumas equações diofantinas não possuem soluções não triviais, num sentido a ser precisado.

Ternos Pitagóricos Queremos estudar as soluções (x, y, z) da equação x 2 + y 2 = z 2 , com x, y, z inteiros não nulos. Após determinar tais soluções, vamos ver como podemos utilizar as informações obtidas para resolver outras equações em números inteiros. O resultado fundamental é o seguinte

Teorema 1: As soluções (x, y, z) da equação x 2 + y 2 = z 2 , com x, y, z inteiros não nulos, são dadas por: ( x , y , z ) = ( 2uvd , ( u 2 − v 2 )d , ( u 2 + v 2 )d ) ou ( x, y, z ) = ((u 2 − v 2 )d ,2uvd ,(u 2 + v 2 )d ) onde d, u, v são inteiros não nulos, com u ≠ v, mdc(u, v) = 1 e u e v de paridades distintas.

Prova: Sejam x, y, z inteiros positivos quaisquer satisfazendo a equação acima (os demais casos são análogos), e d o mdc de x e y. Então d 2 divide z 2 , e daí d divide z. Existem portanto inteiros não nulos a, b, c, com mdc(a, b) = 1, tais que (x, y, z) = (da, db, dc). Ademais, como

x 2 + y 2 = z 2 ⇔ a 2 + b2 = c 2 , basta determinarmos as soluções (a, b, c) da equação, sujeitas à condição mdc(a, b) = 1 (que por sua vez implica mdc(a, c) = 1 e mdc(b, c) = 1). Note agora que, dado um inteiro qualquer t, temos que t 2 deixa resto 0 ou 1 na divisão por 4, quando t for respectivamente par ou ímpar. Assim, se fossem a e b ímpares, teríamos a 2 e b 2 deixando resto 1 na divisão por 4, e daí c 2 = a 2 + b 2 deixaria resto 2 quando dividido por 4, o que é um absurdo. Como a e b são primos entre si, não podem ser ambos pares. Há então dois casos: a ímpar e b par, a par e b ímpar. Analisemos o primeiro caso (o segundo é análogo). EUREKA! N°7, 2000

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Se a for ímpar e b par, então c também é ímpar. De a 2 + b 2 = c 2 obtemos

b 2 = ( c − a )( c + a ) , e não é difícil concluir que mdc(c – a, c + a) = 2. Podemos

( c −2a ) e ( c+2a ) são primos entre si. Mas se o produto de dois naturais primos entre si ( c −2a e c +2a ) é um quadrado

então escrever ( b2 ) =( c −2a )( c +2a ) . Note que 2

perfeito, então cada um deles deve ser um quadrado perfeito. Existem então inteiros positivos primos entre si u e v, tais que c − a = 2v 2 , c + a = 2u 2 , e daí

( a, b, c ) = ( u 2 − v 2 , 2uv , u 2 + v 2 ) . Note ainda que, como u 2 + v 2 = c é ímpar, u e v devem ter paridades distintas. Por substituição na equação original, concluímos que os ternos acima são realmente soluções da equação, de modo que nada mais há a fazer.❏ Vemos então que há uma quantidade infinita de ternos (x, y, z) satisfazendo a equação acima. Por exemplo, fazendo d = v = 1 e u = 2n, n inteiro positivo, obtemos o terno ( x , y , z ) = ( 4n, 4n 2 − 1, 4n 2 + 1) Um terno de inteiros positivos (x, y, z) tais que x 2 + y 2 = z 2 é denominado um terno Pitagórico, em alusão ao matemático grego Pitágoras e seu famoso teorema sobre triângulos retângulos. De fato, um tal terno (x, y, z) determina um triângulo retângulo de catetos x e y e hipotenusa z inteiros.

x y

Vejamos em que a equação acima pode ajudar na solução de outros problemas. Consideremos a tarefa de determinar as soluções inteiras não nulas da equação

x 2 + y 2 = 2 z 2 , com x ≠ y. Em uma qualquer dessas soluções, devemos ter x e y com a mesma paridade, pois caso contrário x 2 + y 2 seria um número ímpar. Assim, existem inteiros a e b tais que

x = a + b, y = a − b

Basta tomarmos a = ( x + y ) e b = 12 ( x − y ) , notando que x + y e x – y são números pares. Substituindo as expressões acima para x e y na equação original, concluímos que 1 2

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x 2 + y 2 = 2 z 2 ⇔ a 2 + b2 = z 2 Mas essa última equação é a nossa já conhecida equação de Pitágoras. Então, de acordo com o teorema acima, podemos escrever

(a, b, z ) = (2uvd,(u2 − v 2 )d,(u2 + v 2 )d ) ou (a, b, z ) = ((u2 − v 2 )d, 2uvd,(u2 + v 2 )d ) onde d, u, v são inteiros não nulos, com u ≠ v, mdc(u, v) = 1 e u e v de paridades distintas. Segue daí que as soluções (x, y, z) de nossa equação são de um dos tipos abaixo, onde d, u, v satisfazem as mesmas condições do teorema acima.

(x, y, z) = (2uvd +(u2 − v2 )d, 2uvd − (u2 − v2 )d,(u2 + v2 )d) ou

(x, y, z) = ((u 2 − v2 )d + 2uvd,(u 2 − v2 )d − 2uvd,(u 2 + v2 )d ) Descida de Fermat e Equações sem Soluções As equações analisadas acima são, em um certo sentido, privilegiadas, pois possuem uma infinidade de soluções. Nosso próximo exemplo será o de uma equação que só admite a solução inteira x = y = z = 0. Ela ilustra um método que pode ser estendido a outras equações, a fim de provar que elas não possuem soluções inteiras não nulas. Exemplo 1: A equação 3x 2 + y 2 = 2 z 2 não possui soluções inteiras não nulas. Prova: Suponha o contrário. Então a equação possui uma solução (x, y, z) em inteiros positivos. Então, dentre todas as soluções (x, y, z), com x, y e z inteiros positivos, existe uma (x, y, z) = (a, b, c) para a qual z = c é o menor possível. Trabalhemos tal solução. Vamos usar o seguinte fato, que você pode provar facilmente: se um inteiro u não for múltiplo de 3, então u 2 deixa resto 1, quando dividido por 3. Então, se b não for múltiplo de 3, teremos de 3a 2 + b 2 = 2c 2 que c também não será múltiplo de 3. Olhando os restos de cada termo da equação por 3, teremos que 3a 2 + b 2 deixa resto 1 e 2c 2 deixa resto 2.1 = 2. Logo, não poderia ser 3a 2 + b 2 = 2c 2 . Assim, b deve ser múltiplo de 3, digamos b = 3b1 . Daí vem que

3a 2 + 9b12 = 2c 2 , e c também é múltiplo de 3, digamos c = 3c1 . Substituindo na equação, chegamos a 3b12 + a 2 = 6c12 . EUREKA! N°7, 2000

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Então, a também é múltiplo de 3. Sendo a = 3a1 , a equação acima nos dá

b12 + 3a12 = 2c12 , e ( b1 , a1 , c1 ) é uma outra solução de nossa equação original, com c1 = 3c < c . Mas isso é uma contradição, pois partimos de uma solução na qual o valor de z era c, mínimo possível. Logo, nossa equação não possui soluções não nulas. ❏ Esquematicamente, o método da descida (devido ao matemático francês Pierre Simon de Fermat) consiste então no seguinte:

i. Supor que uma dada equação possui uma solução em inteiros não nulos. ii. Concluir daí que ela possui uma solução em inteiros positivos que seja, em algum sentido, mínima.

iii. Deduzir a existência de uma solução positiva menor que a mínima, chegando a uma contradição. Já que determinamos acima as soluções da equação de Pitágoras, nada mais natural que tentar estudar a equação mais geral abaixo, denominada equação de Fermat. Aqui, n > 2 é um inteiro fixado.

xn + yn = zn , Por cerca de três séculos os matemáticos defrontaram-se com o problema de decidir sobre a existência de soluções não nulas (x, y, z) dessa equação, problema que somente foi resolvido na década de noventa, utilizando métodos muitíssimo complexos. Vamos aproveitar o método da descida para analisar um caso simples dessa equação, aquele em que n é um múltiplo de 4. O leitor interessado em saber mais sobre essa equação pode consultar uma das referências [2] ou [3] da bibliografia, onde o caso n = 3 é discutido.

Teorema 2: Se n for múltiplo de 4 então não existem inteiros não nulos x, y, z tais que x n + y n = z n .

Prova:

Seja

4k,

natural.

x n + y n = z n , então teremos

( x k ) 4 + ( y k ) 4 = ( z 2 k )2 , ou seja, ( x k , y k , z 2 k ) será uma solução da equação

a 4 + b 4 = c 2 . Assim, basta mostrarmos que essa última equação não admite soluções não nulas. Por absurdo, suponhamos que existam inteiros positivos a, b, c tais que a 4 + b 4 = c 2 . Podemos também supor que a, b e c foram escolhidos EUREKA! N°7, 2000

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de tal modo que não há outra solução positiva a ' , b' , c' com c ' < c (aqui vamos usar o método da descida). Então a e b são primos entre si, e o teorema 1 garante a existência de inteiros positivos primos entre si u e v tais que

a 2 = u 2 − v 2 , b 2 = 2uv , c = u 2 + v 2 . Como a 2 + v 2 = u 2 , segue novamente do teorema 1 a existência de inteiros positivos primos entre si p e q tais que

a = p 2 − q 2 , v = 2 pq, u = p 2 + q 2 . Mas aí b 2 = 2uv = 4 pq( p 2 + q 2 ) Como p e q são primos entre si, temos que ambos são também primos com

p 2 + q 2 . Portanto, sendo 4 pq( p 2 + q 2 ) um quadrado devemos ter p, q e p 2 + q 2 quadrados, digamos p = α 2 , q = β 2 , p 2 + q 2 = γ 2 , com α, β, γ positivos. Por fim, segue que α 4 + β 4 = γ 2 , com c =u2 +v2 >u = p2 +q2 =γ 2 ≥γ, contrariando a minimalidade de c. Logo, não há soluções não nulas de

x n + y n = z n quando n for múltiplo de 4. ❏ A Equação de Pell Nem sempre é fácil, ou mesmo possível, determinar todas as soluções em inteiros de uma dada equação. Por exemplo, para a equação x 2 − 2 y 2 = 1 , é bem mais fácil mostrar que ela possui uma infinidade de soluções do que determinar todas elas. Podemos gerar infinitas soluções dessa equação a partir de uma só solução não nula. Uma vez que a 2 − 2b 2 = 1 , teremos ( a + b 2 )( a − b 2 ) = 1 , e daí

( a + b 2 )2 ( a − b 2 )2 = 1 Desenvolvendo os binômios, chegamos a

(

)

(a 2 + 2b 2 + 2ab 2 )(a 2 + 2b 2 − 2ab 2 ) = 1 , e daí a a 2 + 2b 2 − 2(2ab) = 1

(

)

Portanto, se (a, b) for uma solução, a 2 + 2b 2 ,2ab será outra solução. Sendo a e b positivos, temos a < a + 2b , e desse modo determinamos uma infinidade de soluções da equação (contanto que tenhamos uma solução não nula). Veja que (3, 2) é uma solução não nula de nossa equação. É fácil ver que o método acima utilizado também garante que, quando d for um 2

inteiro tal que d é irracional, a equação x 2 − dy 2 = 1 admite infinitas soluções não nulas, desde que admita uma solução não nula. Também, com poucas modificações podemos tratar a equação x 2 − dy 2 = −1 (veja o exercício 6). EUREKA! N°7, 2000

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Observe que, apesar de determinarmos facilmente infinitas soluções da equação acima, não sabemos se há outras. Vamos agora começar a responder essa pergunta, para uma classe mais ampla de equações.

Definição 1 (Equação de Pell): Seja d um inteiro positivo que não seja um quadrado. Nesse caso, sabemos que 2

d é irracional. Chamamos equação de Pell

à equação x − dy = m , onde m é um inteiro qualquer. É claro que no caso m = 0 a equação não admite soluções além da trivial

d =

x = y = 0, pois se esse fosse o caso teríamos x e y não nulos, e daí racional. Lema 1: Seja ξ um irracional qualquer. Existem infinitos racionais inteiros não nulos primos entre si, tais que

x y

−ξ <

1 y2

x y

, um

, com x e y

Prova: Seja n > 1 um natural qualquer, e considere os números jξ , com j = 0, 1, ..., n. Seja { jξ } = jξ − [ jξ ] ∈ [0,1). Como

[0,1) = [0, 1n ) ∪ [ 1n , n2 ) ∪ ... ∪ [ nn−1 ,1) ,

segue do princípio de Dirichlet que existem 0 ≤ k < j ≤ n tais que { jξ} e {kξ} pertencem a um mesmo intervalo dos que aparecem no lado direito da igualdade 1 n

acima. Então | { jξ} - {kξ} | < que ξ −

(

 jξ  − kξ  j −k

1 ( j −k )n

≤

Daí,

( j − k )ξ − (  jξ − kξ)

< 1n , e segue

1 ( j −k )2

Existe então um par (x, y) de inteiros, x =  jξ  −  kξ , y = j − k ≤ n , tais que x y

−ξ <

1 y2

. Se x = dx1 , y = dy1 , com d > 1, então

x1 y1

−ξ <

1 y2

1 y12

, de

modo que podemos supor que x e y são primos entre si. Para garantirmos a existência de infinitos tais pares, suponha que achamos x e y primos entre si e tais que 1 n

x y

−ξ <

1 y2

. Escolha agora um natural n tal que

− ξ . Repetindo o argumento acima, chegamos a um par de inteiros

primos entre si x1 , y1 , com x1 y1

x y

−ξ < ny11 ≤

1 y12

x1 y1

−ξ < ny11 e y1 ≤ n . Portanto,

, donde ( x1 , y1 ) ≠ ( x , y ) satisfaz o lema. ❏

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x1 y1

−ξ < ny11 < xy −ξ e

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Lema 2: Seja d um inteiro positivo que não seja um quadrado. Existe um inteiro m para o qual a equação x 2 − dy 2 = m admite infinitas soluções inteiras.

Prova: Sabemos que

d é irracional. Assim, o conjunto S dos pares (x, y) de

inteiros primos entre si tais que

x y

−

d <

1 y2

é infinito. Mas se x e y forem

inteiros satisfazendo essa desigualdade, então

(

) (

x 2 − dy 2 = x − d y x + d y < 1y x − d y + 2 d y < 1y

1 y

)

+ 2 d y <2 d + 1

Segue que algum inteiro não nulo m entre − ( 2 d + 1) e 2 d + 1 se repete um número infinito de vezes entre os valores de x 2 − dy 2 , com (x, y) em S. Mas isto é o mesmo que dizer que a equação x 2 − dy 2 = m admite infinitas soluções. ❏

Teorema 3 (Soluções da Equação de Pell): Seja d um inteiro positivo que não seja um quadrado. A equação x 2 − dy 2 = 1 admite infinitas soluções em inteiros positivos x, y. Ademais, existe uma solução em inteiros positivos x1 , y1 tal que todas as demais soluções dessa equação são da forma

x n + y n d = ( x1 + y1 d ) n , onde n é um número natural. Prova: Admitamos por enquanto que nossa equação tenha uma solução em inteiros positivos x, y. Dentre todas essas soluções, escolha aquela x1 , y1 tal que

α = x1 + y1 d seja o menor possível. Dado um natural qualquer n, sabemos que existem inteiros positivos x n , y n tais que ( x1 + y1 d ) n = x n + y n d . Daí, sabemos que

( x1 − y1 d ) n = x n − y n d , e assim 1 = ( x12 − dy12 ) n = ( x1 + y1 d ) n ( x1 − y1 d ) n = = ( x n + y n d )( x n − y n d ) = x n2 − dy n2 Então todos os pares ( x n , y n ) são soluções da equação. EUREKA! N°7, 2000

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Seja agora (x, y) uma solução qualquer em inteiros positivos. Para terminar, basta mostrarmos que existe um natural n tal que x + y d = α n . Suponha o contrário. Então existe um natural n tal que α n < x + y d < α n +1 . Daí, vem que 1 < α − n ( x + y d ) < α . Mas

α − n ( x + y d ) = ( x1 + y1 d ) − n ( x + y d ) = ( x n + y n d ) −1 ( x + y d ) = = ( x n − y n d )( x + y d ) = ( xx n − dyy n ) + ( x n y − y n x ) d e ocorre que

( xxn − dyyn )2 − d ( xn y − yn x )2 = xn2 ( x 2 − dy 2 ) + yn2 ( dy 2 − x 2 ) = xn2 − dyn2 = 1 , de modo que α − n ( x + y d ) = ( xx n − dyy n , x n y − y n x ) também é solução. Como 1< α−n ( x + y d ) < α , basta mostrarmos que xxn − dyyn , xn y − yn x > 0 para chegarmos numa contradição. Sejam a = xx n − dyy n , b = x n y − y n x . Temos

a + b d > 0 e a 2 − db 2 = 1 , donde a − b d = ( a + b d ) −1 > 0 . Então, 2a = ( a + b d ) + ( a − b d ) > 0 . Por outro lado, a + b d > 1 implica

a − b d = ( a + b d ) −1 < 1 , e daí b d > a − 1 ≥ 0 . Logo, b > 0. Para terminar, basta mostrarmos que a equação x 2 − dy 2 = 1 admite uma solução. Tome, de acordo com o lema 2, um inteiro (não nulo) m tal que

x 2 − dy 2 = m admita uma infinidade de soluções. Podemos escolher duas dessas soluções, ( x1 , y1 ), ( x 2 , y 2 ) digamos, tais que | x1 | ≠ | x 2 | mas x1 ≡ x 2 e y1 ≡ y2 , módulo m. Então

( x1 + y1 d )( x 2 − y 2 d ) = ( x1 x 2 − dy1 y 2 ) + ( x 2 y1 − x1 y 2 ) d (*) Mas x1 x 2 − dy1 y 2 ≡ x12 − dy12 ≡ 0 (mod m) e x 2 y1 ≡ x1 y 2 (mod m) , donde existem inteiros u e v tais que x1 x 2 − dy1 y 2 = mu, x 2 y1 − x1 y 2 = mv Segue de (*) que ( x1 + y1 d )( x 2 − y2 d ) = m( u + v d ) , e daí

( x1 − y1 d )( x 2 + y 2 d ) = m( u − v d ) . Multiplicando ordenadamente essas duas igualdades, chegamos a

m2 = ( x12 − dy12 )( x 22 − dy 22 ) = m2 ( u 2 − dv 2 ) , ou seja, u 2 − dv 2 = 1 . Resta mostrarmos que u e v são não nulos. Se u = 0 teríamos − dv 2 = 1 , um absurdo. Se v = 0, viria u = 1 ou –1. De (*) seguiria que EUREKA! N°7, 2000

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( x1 + y1 d )( x 2 − y 2 d ) = ± m , e assim ( x1 + y1 d ) = ±( x 2 + y 2 d ) , donde por fim | x1 | = | x 2 | , o que é um absurdo. ❏ Exemplo 2: Agora podemos determinar todas as soluções inteiras não nulas da equação x 2 − 2 y 2 = 1 . O teorema 3 ensina que as soluções positivas dessa equação são da forma ( x n , y n ) , onde x n e y n são os únicos inteiros para os quais x n + y n 2 = ( x1 + y1 2 ) n , sendo ( x1 , y1 ) a solução positiva para a qual

x1 + y1 2 é o menor possível. Como os pares (x, y) = (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (2, 3) não são soluções da equação e (3, 2) é, é fácil nos convencermos de que ( x1 , y1 ) = (3, 2). Desse modo, temos os pares ( x n , y n ) dados pela igualdade x n + y n 2 = (3 + 2 2 ) n Determine agora as demais soluções não nulas da equação acima. O exercício 7 discute mais alguns aspectos dessa equação.

Exercícios: 1. Seguindo os passos da prova do teorema 1, mostre que as soluções em inteiros

não

nulos

equação

x2 + 2 y2 = z2

são

forma

x = ± ( u 2 − 2v 2 )d , y = 2uvd , z = ( u 2 + 2v 2 )d , onde d, u, v são inteiros não nulos, com u e 2v primos entre si. 2. Mostre que as equações a seguir não possuem soluções inteiras não nulas:

i. x 4 + 4 y 4 = z 2 ii. x 4 + 2 y 4 = z 2 iii. x 2 + y 2 = 3z 2 O item i do exercício a seguir tem a ver com o exemplo 1 do texto.

3. i. Mostre que não existem racionais x e y tais que x 2 + xy + y 2 = 2 .

ii. Determine todas as soluções racionais da equação x 2 + xy + y 2 = 1 . Para resolver os próximos dois exercícios utilizamos o teorema 1. Eles são mais difíceis que os anteriores, e no primeiro deles você pode achar útil o seguinte resultado, conhecido como Teorema de Ptolomeu: dado um quadrilátero convexo inscritível ABCD, tem-se

AB. CD + AD. BC = AC. BD

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D B C

Para uma prova do Teorema de Ptolomeu, você pode consultar a referência [4]. 4. Temos no plano uma circunferência de raio 1. Mostre que podemos escolher em tal circunferência 2000 pontos A1 , A2 ,..., A2000 tais que Ai A j é racional, quaisquer que sejam 1 ≤ i < j ≤ 2000 . 5. Seja r um inteiro positivo dado. Queremos determinar o número de triângulos ABC, dois a dois não congruentes, satisfazendo as seguintes condições: i. O raio da circunferência inscrita em ABC mede r. ii. Os comprimentos dos lados de ABC são números inteiros, primos entre si. Mostre que o número de tais triângulos é 2 k , onde k é o número de fatores primos distintos de r.

6. Prove, sem apelar para o teorema 2, que a equação x 2 − 2 y 2 = −1 admite uma infinidade de soluções inteiras.

7. Prove que as soluções positivas ( x n , y n ) da equação do exemplo 2 são dadas pelas seqüências ( x1 , y1 ) = (3, 2 ) e x n+1 = 3x n + 4 y n , y n+1 = 2 x n + 3 y n 8. Prove que há infinitos inteiros n tais que n 2 + ( n + 1) 2 seja quadrado.

Bibliografia [1] Introdução à Teoria dos Números. Plínio O. dos Santos. Coleção Matemática Universitária. IMPA. 1999. [2] An Introduction to the Theory of Numbers. I. Niven, H. Zuckermann. John Wiley & Sons. New York. 1980. [3] A Classical Introduction to Modern Number Theory. K. Ireland & M. Rosen. Springer-Verlag. New York. 1990. [4] Quadriláteros e Triângulos. M. Mendes. Eureka! No5. OBM 1999

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SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS Publicamos aqui algumas das respostas enviadas por nossos leitores. 29)

Seja n > 1 um número inteiro. Existem n lâmpadas L0, L1, ... , Ln–1 colocadas em um círculo. Cada lâmpada está ACESA ou APAGADA. Uma seqüência de passos S0, S1, ... , Si, ... é executada. O passo Sj afeta apenas o estado da lâmpada Lj (deixando o estado de todas as outras inalterado) da seguinte forma:

Se Lj–1 está ACESA, Sj muda o estado de Lj de ACESA para APAGADA, ou de APAGADA para ACESA; Se Lj–1 está APAGADA, Sj deixa o estado de Lj inalterado. As lâmpadas são rotuladas mod n, ou seja, L – 1 = Ln –1, L0 = Ln, L1 = Ln + 1, etc. Inicialmente todas as lâmpadas estão ACESAS. Mostre que:

a) b)

Existe um inteiro positivo M(n) tal que depois de M(n) passos todas as lâmpadas estão ACESAS de novo; Se n é da forma 2k então todas as lâmpadas estão ACESAS depois de n2 –1 passos; Se n tem a forma 2k + 1 então todas as lâmpadas estão ACESAS depois de n2 – n + 1 passos.

Solução de Frank Castro (São Paulo - SP): a) Vamos inicialmente representar o estado das lâmpadas L0, L1, L2, ..., Ln–1 por uma n-upla u = (u0, u1, u2, ..., un–1), onde ui = 0 se Li está apagada e ui = 1 se Li está acesa. Evidentemente o estado inicial das lâmpadas é dado pela n-upla e = (1, 1, 1, ...,1). Nessas condições a operação Sj tranforma a n-upla (u0, u1, u2, ..., un–1) na nova n-upla (u0, u1,..., uj–1, uj–1 + uj,..., uj+1,..., un–1), onde a soma uj–1 + uj é tomada módulo 2 ( e j é tomada módulo n). Assim sendo, nosso problema consiste em determinar um valor natural r, tal que:

S r ( S r −1 (...( S1 ( S 0 (e)))...)) = e EUREKA! N°7, 2000

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Para tanto, denotemos por Rj a operação que transforma a n-upla (u0, u1,..., uj–1, uj, uj+1,..., un–1) na n-upla (u j mod n , u ( j +1) mod n ,...u ( j + n −1) mod n ). Observe que R–j é a operação inversa de Rj e R0 deixa a n-upla inalterada. Nesses termos temos para uma n-upla qualquer S j = R− j ( S 0 ( R j )) . __

Agora para uma n-upla qualquer u podemos escrever: __

S r (S r −1 ...(S1 (S 0 ( u )))...) = S r S r −1 ...S1 S 0 ( u ) = ( R−r S 0 Rr )(R−r +1 S 0 Rr −1 )... __

...(R−1 S 0 R1 )S 0 ( u ) = R−r S 0 ( RS0 ) r ( u ) =R −r −1 ( RS0 ) r +1 ( u ) onde R = R1 . Consequentemente, S r S r −1 ...S1 S 0 (e) = e ⇔ ( RS 0 ) r +1 (e) = Rr +1 (e) = e como existe apenas um número finito de estados das lâmpadas (2n precisamente) que equivale ao número total de n-uplas, em algum estágio a seqüência e, ( RS 0 )1 (e), ( RS 0 ) 2 (e),... deve repetir algum de seus elementos. Nessas condições para algum m e n ( m < n ) teremos : ( RS 0 ) m (e) = ( RS 0 ) n (e). Sendo

RS 0 uma bijeção (verifique!) temos ( RS 0 ) n − m (e) = e, o que conclui o ítem a. b) Primeiramente associaremos à n-upla u = (u0, u1, u2, ..., un–1) o polinômio P(x) da forma : P ( x) = u n − 2 + u n −3 ⋅ x + u n − 4 ⋅ x 2 + ... + u 0 ⋅ x n − 2 + u n −1 ⋅ x n −1 , onde os coeficientes serão olhados módulo 2 (isto é, P(x) ∈ Z / 2Z [ x]). Chamemos tal polinômio de polinômio de posição. Observe agora que para a n-upla ( RS 0 )1 (u ) temos:

( RS0 )1 (u) = R1 (S 0 (u)) = R1 (u n−1 + u 0 , u1 , u 2 ,..., u n−1 ) = (u1 , u 2 ,..., u n−1 , u n−1 + u 0 ) e seu polinômio de posição é dado por

Q( x) = u n −1 + u n− 2 x + u n −3 x 2 + ... + u1 x n− 2 + (u n−1 + u 0 ) x n −1 Não se esqueça que a adição u n −1 + u 0 é tomada módulo 2. Assim, Q(x) ≡ x ⋅ P(x) mod(x n − x n−1 − 1). Assim sendo, queremos encontrar r tal que x r ≡ 1 mod( x n − x n −1 − 1). Note que quando x r ≡ 1 mod( x n − x n −1 − 1). o polinômio de posição associado a ( RS 0 ) r será congruente a P(x) que representará a n-upla e = (1, 1, 1,...1) no estado inicial das lâmpadas. Suponha agora n = 2k. 2

Então x n ≡ ( x n ) n ≡ ( x n−1 + 1) n ≡ x n⋅( n −1) + 1 mod(x n − x n −1 − 1) pois se n é uma potência de 2, todos os coeficientes, exceto o primeiro e o último da expansão binomial ( x n −1 + 1) n são pares, logo congruentes a zero módulo 2. EUREKA! N°7, 2000

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Finalmente temos: 2 2 2 x n − x n ( n −1) ≡ 1 mod( x n − x n −1 − 1) ⇒ x n − x n − n ≡ 1 mod( x n − x n −1 − 1) ⇒ xn

−n

⋅ ( x n − 1) ≡ 1 mod( x n − x n −1 − 1) ⇒ x n

−1

≡ 1 mod( x n − x n −1 − 1)

( pois x n − 1 ≡ x n −1 (mod x n − x n −1 − 1)). Assim, após ( n 2 − 1) etapas todas as lâmpadas estarão acesas novamente. c) Suponha n = 2 k + 1 Assim x n

−1

≡ ( x n+1 ) n−1 ≡ ( x n + x) n−1 ≡ x n⋅( n−1) + x n−1 onde todas as congruências

foram tomadas mod(x n − x n−1 − 1). Como no ítem anterior n – 1 é potência de 2, logo todos os coeficientes, exceto o primeiro e o último da expansão binômial ( x n + x) n−1 são pares, consequentemente congruentes a zero módulo 2. Finalmente temos: 2 2 x n −1 − x n⋅( n −1) ≡ x n −1 mod(x n − x n −1 − 1) ⇒ x n −n ⋅ ( x n −1 − 1) ≡ x n −1 mod( x n − x n −1 − 1) ⇒

(*) x n

−n

⋅ ( x n ) ≡ x n −1 mod( x n − x n −1 − 1) ⇒ x n ≡ x n −1 mod( x n − x n −1 − 1) ⇒

⇒ x n − n +1 ≡ 1 mod( x n − x n −1 − 1). Observe que, como estamos trabalhando módulo 2, x n ≡ x n −1 + 1 ≡ x n −1 − 1 mod( x n − x n −1 − 1), e isso justifica a congruência (*). Assim sendo, após n 2 − n + 1 etapas, todas as lâmpadas estarão acesas novamente.

30) Determine todas as funções f : R → R que satisfazem as condições:  1  f ( x) (i) f(– x) = – f(x), (ii) f(x + 1) = f(x) + 1, (iii) f   = 2 para x ≠ 0. x  x Solução de Carlos Alberto da Silva Victor (Rio de Janeiro - RJ): Do ítem (ii) : f(x + 1) = f(x) temos que f(x) = 1 + f( x – 1) e usando (i) ∴

1  x

 

f(x) + f (1 – x) = 1. Sejam x ≠ 0 e x ≠ 1, logo: f   + f 1 −

1  = 1 e usando x

   1  1 1 1  x ⋅f (iii) ⇒ 2 f (x) + f   =1 e usando novamente (iii) ⇒ 2 f (x)+  =1 ∴ 2  x x  x   x−1  x     x−1  x−1

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 1 (x −1)2  1  1 (x −1)2  1 ⇒ f ( x ) + ⋅ f 1 + = 1 f ( x ) 1 + + ⋅ f ( x − 1 )   =1 ⇒ 2 2 2 2 2  x −1 x x x x  (x −1)   

1 (x −1)2 1 f x ⋅ ( ) + + 2 ⋅ f (x −1) = 1 x2 x2 x f (x) + (x −1)2 + f (x −1) = x2 ⇒ f (x) + f (x −1) = 2x −1  f (x) + f (1− x) = 1 donde:  ∴ f (x) = x  f (x) − f (1− x) = 2x −1 para x = 0 → f (1) = f (0) +1 x = −1 → f (0) = f (−1) +1 = − f (1) +1  f (1) − f (0) = 1 ⇒ ∴ f (1) =1 e f (0) = 0.  f (0) + f (1) =1 ⇒

Conclusão: ∀x ∈ R, teremos f(x) = x como sendo a única solução.

31) Seja x1, x2, x3, … uma seqüência de números reais não negativos satisfazendo x n − 2 x n −1 xn = para n = 3, 4, 5, … Estabeleça condições necessárias e 2 x n − 2 − x n −1 suficientes em x1 e x2 para xn ser inteiro para infinitos valores de n. Solução de Davi Máximo Alexandrino Nogueira (Fortaleza - CE): Afirmação: x1 = x 2 , x1 e x 2 inteiros.

x n − 2 x n −1 teremos, 2 x n − 2 − x n −1 1 2 x n − 2 − x n −1 1 2 1 − x n −1 ) = x n − 2 x n −1 ⇒ = ⇒ = − ⇒ xn x n − 2 x n −1 x n x n −1 x n − 2

Prova: Se, x n =

xn (2 x n −2

1 1 1 1 1 tome y n = logo, a seqüência y1, y2, …, é uma − = − x n x n −1 x n −1 x n − 2 xn x − x2 P.A., de razão r = 1 desse modo, yn = y1 + (n −1)r ⇒ x1 = xn + (n −1)rx1xn ⇒ x1 x 2 ⇒

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x1 . Suponha r ≠ 0. 1+ (n −1)x1r x1 x 2 x − x2 Como r = 1 , temos x n = fazendo x1 – x2 = a, teremos x1 x 2 x 2 + (n − 1)( x1 − x 2 ) ⇒ x1 = xn (1+ (n −1)rx1) = x1 ⇒ xn =

xn =

x1 x 2 . Porém, para algum k, tal que x1 x 2 < x 2 + (k − 1) a x 2 + (n − 1)a

teremos x n < 1 , para todo n ≥ k. Logo, devemos ter r = 0, o que conclui a demonstração.

32) a) Prove que todo número inteiro não nulo m admite uma única representação da forma m = com σ n −1 ≠ 0.

n −1

∑σ

⋅ 3 k , onde n é um inteiro positivo e σ k ∈{−1,0,1} para todo k,

k =0

Dado um conjunto de

3n + 1 pontos V = {P0 , P1 ,..., P3n −1 } , escrevemos em cada 2 2

aresta que une dois desses pontos Pi e Pj (i ≠ j) um número pertencente a {0, 1, …, n – 1} da seguinte forma: escreveremos i − j =

σ k ∈{−1,0,1}, ∀k ,

n −1

∑σ

⋅ 3 k , com

número

k =0

associamos

aresta

m = min{k ≥ 0 σ k = 1}. Prove que não existe nenhum triângulo cujos vértices pertençam a V com o mesmo número escrito em seus três lados.

Solução de Carlos Alberto da Silva Victor (Rio de Janeiro - RJ): a) Sabendo que m ≡ 0 (mod 3) ; m ≡ 1 (mod 3) ou m ≡ – 1 (mod 3), teremos: m = 3k0 + r0 k0 = 3k1 +r1 k1 = 3k2 + r2 ⋅ ⋅ ⋅

kn–2 = 3kn–1 + rn–1 EUREKA! N°7, 2000

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com kn–1 = 0 e rn–1 ≠ 0, onde ri ∈{–1, 0, 1} (note que os ri estão unicamente determinados, e existe n com kn–1 = 0 pois m > k0 > k1 > ... > ki enquanto tivermos k i −1 ≠ 0. ) Substituindo na primeira igualdade k0 pela sua igualdade, obteremos m como função de k1, r0. Tomando novamente k1 = 3 k2 + r2 e fazendo as substituições sucesivas de k2, k3, ..., kn-2 ; obtemos: m = 3 n ⋅ k n −1 + rn −1 ⋅ 3 n −1 + rn − 2 ⋅ 3 n − 2 + ... + r2 ⋅ 3 2 + r1 ⋅ 31 + r0 ⋅ 3 0 e já que n −1

k n −1 = 0 , teremos m = ∑ rk ⋅ 3 k com rn −1 ≠ 0. k =0

b) Sejam Pi , Pj e Ps três pontos quaisquer de V e por hipótese i < j < s; portanto n −1

podemos

j − i = ∑ σ k ⋅ 3k

escrever:

t −1 ~

s − i = ∑σ p ⋅ 3 p ,

k =0

σ k ,σ

∈ { − 1, 0 ,1}; σ n −1 = 1 e σ

t- 1

com

p =0

= 1.

Vamos também fazer a hipótese de que para as arestas Pi Pj e Pi Ps , tenhamos o ~

número λ = min{ k ≥ 0 / σ k = 1} = min{ p ≥ 0 / σ

= 1} onde

0 ≤ λ < n − 1 e 0 ≤ λ < t − 1. Podemos então escrever: λ −1 n −1  k j i . 3 σ σ k . 3 k + 1 . 3 λ (1) − = + ∑ ∑ k   k =0 k = λ +1  λ −1 t −1 s − i = σ p . 3 p + ∑ σ pk . 3 p + 1 . 3 λ ( 2 ) ∑  p=0 p = λ +1 λ −1 ~ t −1 ~ n −1  λ −1 p p k k De (2) – (1) obtemos s − j = ∑σ p .3 + ∑ σ p .3 −  ∑σ k .3 + ∑σ k .3  p =0 p = λ +1 k = λ +1  k =0  ~

Para 0 ≤ k ≤ λ −1, σ k e σ k pertencem a {–1, 0}, donde σ k −σ k ∈{−1,0,1}, e os somatórios com p ≥ λ +1 e k ≥ λ +1 são múltiplos de 3λ +1 , e portanto, ao escrever s − j =

σ γ 3γ , com ∑ γ '

≥0

σ γ' ∈{−1,0,1}, não aparece o termo 1⋅ 3λ , o que

garante que o número associado à aresta Pj Ps, que é min{γ ≥ 0 / σ γ' = 1} em

( s − j ) não será igual a λ. Conclusão: não existe triângulo cujos vértices pertençam a V com o mesmo número escrito em seus três lados. EUREKA! N°7, 2000

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33) Na parede interna de um vaso cilíndrico de cristal existe uma gota de mel num ponto B situado a três centímetros do seu bordo superior. Na parede externa, num ponto A diametralmente oposto ao da gota, está uma formiga. Sabendo que a altura do vaso é de 20cm e o seu diâmetro é 10cm. Indicar o caminho mais curto para que a formiga atinja a gota de mel. Solução de Daniel Pessôa Martins Cunha (Fortaleza - CE): Cobrindo o vaso com papel por dentro e por fora, e marcando nele a localização da formiga, da gota de mel e da borda, poderemos ver que ao desamassar o papel ficarão as seguintes impressões, com as seguintes medidas: B Gota Parte de dentro 3 cm πr = 5π Borda A'

B' 5π/2

5π/2

Parte de fora

3 cm

A Formiga

Como a menor distância entre 2 pontos é a medida do segmento que os une, o ____

menor caminho é o segmento AB de medida : 36 + 25π 2 (Teorema de Pitágoras). Ao colocar o papel de volta ao vaso veremos o menor caminho a ser percorrido ∩

pela formiga. Que é subir em diagonal até o ponto médio do arco A' B ' , determinado pelo diâmetro na borda. Depois descer em diagonal até a gota de mel.

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34) ABC é um triângulo, tal que AB = c, AC = b e BC = a. Por um ponto interior P deste triângulo, são traçadas paralelas aos seus lados. Sabe-se que as intersecções, da paralela ao lado de medida a, com os lados deste triângulo, determinam um segmento de medida a'. Analogamente, as paralelas aos lados de medidas b e c, determinam com os lados do triângulo, segmentos de medidas b' e c' respectivamente. a ' b' c' Nestas condições demonstre que + + = 2. a b c Solução de Francisco Antonio Martins de Paiva (Fortaleza - CE): De acordo com o problema temos: A t

t P

I y w

F x z

y D

Como as retas traçadas são paralelas aos lados então os quadriláteros PFCE, PIBD, PHAG são paralelogramos, e com isso concluímos que seus lados opostos são congruentes. Daí temos: BC = a, AC = b, AB = c, IF = x + y = a' , GD = t + w = c', HE = s + z = b' ___

____

Os triângulos ABC e AIF são semelhantes pois IF // BC , de onde temos:

x+ y c−w x+ y b−z = e = a c a b

a' w = 1− a c

a' z = 1− a b

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____

___

____

Os triângulos ACB e GCD são semelhantes pois AB// GD , de donde temos:

t+w b−s t+w a− y e = = c b c a c' s c' y = 1− = 1− c b c a Os triângulos ACB e HEB são semelhantes pois AC// HE , de onde temos:

s+z a−x s+ z c−t e = = b a b c

b' x = 1− b a

b' t = 1− b c

Daí temos que:

x y z s t w  a ' b' c '  2 + +  = 6 − − − − − − a a b b c c a b c x+ y z+s t+w  a ' b' c '  2 + +  = 6 − − − a b c a b c a ' b' c'  a ' b' c'  2 + +  = 6 − − − a b c a b c  a ' b' c '  3 + +  = 6 a b c a ' b' c ' + + = 2. a b c 35) Sabendo que num triângulo ABC a altura relativa ao vértice A mede 12cm. e a altura relativa ao vértice B mede 20cm, determine todos os valores possíveis para a altura relativa ao vértice C.

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Solução de Frank Castro (São Paulo - SP): Temos: ha = 12, hb = 20. Sendo a, b e c os lados do triângulo e S sua área, valem as seguintes relações:

c > b − a (I)

2⋅S 2⋅S 2⋅S e c= Substituindo as três últimas igualdades em (I) , b= ha hb hc

Vem que:

1 1 1 1 1 1 > − = − = , assim hc = 30. Agora, sabemos que: a + b > c hc hb ha 20 12 30 2⋅S 2⋅S 2⋅S e c= . Substituindo temos: ,b= ha hb hc 1 1 1 1 1 1 + > ⇒ + > ⇒ hc > 7,5 ha hb hc 12 20 hc

Resposta: 7,5cm < hc < 30 cm. Agradecemos também o envio das soluções a: Ricardo Klein Hoffmann (Porto Alegre - RS), Geraldo Perlino Júnior (São Paulo - SP), José Heleno Faro (Cachoeiro de Itapemirim - ES).

Você sabia… Que há novos records de primos grandes descobertos em 2000? Maior par de primos gêmeos conhecido: 2409110779845⋅260000±1. Esses primos têm 18075 dígitos, e foram descobertos por Wassing, Járai e Indlekofer. Maior primo de Fermat generalizado conhecido: 16717632768 + 1, que tem 171153 dígitos e foi descoberto por Yves Gallot (este é o oitavo maior primo conhecido atualmente, e maior primo conhecido que não é de Mersenne).

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PROBLEMAS PROPOSTOS Convidamos o leitor a enviar soluções dos problemas propostos e sugestões de novos problemas para os próximos números. 36) Na figura abaixo o triângulo DEF tem área de medida S. Sabendo-se que o triângulo DEF está inscrito num triângulo arbitrário ABC, mostre que as medidas Si ( i = 1, 2, 3) das áreas dos outros triângulos formados satisfazem a desigualdade S ≥

3 e que a igualdade ocorre se e só se os 1 1 1 + + S1 S 2 S 3

pontos DEF são os pontos médios dos lados do triângulo, ABC. A

F S2 B

S1 E

S S3

37) Cinco quadrados são dispostos conforme ilustra o diagrama abaixo. Mostre que a medida da área do quadrado S é igual a medida da área do triângulo T.

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ii) os lados de qualquer triângulo com vértices entre os vértices do polígono são coloridos usando no máximo 2 cores. Prove que k ≤ 2.

39) Sejam x, y

e z os ângulos de um triângulo de lados opostos a, b e c

 1 1

1 1

a b c

respectivamente. Prove que, a +  + b +  + c +  ≥ 2 + + .  y z  z x  x y  x y z 40) a) Calcular a soma dos divisores positivos de um número natural em termos de sua fatoração prima. b) Dizemos que n ≥ 1 é abundante se a soma de seus divisores é maior que 2n. Prove que se n é abundante então kn é abundante para todo inteiro k ≥ 1. c) Prove que existe n0 ∈ N tal que todo inteiro n ≥ n0 pode ser escrito como soma de dois números abundantes.

Problemas 36 e 37 propostos por Carlos Alexandre Gomes da Silva (Natal - RN), problema 38 proposto na Olimpíada Búlgara - 1998, problema 39 proposto por Aldo Trajano Louredo, problema 40 proposto por Gleydson Chaves Ricarte (Fortaleza CE) e Zoroastro Azambuja Neto (Rio de Janeiro - RJ).

Errata: Eureka!No. 6, pág 40: O enunciado do problema 4 deve dizer: Problema 4: Mostre que há infinitos naturais n tais que n2 + 1 divide n!, onde n! = n ⋅ (n–1)..2⋅1 (por exemplo, 4! = 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 24). Eureka! No. 6, pág 27: o segundo parágrafo está truncado. A versão correta é: Determinar exatamente os valores de números de Ramsey clássicos R(a, b) é, em geral, um problema computacionalmente muito difícil. Os únicos valores de R(a, b) com 3 ≤ a ≤ b que são conhecidos são: R(3, 3) = 6, R(3, 4) = 9, R(3, 5) = 14, R (3, 6) = 18, R(3, 7) = 23, R(3, 8) = 28, R (3, 9) = 36, R(4, 4) = 18, e R(4, 5) = 25. O único número Ramsey com mais de duas cores cujo valor é conhecido é R(3, 3, 3) = 17.

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AGENDA OLÍMPICA XI OLIMPÍADA DO CONE SUL 14 a 19 de abril de 2000 Montevideu – Uruguai ♦

VI OLIMPÍADA DE MAIO 13 de maio de 2000 ♦

XXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Primeira Fase – Sábado, 10 de junho Segunda Fase – Sábado, 02 de setembro Terceira Fase – Sábado, 21 de outubro (níveis 1,2 e 3) Domingo, 22 de outubro (nível 3 - segundo dia). ♦

XLI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 13 a 25 de julho Taejon, Coreia do Sul. ♦

XV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 16 a 24 de setembro de 1998 Caracas, Venezuela ♦

III OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA outubro de 2000

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COORDENADORES REGIONAIS Amarisio da Silva Araújo (UFV) Viçosa - MG Alberto Hassen Raad (UFJF) Juiz de Fora - MG Angela Camargo (Centro de Educ.de Adultos - CEA) Blumenau - SC Benedito T. Vasconcelos Freire (UFRN) Natal - RN Claudio Arconcher (Col. Leonardo da Vinci) Jundiaí - SP Claus Haetinger (UNIVATES) Lajeado - RS Crescêncio das Neves (UFAM) Manaus-AM Élio Mega (Col. ETAPA) São Paulo - SP Enzo Marcom Takara (Col. Singular) Santo André - SP Flávia Jerônimo Barbosa (UFPB Campus I) João Pessoa - PB Florêncio F. Guimarães Filho (UFES) Vitória - ES Francisco Dutenhefner (UFMG) Belo Horizonte - MG Gisele de A. Prateado Gusmão (UFGO) Goiânia - GO Ivanilde H. Fernandes Saad (U. Católica Dom Bosco) Campo Grande - MS João Benício de Melo Neto (UFPI) Teresina - PI João F. Melo Libonati (Grupo Educ. IDEAL) Belém - PA Jorge Ferreira (UEM) Maringá - PR José Carlos Pinto Leivas (UFRG) Rio Grande - RS José Cloves Saraiva (UFMA) São Luis - MA José Gaspar Ruas Filho (ICMC-USP) São Carlos - SP (UFSC) Florianópolis - SC José Luis Rosas Pinho José Paulo Carneiro (Univ. Santa Úrsula) Rio de Janeiro - RJ José Vieira Alves (UFPB) Campina Grande - PB Leonardo Matteo D'orio (Sistema Titular de Ensino)Belém - PA Licio Hernandes Bezerra (UFSC) Florianópolis - SC Luzinalva M. de Amorim (UFBA) Salvador - BA (UF Ceará) Fortaleza - CE Marcondes Cavalcante França Pablo Rodrigo Ganassim (L. Albert Einstein) Piracicaba - SP Paulo H. Cruz Neiva de L. Jr. (Esc. Tec.Everardo Passos) SJ dos Campos - SP Reinaldo Gen Ichiro Arakaki (INPE) SJ dos Campos - SP Ricardo Amorim (Centro Educ. Logos) Nova Iguaçu - RJ Roberto Vizeu Barros (Colégio ACAE) Volta Redonda - RJ Sergio Claudio Ramos (IM-UFRGS) Porto Alegre - RS Seme Gebara Neto (UFMG) Belo Horizonte - MG Silvio de Barros Melo (UFPE) Recife - PE (U. do Estado da Bahia) Juazeiro - BA Tadeu Ferreira Gomes Tomás Menéndez Rodrigues (U. Federal de Rondonia) Porto Velho - RO Valdenberg Araújo da Silva (U. Federal de Sergipe) São Cristovão - SE Wagner Pereira Lopes (Esc. Tec. Fed. de Goiás) Jataí - GO Waldemar M. Canalli (P.M. S. João de Meriti) S. João de Meriti - RJ

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CONTEÚDO

AOS LEITORES

XI OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Problemas e soluções

VI OLIMPÍADA DE MAIO Problemas

VI OLIMPÍADA DE MAIO Resultados

XLI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Problemas e Resultados

ARTIGOS INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA Luciano G. M. Castro

CONTAR DUAS VEZES PARA GENERALIZAR (O RETORNO) José Paulo Carneiro, Universidade Santa Úrsula

O PRINCÍPIO DO ELEMENTO EXTREMO José Rosales Ortega, Escola de Matemática - Instituto Tecnológico de Costa Rica

FUNÇÕES MULTIPLICATIVAS E A FUNÇÃO DE MÖBIUS Carlos Gustavo T. de A. Moreira, IMPA & Nicolau Corção Saldanha, PUC-Rio

OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

PROBLEMAS PROPOSTOS

AGENDA OLÍMPICA

COORDENADORES REGIONAIS

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AOS LEITORES

Este número da Eureka! contém as provas das competições internacionais de que participamos na primeira parte do ano 2000: a Olimpíada de Maio, a Olimpíada do Cone Sul e a Olimpíada Internacional de Matemática. Estas provas fornecem material que pode (e deve) ser usado na preparação para a Terceira Fase da Olimpíada Brasileira de Matemática. Na seção de artigos, é com prazer que publicamos artigos de novos colaboradores da Eureka!. Destacamos o artigo do Prof. José Rosales Ortega, da Costa Rica, que esperamos dê início a uma colaboração intensa com professores de outros países, igualmente dedicados à disseminação da matemática entre os jovens. Neste número inauguramos uma nova seção, “Olimpíadas ao Redor do Mundo”, organizada pelo Prof. Antônio Luiz Santos, que trará problemas de Olimpíadas realizadas em outros países. Esta seção se junta à de problemas propostos no objetivo de fornecer ainda mais material para treinamento e desenvolvimento individual. Aproveitamos para registrar, com satisfação, um grau cada vez maior de participação de nossos leitores. Temos recebido um número crescente de soluções para os problemas propostos, além de sugestões de novos problemas. Obrigado a todos que têm colaborado!

Comitê Editorial

EUREKA! N°8, 2000

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XI OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 14 a 19 de abril, Montevidéu - Uruguai A XI Olimpíada de Matemática do Cone Sul foi realizada em Montevidéu, Uruguai, no período de 14 a 19 de abril de 2000. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Paulo José Bonfim Gomes Rodrigues e Marcelo Mendes, ambos de Fortaleza - CE. Nesta oportunidade a equipe brasileira obteve a maior pontuação entre os países participantes e a única medalha de ouro da competição. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4

Carlos Stein Naves de Brito Davi Máximo Alexandrino Nogueira Humberto Silva Naves Larissa Cavalcante Queiroz de Lima

Prata Bronze Ouro Prata

PROBLEMA 1

Dizemos que um número é descendente se cada um de seus dígitos é menor do que ou igual ao dígito anterior, da esquerda para a direita. Por exemplo, 4221 e 751 são números descendentes, enquanto 476 e 455 não são descendentes. Determine se existem inteiros positivos n para os quais 16n é descendente. SOLUÇÃO DE CARLOS STEIN NAVES DE BRITO (GOIÂNIA - GO)

Sabemos que 16 n ≡ 6(mod 10), pois 6 n ≡ 6(mod 10). Assim o dígito das unidades será sempre 6. Temos então: 2 4 n ≡ 6(mod 10)

2 4 n ≡ 2 4 ⋅ k (mod 10.000) pois (10.000,2 4 n ) = 2 4. Temos que 2 4 ⋅ k ≡ 6(mod 10) → k = 5q + 1.

2 4 n ≡2 4 (5q + 1)(mod 10.000) 2 4 n ≡ 10(8q + 1) + 6(mod 10.000)

EUREKA! N°8, 2000

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Temos que 8q + 1 deve ter dígitos maiores ou iguais a 6. Em particular, 8q + 1 termina por 7 ou 9. Temos então as seguintes possibilidades para os seus últimos 3 dígitos: 999, 997, 987, 977, 887, 877, 777. Os únicos que são da forma 8q + 1 são 977 e 777. Como 25 divide 7776, 16n não termina em 77776 nem em 97776. 16 n ≡ 87776(mod 10 5 ) ⇒ 16 n ≡ 987776(mod 10 6 ). Como 27 divide 987776, 16n não termina em 9987776. Como 26 divide 99776, 16n não termina em 999776 ⇒ 16n tem no máximo 6 dígitos, e basta verificar os casos. Como para nenhum caso haverá solução, 16 n nunca é descendente. PROBLEMA 2

Em um tabuleiro 8 × 8 distribuímos os inteiros de 1 a 64, um em cada casa. A seguir, colocam-se sobre o tabuleiro fichas quadradas 2×2, que cobrem exatamente quatro casas (sem superposição) e de modo que os quatro números cobertos por cada ficha determinem uma soma menor que 100. Mostrar uma distribuição desses inteiros que permita colocar o maior número de fichas, e demonstrar que não é possível obter uma distribuição que permita colocar mais fichas. SOLUÇÃO DE CARLOS STEIN NAVES DE BRITO (GOIÂNIA - GO)

Sabemos que o somatório dos números sobre os quais colocamos fichas dividido pelo número de fichas deve ser menor que 100. Logo se preenchessemos todo o tabuleiro (com 16 fichas):

1 + 2 + 3 + ... + 64 ≤ 100 ↔ 16

(64 + 1)64 32 ⋅ 65 2 ≤ 100 ↔ ≤ 100 ↔ 130 ≤ 100. Absurdo! 16 16

Então a cada ficha a menos que colocamos devemos tirar o maior somatório de números sem estar preenchidos, pois assim a razão anterior vai ser mínima. A cada ficha que retiramos tiraremos 64, 63, 62, 61, depois 60, 59, 58, 57... até a razão do somatório dos números preenchidos dividido pelo número de fichas ser menor que 100. Disso temos: Dado: o somatório inicial é 2080 e o número inicial de fichas é 16 e sendo n o número de fichas retiradas que deve ser mínimo EUREKA! N°8, 2000

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2080 − [64 + ( 64 − 1) + ( 64 − 2 ) + ... + ( 64 − ( 4 n − 1 )) ] ≤ 100 ⇔ 16 − n   ( 4 n − 1 + 0 ) 4/ n   2080 −  4 n ⋅ 64 −   2/    ≤ 100 ⇔ 16 − n 2080 − 256 n + 8 n 2 − 2 n ≤ 1600 − 100 n ⇔ 4 n 2 − 79 n + 240 ≤ 0 79 ± 49 n1 =16   2 < n = 3 , 75   4 n − 79 n + 240 = 0 ⇒ n = 8 2  

3,75

–

Como se quer o n mínimo, que satisfaça a desigualdade, n é 4 e teremos 12 fichas no máximo. Para n = 3, com 13 fichas: Podemos colocar 12 fichas, do seguinte modo: Vamos ter os números de 1 até 48. É agrupamos eles de 4 em 4 para a soma ser menor que 100. Esses grupos são {1, 24, 25, 48}, {2, 23, 26, 47},...,{12, 13, 36, 37}. Da forma {1+ n, 24 – n, 25 + n, 48 – n} com n ∈{0, 1, ..., 11}. Então colocaremos esses números em espaços 2 × 2: 1 25

24 45

2 26

23 47

3 27

22 46

4 28

21 45

Faremos isso com todos os grupos, sobrando ainda um espaço 2 × 8, que não terão ficha, onde colocaremos aleatóriamente os números {49, 50,...,64}. Sendo essa uma solução com cada ficha sob um grupo daqueles citados.

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Exemplo completo: 1 25 5 29 9 33 49 57

24 48 20 44 16 40 50 58

2 26 6 30 10 34 51 59

23 47 19 43 15 39 52 60

3 27 7 31 11 35 53 61

22 46 18 42 14 38 54 62

4 28 8 32 12 36 55 63

21 45 17 41 13 37 56 64

PROBLEMA 3

Um quadrado de lado 2 é dividido em retângulos mediante várias retas paralelas aos lados (algumas horizontais e outras verticais). Os retângulos são coloridos alternadamente de preto e branco, como se fosse um tabuleiro de xadrez. Se deste modo a área branca resultou igual a área preta, demonstrar que ao recortar os retângulos pretos ao longo de seus bordos, é possível formar com estes (sem superposição) um retângulo preto 1 × 2. SOLUÇÃO DE HUMBERTO SILVA NAVES (SÃO PAULO - SP)

Seja x 1 ; x 2 ; x 3 ;...; x n as distâncias entre as retas verticais ( x i é distância entre a i-ésima reta e a (i – 1)-ésima reta) e y 1 ; y 2 ;...; y p as distâncias entre as retas horizontais: ( y i é a distância entre a i-ésima reta vertical e a (i – 1)-ésima reta). Por simetria, podemos considerar:

∑

Área sombreada =

xi y

∑

xi y j +

i e j pares

i e j de mesma paridade

∑

xi i e j ímpares

Logo, área sombreada = 2 =

∑

xi y j +

i e j pares

xi y

∑

ie j ímpares

e denotamos: A = ∑ xi e B = "i " par

∑

 =  ∑ xi  i par 

"i "par

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    ∑ y i  +    i par     

 x j   ímpar 

∑

 yj  ímpar 

∑

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mas ∑ x i =

∑

xi +

" i " par

xj = 2⇒

" j " ímpar

∑

concluímos que:

∑

x j = 2 − A , e de mesmo modo

" j " ímpar

= 2 − B.

" j " ímpar

Logo: Área sombreada = 2 = A ⋅ B + ( 2 − A )( 2 − B ) ⇔ 2 = 2 AB + 4 − 2 ( A + B ) ⇔ 2 ( A + B ) − 2 AB = 2 ⇔ A + B − AB = 1 ⇔ A (1 − B ) = 1 − B ⇔ ( A − 1)( 1 − B ) = 0 A −1 = 0 Logo devemos ter  ou 1 − B = 0

⇒ A = 1 ou B = 1 Agora o problema fica fácil, pois se A = 1 (por simetria), temos: ∑ x i = ∑ x j , logo basta juntar os "quadradinhos" de cada linha, aí i par

j ímpar

vai formar um retângulo de base 1, e se juntarmos todos esses retângulos de base 1, vamos formar outro retângulo, cujos lados medem: 2 e 1. PROBLEMA 4

Sejam ABCD um quadrado (sentido horário) e P um ponto qualquer pertencente ao interior do segmento BC. Constrói-se o quadrado APRS (sentido horário). Demonstrar que a reta CR é tangente a circunferência circunscrita ao triângulo ABC. SOLUÇÃO DE LARISSA CAVALCANTE QUEIROZ DE LIMA (FORTALEZA-CE) A

O ∆ABC é retângulo, portanto o centro da circunferência circunscrita está no ponto médio de sua hipotenusa: AC ⇒ centro da circunferência é o ponto M *ABCD é um quadrado ⇒ as diagonais se cortam ao meio, e as diagonais são iguais ⇒ AM = BM = MC = MD

α 45°–α

β α

45°+α S

45° R

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Seja BAˆ P = α e BPˆ A = β ; α + β = 90° ( ∆ retângulo ABP); α + β + 90° = 180° Note que RPˆ C = 180° − 90° − β ⇒ RPˆ C = α * BAˆ C = 45°( ∆ABC é retângulo é isósceles) ⇒ PAˆ C = BAˆ C − BAˆ P = 45° − α

 AP = PR * ∆ APR é isósceles e retângulo  ⇒ PAˆ R = PRˆ A = 45°  APˆ R = 90° ⇒ RAˆ C = PAˆ R − PAˆ C = 45° − (45° − α ) = 45° − 45° + α = α ⇒ RAˆ C = RPˆ C = α ⇒ APCR é um quadrilátero inscritível ⇒ APˆ R = ACˆ R = 90° ⇒ CR é perpendicular a AC e que é o diâmetro da circunferência circunscrita a ABC ⇒ CR é tangente. PROBLEMA 5

No plano cartesiano, considere os pontos de coordenadas inteiras. Uma operação consiste em: Escolher um destes pontos e realizar uma rotação de 90o. no sentido anti-horário, com centro neste ponto. É possível, através de uma seqüência dessas operações, levar o triângulo de vértices (0, 0), (1, 0), e (0, 1) no triângulo de vértices (0, 0), (1, 0) e (1, 1)? SOLUÇÃO ADAPTADA DA SOLUÇÃO DE DAVI MÁXIMO ALEXANDRINO NOGUEIRA (FORTALEZA - CE)

Considere a figura relativa a demonstração: Y B A B A B A

A (0,0) B

Considere duas cores A e B. Pinte o ponto (0,0) de A. A partir daí, pinte todos os outros pontos (coordenadas inteiras) do plano com as cores A e B, EUREKA! N°8, 2000

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alternadamente. Isto é, pintamos (a, b) de A se a + b é par, e de B se a + b é ímpar. Vamos provar que um ponto e sua imagem possuem a mesma cor. De fato, se P = (x, y), a imagem de (a, b) pela rotação de 90o no sentido antihorário com centro em P e (x + y – b, x + y + a), cuja soma das coordenadas é 2x + 2y + a – b ≡ a + b (mod 2). Como o primero triângulo tem um ponto da cor A e dois da cor B e o segundo tem dois pontos da cor A e um da cor B não é possível tal coisa. PROBLEMA 6

Existe um inteiro positivo divisível pelo produto de seus algarismos e tal que esse produto é maior que 102000? SOLUÇÃO DE HUMBERTO SILVA NAVES (SÃO PAULO - SP)

Primeiramente vamos provar que 10 é raiz primitiva no módulo 7n. *Sabemos que quando n = 1 ou n = 2, isto é verdadeiro. ** Suponhamos que 10 seja uma raiz primitiva no módulo 7 n ( n ≥ 2) Seja "a" uma raiz primitiva no módulo 7 n +1 (ela existe pois 7 n +1 é uma potência de um primo), isto é: a j percorre todas as classes de congruência que são primas com 7, no módulo 7 n +1 , consequentemente "a" também é raiz primitiva no módulo 7 n . Pela definição de "a", existe um x ∈ N e um y ∈ N , tais que:

a x ≡ 10(mod 7 n ) a y ≡ 10(mod 7 n +1 ) Temos que mdc ( x; ϕ (7 n )) = 1, pois 10 também é raiz primitiva no módulo 7 n . Se mdc ( y; ϕ (7 n +1 )) = d ≠ 1, teríamos:

a y ≡ 10(mod 7 n ) a y ≡ 10(mod 7 n +1 ) ⇒  x ⇒ a x ≡ a y (mod 7 n ) ⇒ x ≡ y (mod ϕ (7 n )) ⇒ a ≡ 10(mod 7 n ) ⇒ y é primo com ϕ (7 n ) (pois x também é) Chegamos a uma contradição, pois mdc ( y; ϕ (7 n +1 )) = d e

mdc ( y; ϕ (7 n )) = 1, isto quer dizer: mdc ( y;6 ⋅ 7 n ) ≠ 1 e mdc ( y;6 ⋅ 7 n −1 ) = 1 (com n ≥ 2 ), que é um absurdo. Daí concluímos que mdc ( y; ϕ (7 n +1 )) = 1. EUREKA! N°8, 2000

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Logo 10 tambĂŠm ĂŠ uma raiz primitiva no mĂłdulo 7 n +1 , e por induĂ§ĂŁo concluĂmos que: â&#x2C6;&#x20AC;n â&#x2C6;&#x2C6; N; 10 ĂŠ raiz primitiva no mĂłdulo 7 n . Agora vamos achar um exemplo: Considere a, tal que: 7 a > 10 2000 E como 10 ĂŠ raiz primitiva no mĂłdulo 7 a , considere b > a, tal que: 10 b â&#x2030;Ą 7 â&#x2C6;&#x2019; 6 â&#x2039;&#x2026; 10 a (mod 7 a ), temos que:

ďŁŤ 10 a â&#x2C6;&#x2019; 1 ďŁś 10 b â&#x2C6;&#x2019; 10 a â&#x2021;&#x2019; x = ďŁŹďŁŹ â&#x2039;&#x2026; 7 ďŁˇďŁˇ + â&#x2030;Ą 0 (mod 7 a ) â&#x2021;&#x2019; x â&#x2030;Ą 0(mod 7 a ) 9 ďŁ 9 ďŁ¸ mas: â&#x2C6;&#x2019; a dĂgitos a dĂgitos b x = 1111111 ... 1 000 ... 0 + 777 ... 7 = 1111111 ... 1 777...7

total de: "b â&#x2C6;&#x2019; a" "1"'s "a" 0 ' s

"a" 7's

Ou seja x ĂŠ divisĂvel pelo produto de seus dĂgitos.

VocĂŞ sabiaâ&#x20AC;Ś Que foi novamente batido o record de maior primo de Fermat generalizado conhecido? Ă&#x2030; o nĂşmero 4859465536 + 1 descoberto este ano por Scott e Gallot, que ĂŠ o 6o. maior primo conhecido (e o Ăşnico primo conhecido com mais de um milhĂŁo de bits que nĂŁo ĂŠ de Mersenne). Com isso, os 9 maiores primos conhecidos sĂŁo de Mersenne ou de Fermat generalizados. SĂŁo eles: 26972593 â&#x20AC;&#x201C; 1, 23021377 â&#x20AC;&#x201C; 1, 22976221 â&#x20AC;&#x201C; 1, 21398269 â&#x20AC;&#x201C; 1, 21257787 â&#x20AC;&#x201C; 1, 4859465536 + 1, 2859433 â&#x20AC;&#x201C; 1, 2756839 â&#x20AC;&#x201C; 1 e 16717632768 + 1, os quais tĂŞm, respectivamente, 2098960, 909526, 895932, 420921, 378632, 307140, 258716, 227832 e 171153 dĂgitos.

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VI OLIMPÍADA DE MAIO 13 de maio de 2000 PRIMEIRO NÍVEL Duração da prova: 3 horas PROBLEMA 1

Encontre todos os números naturais de quatro algarismos formados por dois dígitos pares e dois dígitos ímpares tais que, ao multiplicá-los por 2, se obtém números de quatro algarismos com todos os seus dígitos pares e, ao dividí-los por 2, se obtém números naturais de quatro algarismos com todos os seus dígitos ímpares. PROBLEMA 2

Seja ABC um triângulo retângulo em A, cujo cateto AC mede 1cm. A bissetriz do ângulo BAˆ C corta a hipotenusa em R; a perpendicular a AR traçada por R corta o lado AB em seu ponto médio. Encontre a medida do lado AB. PROBLEMA 3

Para escrever todos os números naturais consecutivos desde 1ab até ab2 inclusive foram utilizados 1ab1 algarismos. Determine quantos algarismos a mais precisam-se para escrever os números naturais até o aab inclusive. Diga todas as possibilidades. (a e b representam dígitos). PROBLEMA 4

Temos peças com forma de triângulo equilátero de lados 1; 2; 3; 4; 5 e 6 (50 peças de cada medida). Precisa-se armar um triângulo equilátero de lado 7 utilizando algumas destas peças, sem buracos nem superposições. Qual é o menor número de peças necessárias? PROBLEMA 5

Numa fileira temos 12 cartas que podem ser de três tipos: com as duas faces brancas, com as duas faces pretas ou com uma face branca e a outra preta. Inicialmente temos 9 cartas com a face preta voltada para cima. Viram-se as seis primeiras cartas da esquerda e ficam 9 cartas com a face preta voltada para cima. Continuando, viram-se as seis cartas centrais, ficando 8 cartas com a face preta voltada para cima. EUREKA! N°8, 2000

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Finalmente, viram-se seis cartas: as três primeiras da esquerda e as três últimas da direita, ficando 3 cartas com a face preta voltada para cima. Diga se com esta informação se pode saber com certeza quantas cartas de cada tipo existem na fileira.

SEGUNDO NÍVEL PROBLEMA 1

O conjunto {1, 2, 3, 4} pode ser dividido em dois subconjuntos A = {1, 4} e B = {3, 2} sem elementos comuns e tais que a soma dos elementos de A seja igual a soma dos elementos de B. Essa divisão é impossível para o conjunto {1, 2, 3, 4, 5} e também para o conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Determine todos os valores de n para os quais o conjunto dos primeiros n números naturais pode ser dividido em dois subconjuntos sem elementos comuns tais que a soma dos elementos de cada subconjunto seja a mesma. PROBLEMA 2

Num paralelogramo de área 1 são traçadas retas que unem cada vértice com o ponto médio de cada lado não adjacente a ele. As oito retas traçadas determinam um octógono no interior do paralelogramo. Calcule a área do octógono. PROBLEMA 3

Sejam S uma circunferência de raio 2; S1 uma circunferência de raio 1 tangente interiormente a S em B e S2 uma circunferência de raio 1 tangente a S1 no ponto A, mas que não é tangente a S. Se K é o ponto de interseção da reta AB com a circunferência S, demonstre que K pertence a circunferência S2. PROBLEMA 4

Temos um cubo de 3 × 3 × 3 formado pela união de 27 cubinhos 1 × 1 × 1. Retiramos alguns cubinhos de tal modo que os que permanecem seguem formando um sólido constituído por cubinhos que estão unidos pelo menos por uma face ao resto do sólido. Quando um cubinho é retirado, os que permanecem ficam no mesmo lugar em que estavam inicialmente. Qual é o máximo número de cubinhos que podem ser retirados de modo que a área do sólido que resulte seja igual à área do cubo original? PROBLEMA 5

Um retângulo pode ser dividido em n quadrados iguais e também pode ser dividido em n + 98 quadrados iguais. Se a área do retângulo é n, com n inteiro, encontre os lados do retângulo. Diga todas as possibilidades. EUREKA! N°8, 2000

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VI OLIMPÍADA DE MAIO Resultados PRIMEIRO NÍVEL Fabio Dias Moreira Guilherme Salermo Santos Raul M. Alexandrino Nogueira Alex Correa Abreu Iuri Lima Ribeiro Antônia Taline de Souza Mendonça Cincinato Furtado Leite Neto Alan Hideki Uchida Rodrigo Aguiar Pinheiro Luty Rodrigues Ribeiro

Medalha de Ouro Medalha de Prata Medalha de Prata Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa

Rio de Janeiro - RJ Goiânia - GO Fortaleza - CE Niteroi - RJ Fortaleza - CE Fortaleza - CE Fortaleza - CE São Paulo - SP Fortaleza - CE Fortaleza - CE

SEGUNDO NÍVEL Marcio Antonio F. Belo Henrique Chociay Davi M. Alexandrino Nogueira Larissa Goulart Rodrigues Andreia Lucio dos Santos Thiago da Silva Sobral Luis Gustavo Bastos Pinho Samuel Barbosa Feitosa Adriano Arantes Paterlini Germanna de Oliveira Queiroz

Medalha de Ouro Medalha de Prata Medalha de Prata Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa

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Goiânia - GO Curitiba - PR Fortaleza - CE Goiânia - GO Goiânia - GO Fortaleza - CE Fortaleza - CE Fortaleza - CE Tatuí - SP Fortaleza - CE

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XLI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 13 a 25 de julho, Taejon - Coréia do Sul A XLI Olimpíada Internacional de Matemática foi realizada em Taejon, Coréia do Sul, no período de 13 a 25 de julho de 2000. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Élio Mega e Edmilson Motta, ambos de São Paulo SP.

RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4 BRA5 BRA6

Daniel Nobuo Uno Daniel Massaki Yamamoto Fabrício Siqueira Benevides Humberto Silva Naves Sergio Tadao Martins Ulisses Medeiros de Albuquerque

Bronze Bronze Bronze ------------------Menção Honrosa

PROBLEMA 1

Duas circunferências Γ1 e Γ2 intersectam-se em M e N. Seja l a tangente comum a Γ1 e Γ2 que está mais próxima de M do que de N. A reta l é tangente a Γ1 em A e a Γ2 em B. A reta paralela a l que passa por M intersecta novamente a circunferência Γ1 em C e novamente a circunferência Γ2 em D. As retas CA e DB intersectam-se em E; as retas AN e CD intersectam-se em P; as retas BN e CD intersectam-se em Q. Mostre que EP = EQ. PROBLEMA 2

Sejam a, b, c números reais positivos tais que abc = 1. Prove que

 a −1+ 

1  1  1  b − 1 +  c − 1 +  ≤ 1. b  c  a

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PROBLEMA 3

Seja n ≥ 2 um número inteiro positivo. No início existem n pulgas numa reta horizontal, nem todas no mesmo ponto. Para um número real positivo λ , define-se um salto da seguinte maneira: • Escolhem-se duas pulgas quaisquer nos pontos A e B com o ponto A à esquerda do ponto B; • A pulga que está em A salta até o ponto C da reta, à direita de B, tal que BC = λ. AB Determine todos os valores de λ para os quais, para qualquer ponto M na reta e quaisquer posições iniciais das n pulgas, existe uma sucessão finita de saltos que levam todas as pulgas para pontos à direita de M. PROBLEMA 4

Um mágico tem cem cartões numerados de 1 a 100. Coloca-os em três caixas, uma vermelha, uma branca e uma azul, de modo que cada caixa contém pelo menos um cartão. Uma pessoa da platéia escolhe duas das três caixas, seleciona um cartão de cada caixa e anuncia a soma dos números dos dois cartões que escolheu. Ao saber esta soma, o mágico identifica a caixa da qual não se retirou nenhum cartão. De quantas maneiras podem ser colocados todos os cartões nas caixas de modo de que este truque sempre funcione? (Duas maneiras consideram-se diferentes se pelo menos um cartão é colocado numa caixa diferente). PROBLEMA 5

Verifique se existe um inteiro positivo n tal que n é divisível por exatamente 2000 números primos diferentes e 2 n + 1 é divisível por n. PROBLEMA 6

Sejam AH 1 , BH 2 , CH 3 as alturas de um triângulo acutângulo ABC. A circunferência inscrita no triângulo ABC é tangente aos lados BC, CA, AB em T1 , T2 , T3, respectivamente. Seja l1 a reta simétrica da reta H 2 H 3 relativamente à reta T2T3 , l 2 a reta simétrica da reta H 3 H 1 relativamente à reta T3T1 e l 3 a reta simétrica da reta H 1 H 2 relativamente à reta T1T2 . Prove que l1 , l 2 , l 3 determinam um triângulo cujos vértices pertencem à circunferência inscrita no triângulo ABC.

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INTRODUÇÃO À GEOMETRIA PROJETIVA Luciano G. M. Castro ♦ Nível Avançado Artigo baseado em aula ministrada na III Semana Olímpica Piracicaba - SP Começamos com um problema de Geometria Euclidiana: Problema Inicial:

As tangentes a uma circunferência de centro O, traçadas por um ponto exterior C, tocam a circunferência nos pontos A e B. Seja S um ponto qualquer da circunferência. As retas SA, SB e SC cortam o diâmetro perpendicular a OS nos pontos A', B' e C ', respectivamente. Prove que C' é o ponto médio de A'B'. Encorajamos o leitor a resolver este problema utilizando métodos da Geometria Euclidiana, antes de prosseguir. Nossa principal meta é desenvolver ferramentas da Geometria Projetiva que nos permitam resolver este e outros problemas similares de forma direta e natural. 1. POLARIDADE

Dada uma circunferência γ , de centro O e raio R, vamos criar uma associação entre pontos e retas do plano, da seguinte maneira: Para cada ponto A distinto de O, seja A' o ponto da semi-reta OA tal que OA × OA' = R 2 . (A' é chamado inverso de A em relação a γ . A transformação A → A' é a inversão relativa a γ ). Seja a a reta perpendicular a OA passando por A'. Dizemos que a é a reta polar de A em relação a γ , e que A é o pólo de a em relação a γ .

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A transformação do plano que leva cada ponto em sua polar e cada reta em seu pólo é chamada de polaridade. Para simplificar a notação, usaremos a mesma letra para designar um ponto (maiúscula) e sua polar (minúscula). Teorema 1: Sejam A e B dois pontos do plano, a e b suas respectivas polares. Se B ∈ a, então A ∈ b. Neste caso, dizemos que A e B são conjugados. a

Seja B' ∈ OB tal que AB' ⊥ OB. Os triângulos OAB' e OBA' são retângulos e têm um ângulo comum ( AÔB' ≅ BÔA' ), logo são semelhantes. Assim,

Considere um ponto B ∈ a.

O B'

OA OB' = ⇔ OB × OB' = OA × OA' = R 2 . OB OA' Logo B' é o inverso de B, de onde AB' = b e A ∈ b.

Assim, se imaginarmos o ponto B variando ao longo da reta a, sua polar, b, variará ao longo do feixe de retas que passam pelo ponto A. Diremos que um ponto e uma reta são incidentes quando o ponto pertence à reta, o que é o mesmo que dizer que a reta passa pelo ponto. A polaridade, portanto, é uma transformação que preserva incidências.

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Exercício 1: Se um ponto é conjugado a si mesmo, então ele pertence à circunferência e sua polar é a tangente à circunferência por ele.

Este resultado nos permite desenvolver a seguinte construção para a reta polar de um ponto A exterior à circunferência: Exercício 2: Se A é exterior à circunferência, sejam B e C os pontos de contato das

duas tangentes à circunferência traçadas por A. A reta BC é a polar de A.

Solução:

Como A pertence às polares de B e C, então

B e C pertencem à polar de A. Logo a = BC

C a

2. O PLANO PROJETIVO

A polaridade definida anteriormente sugere que pontos e retas têm comportamentos parecidos em relação à incidência. Há algumas falhas, porém. A transformação não está definida para o ponto O, centro da circunferência, nem tampouco para as retas que passam por O. Podemos resolver este problema ampliando o plano euclidiano, acrescentando-lhe uma nova reta que chamaremos de "reta do infinito", que representaremos por o. Esta nova reta será a polar do ponto O. Formalmente, os pontos da nova reta do infinito estão em correspondência biunívoca com os feixes de retas paralelas no plano euclidiano.

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Vejamos como a polaridade nos leva naturalmente a esta definição para os pontos do infinito. Por exemplo, vamos identificar o pólo de uma reta r que passa por O. Sejam A e B os pontos de contato de r com a circunferência. Como A e B estão sobre a reta r, suas retas polares a e b passam pelo pólo R. Logo R é o ponto de encontro das duas retas a e b, que no plano Euclidiano seriam paralelas. De fato, a reta polar de qualquer ponto de r será perpendicular a r no plano euclidiano. Estas retas passam a ser, no plano projetivo, um feixe de retas concorrentes (no ponto do infinito R). Esta é a maneira de trabalhar com a reta do infinito: cada um de seus pontos corresponde a um único feixe de retas paralelas no plano euclidiano. E vice-versa: a cada feixe de retas paralelas no plano euclidiano corresponde um único ponto da reta do infinito. A

...

... B

3. O PRINCÍPIO DA DUALIDADE

Os pontos e retas do plano projetivo têm exatamente o mesmo comportamento em relação a incidência. Assim, qualquer propriedade envolvendo pontos, retas e incidência permenece válida ao trocarmos pontos por retas e retas por pontos. A nova propriedade assim obtida é denominada "dual" da primeira. Em outras palavras, para todo teorema da Geometria Projetiva recebemos outro grátis, oferecido pelo Princípio da Dualidade. Basta trocar a palavra "ponto" pela palavra "reta" e vice versa. EUREKA! N°8, 2000

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Exemplos: Propriedade

Dual

Dada uma reta, sempre existe um Dado um ponto, sempre existe uma reta ponto não incidente a ela. não incidente a ele. Cada reta é incidente a pelo menos Cada ponto é incidente a pelo menos três três pontos distintos. retas distintas. Dois pontos distintos determinam Duas retas distintas determinam um único uma única reta a eles incidente. ponto a elas incidente. Observação:

Apesar de termos definido o plano projetivo como uma extensão do plano euclidiano, isto não é necessário. O plano projetivo existe de forma independente, podendo ser caracterizado a partir de um conjunto de axiomas, entre os quais estão as propriedades duais citadas anteriormente. 4. QUÁDRUPLAS HARMÔNICAS

No plano euclidiano, se quatro pontos A, B, C e D de uma reta são tais que: AC AD = , BC BD dizemos que C e D "dividem harmonicamente" o segmento AB . Observe que, de acordo com a definição, isto também implica que A e B dividem harmonicamente o segmento CD . Representaremos esta situação com o símbolo H ( AB, CD). Também diremos que A, B, C e D , nesta ordem, formam uma "quádrupla harmônica". Dados os pontos A, B e C sobre uma reta, o ponto D tal que H ( AB; CD) é chamado "conjugado harmônico" de C em relação a AB . Surpreendentemente, apesar da definição utilizar a noção de distância (que não faz sentido no plano projetivo), o conceito de quádruplas harmônicas faz sentido no Plano Projetivo, por meio da seguinte construção para o conjugado harmônico:

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E F G

Figura 1

a1 H

a2 A

Dados os pontos A, B e C sobre uma reta r, traçamos duas retas quaisquer a1 e a2 passando por A e uma reta c passando por C. Unindo a B os pontos de incidência de c com a1 e a2 , respectivamente, obtemos as retas b1 e b2. Fica então formado um quadrilátero (EFHG, na figura) tal que os lados opostos concorrem em A e B, e tal que uma de suas diagonais passa por C. Seja D o ponto de encontro de r com a outra diagonal do quadrilátero. Então D é o conjugado harmônico de C em relação a AB . Esta construção é a definição de quádruplas harmônicas no plano projetivo. Vejamos que ela coincide, no plano Euclidiano, com a definição usual. Sejam os pontos E, F, G como na figura 1. Aplicando o Teorema de Menelaus* no ∆ABE , secante DGF, temos:

AD BG EF ⋅ ⋅ = 1. BD EG AF

(1)

No ∆ABE , aplicamos o Teorema de Ceva* para as cevianas concorrentes EC , BF e AG : AC BG EF ⋅ ⋅ = 1. (2) BC EG AF

De (1) e (2) temos

AC AD = . BC BD

*Ver apêndice. EUREKA! N°8, 2000

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5. PONTO MÉDIO E CONJUGAÇÃO HARMÔNICA

O principal indício de que quádruplas harmônicas são uma noção projetiva é o fato de, no plano euclidiano, o ponto médio de um segmento não possuir conjugado harmônico. Porém, no plano projetivo, sejam A e B pontos sobre a reta r e C o ponto médio de AB . Ao realizarmos a construção da figura 1, verificamos que FC é paralelo a r. No plano projetivo, o conjugado harmônico D é o ponto do infinito correspondente ao feixe de retas paralelas a r. 6. FEIXES HARMÔNICOS

Vamos agora dualizar a definição de quádrupla harmônica. Dadas 3 retas a, b e c concorrentes em um ponto R, podemos dualizar, passo a passo, a construção do conjugado harmônico: Sobre a reta a tomamos dois pontos distintos A1 e A2 e sobre a reta c tomamos um ponto C. Sejam B1 e B2 os pontos de intersecção da reta b com as retas CA1 e CA2 , respectivamente. Seja d a reta determinada pelos pontos R e

A1 B2 ∩ A2 B1 . Chamamos d de conjugado harmônico de c em relação a a e b. Dizemos que as quatro retas concorrentes a, b, c, e d formam um "feixe harmônico". Representamos esta situação com o símbolo H (ab, cd ). R

A2 Figura 2

B1 C

A1 a

c b

Teorema 2: Uma reta qualquer do plano corta um feixe harmônico em quatro

pontos que formam uma quádrupla harmônica. EUREKA! N°8, 2000

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Se você percebeu a semelhança entre as figuras 1 e 2 deve ter desconfiado deste fato. A demonstração é imediata. Na construção da figura 2, os pontos A1 e B2 podem ser escolhidos sobre uma reta s arbitrária (que não passe por R), e o ponto C fora de s. As retas

A1C e B2 C determinam os pontos B1 e A2. Sendo c ∩ s = C ' e d ∩ s = D , vemos que o quadrilátero RA2 CB1 possui dois lados opostos concorrendo em A1 e B2, com suas diagonais passando por C' e D . Portanto H ( A1 B2 ; C ' D ) , como queríamos demonstrar. Exercício 3:

Escreva o dual doTeorema anterior. 7. O TEOREMA DE PASCAL

Sem dúvida, é um dos mais belos teoremas da Geometria Projetiva. É válido para qualquer cônica, apesar de que aqui só veremos a demonstração para a circunferência, no plano euclidiano. É importante mencionar, no entanto, que no Plano Projetivo não há qualquer diferença entre uma circunferência e qualquer outra cônica não-degenerada. Teorema 3: Os pontos de encontro entre os 3 pares de lados opostos de um hexágono ABCDEF (convexo ou não) inscrito em uma circunferência são colineares. Consideremos o triângulo XYZ indicado na X figura. Aplicamos o Teorema de Menelaus três vezes: ∆XYZ , secante PDE: PX DY EZ E ⋅ ⋅ =1 PY DZ EX A

R D

∆XYZ , secante QBC:

QZ BX CY ⋅ ⋅ =1 QX BY CZ

∆XYZ , secante RAF: RY AX FZ ⋅ ⋅ =1 RZ AY FX

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Multiplicando essas três últimas equações e lembrando que XA ⋅ XB = XE ⋅ XF, YA ⋅ YB = YC ⋅ YD e ZC ⋅ ZD = ZE ⋅ ZF (potência dos pontos x, y, z em relação à circunferência), obtemos

PX QZ RY ⋅ ⋅ = 1. PY QX RZ

Logo, pelo recíproco do Teorema de Menelaus no triângulo XYZ, secante PQR, temos que P, Q e R são colineares. Fazendo coincidir certos pares de pontos no hexágono ABCDEF, podemos deduzir teoremas análogos ao de Pascal para pentágonos, quadriláteros e até triângulos inscritos na circunferência. Por exemplo, fazendo coincidir A com B e D com E, as retas AB e DE tornam-se tangentes à circunferência, e obtemos a seguinte configuração: F A≡B P

D≡E Figura 3

Exercício 4:

Na figura anterior, verifique que o ponto comum às tangentes em C e F também pertence à reta PQR. 8. MAIS POLARIDADES

Agora estamos prontos para retomar nosso estudo das polaridade. Aproveitando tudo o que vimos até aqui, vamos deduzir algumas propriedades mais avançadas.

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Teorema 4: (Construção da reta polar usando apenas régua) Seja γ uma circunferência e A um ponto exterior a ela. Consideremos duas retas distintas passando por A e cortando γ nos pontos B, C, D e E (figura). Então a reta polar de A em relação a γ é a reta que une os pontos

BD ∩ EC e BE ∩ CD . Demonstração:

As polares de B, C, D e E são as retas b, c, d, e e tangentes a γ em seus respectivos pólos. Sendo R = b ∩ c e S = d ∩ e, temos que as polares de R e S são as retas

R C Q A

r = BC e s = DE. Como A = r ∩ s, sua polar é a reta a = RS . Sendo P = BE ∩ CD e Q = BD ∩ EC , um dos corolários do Teorema de Pascal garante que P, Q, R e S são colineares,

logo a = PQ, demonstrar.

como

queríamos

Teorema 5: (Relação entre reta polar e quádruplas harmônicas) Dados uma circunferência γ e um ponto exterior A, qualquer reta secante à circunferência passando por A corta a polar a no conjugado harmônico do ponto A em relação ao segmento com extremos nos dois pontos de corte da secante com a circunferência. Demonstração: Exercício 5

(Dica: na figura anterior, use o quadrilátero PBQC para encontrar o conjugado harmônico de A em relação a ED ).

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9. RESOLUÇÃO DO PROBLEMA INICIAL:

Podemos agora apresentar uma solução simples e elegante para o problema proposto no início deste artigo.

S s

B c

d D∞

Seja d o diâmetro perpendicular a OS . Seja D∞ o ponto do infinito correspondente ao feixe de retas paralelas a d. Queremos provar que H ( A' B ' , C ' D∞ ) . Para isto, basta provar que as retas SA ,

SB , SC e SD∞ formam um feixe harmônico. Parece natural tentar verificar que a reta AB corta o feixe em uma quádrupla harmônica. Mas isso equivale a provar que SC é a reta polar do ponto SD∞ ∩ AB. Isto é simples:

→ C é a intersecção das polares de A e B, logo sua polar é c = AB. → SD∞ é tangente à circunferência no ponto S, logo é a polar de S ( SD∞ = s ) . Assim, SD∞ ∩ AB = s ∩ c, e sua polar é, portanto, SC , como queríamos demonstrar.

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APÊNDICE: TEOREMA DE CEVA: A

Suponha que as cevianas AM, BN e CP de um triângulo ABC se encontrem em um ponto Q. Então AN CM BP ⋅ ⋅ = 1. CN BM AP

N Q

Prova:

Suponha que Q = t1 A + t 2 B + t 3 C com t1 + t 2 + t 3 = 1. t B + t 3C t A + t 3C t A + t2 B , N= 1 e P= 1 . Então teremos M = 2 t 2 + t3 t1 + t 3 t1 + t 2 AN CM BP t 3 t 2 t1 Assim, ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =1❑ CN BM AP t1 t 3 t 2 TEOREMA DE MENELAUS: A

Suponha que X ∈ AB, Y ∈ BC e Z ∈ AC sejam colineares. Então X

Prova: C

AX BY CZ ⋅ ⋅ = 1. BX CY AZ

Suponha que X = tA + (1 − t ) B e Y = sB + (1 − s )C. Então Z = uX + (1 − u )Y , onde u é tal que (1 − t )u + s (1 − u ) = 0, ou seja, (1 − s )(1 − t ) st Z= C. Assim, A− s + t −1 s + t −1 AX BY CZ 1 − t 1 − s st ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =1 ❑ BX CY AZ t s (1 − s)(1 − t )

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CONTAR DUAS VEZES PARA GENERALIZAR (O RETORNO) José Paulo Q. Carneiro, Universidade Santa Úrsula

♦ Nível Avançado 1. A fórmula que dá diretamente a soma dos quadrados S n( 2 ) = 12 + 2 2 + " + n 2 dos n primeiros inteiros positivos pode ser deduzida de várias maneiras (por exemplo, [3]). Uma das mais comuns é partir da identidade:

(k + 1)3 − k 3 = 3k 2 + 3k + 1 , escrevê-la para k variando de 1 até n:

23 − 13 = 3 × 12 + 3 × 1 + 1 33 − 23 = 3 × 22 + 3 × 2 + 1 .........................................

(n + 1)3 − n3 = 3n2 + 3n + 1

e somar termo a termo estas n igualdades, obtendo:

(n + 1)3 − 13 = 3Sn( 2) + 3Sn(1) + n

onde S n(1) = 1 + 2 + " + n =

n(n + 1) , como é bem conhecido (ver [1]). 2

Substituindo este valor e fazendo as contas, chega-se a :

S n( 2 ) = 12 + 22 + " + n 2 =

n(n + 1)(2n + 1) 6

Esta dedução é bastante eficiente e rápida, mas, quando apresentada pela primeira vez a um estudante, costuma deixar aquela sensação de “coelho tirado da cartola”, devido ao aparecimento súbito de uma identidade cuja motivação não se sabe de onde veio. Este tipo de sensação desperta admiração em uns, mas em outros inspira uma frustração, proveniente da reflexão: “eu nunca vou conseguir bolar um artifício destes!”. Coloca-se, portanto, a questão: há algum problema onde a soma dos quadrados apareça naturalmente? E, para este problema, há alguma outra maneira de resolvê-lo, por meio da qual possamos deduzir a fórmula da soma dos quadrados?

2. Tradicionalmente, em problemas de contagem, o símbolo Cnp ( “combinação de n, p a p”) representa o número de subconjuntos de p elementos contidos em um conjunto de n elementos. Se, por exemplo, fizermos p = 2 , então Cn2 é o número de pares (não ordenados) que se pode extrair de um conjunto com n EUREKA! N°8, 2000

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elementos. Exemplos: o número de apertos de mão dados por n pessoas quando cada uma cumprimenta todas as outras somente uma vez, ou ainda o número de partidas de futebol em um campeonato com um só turno e n equipes. Em [1], um artigo com o mesmo título que o presente aproveitava justamente o último exemplo citado para mostrar como, resolvendo um mesmo problema de contagem por dois métodos diferentes, era possível deduzir que:

Cn2 = 1 + 2 + " + (n − 1) =

(n − 1)n . 2

3. Os pitagóricos (sec.VI a.C.) chamavam os números Cn2 de números triangulares. O motivo é que eles podem ser vistos como “triângulos” nas figuras:

T1 = 1 T2 = 1 + 2 = 3 T3 = 1 + 2 + 3 = 6 T4 = 1 + 2 + 3 + 4 = 10 Deste modo: Cn2 = Tn −1 , para n > 1 . Além dos números triangulares, os pitagóricos consideravam também os números quadrados Q1 = 12 = 1 , Q2 = 22 = 4 , etc., que podem ser visualizados como quadrados (daí seu nome). Estas figuras pitagóricas sugerem também uma relação interessante entre os números triangulares e os números quadrados. Se você partir o quadrado usando a diagonal sudoeste-nordeste, e incluindo esta diagonal na parte de baixo, você poderá olhar cada número quadrado como a soma de dois números triangulares consecutivos; mais especificamente: Qn = Tn −1 + Tn .

22 = 1 + 3

32 = 3 + 6

42 = 6 + 10

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Esta relação pode, é claro, ser confirmada algebricamente, já que:

Tn −1 + Tn =

(n − 1)n n(n + 1) + = n 2 = Qn . 2 2

4. A observação precedente pode ser usada para calcular a soma dos quadrados dos n primeiros números naturais. De fato:

Q1 = T1 Q2 = T1 + T2 Q3 = T2 + T3 ...................

Qn = Tn −1 + Tn Somando termo a termo, temos: S n( 2) = Q1 + " + Qn = 2(T1 + " + Tn −1 ) + Tn . Só resta agora calcular T1 + " + Tn −1 , isto é, a soma dos n − 1 primeiros números triangulares. Para isto, lembremos que esta soma é o mesmo que C22 + C32 " + Cn2 , a qual vamos calcular pelo artifício de resolver um mesmo problema por duas contagens diferentes (ver [1]). O número de subconjuntos de 3 elementos contidos em um conjunto A de n + 1 elementos é representado, como já se sabe, por C n3+1 . Vamos contar estes subconjuntos. Para formar um subconjunto de A com 3 elementos, primeiramente escolhemos um elemento a ∈ A . Para isto, temos n + 1 escolhas. Uma vez escolhido a, temos n escolhas possíveis para tomar um segundo elemento b; e para cada escolha de a e b, temos n − 1 escolhas possíveis para selecionar o terceiro elemento c. Isto dá então um total de (n + 1)n(n − 1) escolhas. Mas é claro que esta contagem inclui repetições. Para cada a, b, c escolhidos, houve 6 repetições, correspondentes às 6 permutações destes elementos, a saber: a, b, c ; a, c, b ; (n + 1)n(n − 1) b, a, c ; b, c, a ; c, a, b ; c, b, a . Portanto: C n3+1 = . 6 Por outro lado, se quisermos evitar desde o início as repetições, podemos contar do seguinte modo. Primeiramente, fixamos o elemento a; o número de subconjuntos de A com 3 elementos e que possuem a é o mesmo que o de subconjuntos de A − {a} com 2 elementos, isto é: Cn2 . Tomemos agora um EUREKA! N°8, 2000

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segundo elemento b ≠ a . O número subconjuntos de A com 3 elementos, que possuem b mas não a, é o mesmo que o de subconjuntos de A − {a; b} com 2 elementos, isto é: Cn2−1 . Analogamente, o número subconjuntos de A com 3 elementos, que contêm c, mas não intersectam {a, b} , é o mesmo que o de subconjuntos de A − {a; b; c} com 2 elementos, isto é: Cn2− 2 . E assim por diante, até que cheguemos ao antepenúltimo elemento, quando já teremos contado todos os subconjuntos A com 3 elementos. Logo: Cn3+1 = Cn2 + Cn2−1 + " + C22 . Deste modo, concluímos que:

T1 + " + Tn −1 = C22 + C32 " + Cn2 = Cn3+1 =

(n + 1)n(n − 1) . 6

Conseguimos,

portanto, calcular a soma dos n − 1 primeiros números triangulares. Daí concluímos que:

S n( 2) = Q1 + " + Qn = 2(T1 + " + Tn −1 ) + Tn = =

n(n + 1)(2n + 1) . 6

(n + 1)n(n − 1) (n + 1)n + 3 2

Podemos generalizar as fórmulas acima, calculando de duas maneiras diferentes o número de subconjuntos de k + 1 elementos contidos em um conjunto A de n + 1 elementos, que é representado por C nk++11 . A primeira expressão para C nk++11 é clássica e pode ser provada do mesmo modo que foi feito para k + 1 = 3: temos C nk++11 =

( n + 1)n( n − 1)(n − 2)...(n − k + 1) ( n + 1)! = (k + 1)! ( k + 1)!(n − k )!

(lembremos que m! = 1 . 2 . ... . m). Seja agora A = {a1 , a 2 ,..., a n +1 }. O número de subconjuntos de k + 1 elementos de A que contêm a1 é C nk (escolhemos os k elementos de A diferentes de a1 ). O número de subconjuntos de k + 1 elementos de A que contêm a 2 mas não contêm

a1 é C nk−1 , e assim sucessivamente, o que mostra a igualdade C nk++11 = C nk + C nk−1 + ... + C kk . EUREKA! N°8, 2000

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( n + k − 1)(n + k − 2)...(n + 1) n é o "polinômio triangular k! generalizado de dimensão k", temos que Pk (n) é um polinômio em n de grau k, e, pela fórmula acima, temos Pk (1) + Pk ( 2) + ... + Pk ( m) = C kk + C kk+1 + ... + C mk + k −1 = C mk ++1k .

Se Pk (n) = C nk+ k −1 =

Podemos, como antes, escrever n k como uma combinação linear dos polinômios Pj (n),0 ≤ j ≤ k , e usar a fórmula acima para obter uma fórmula para S n( k ) = 1k + 2 k + ... + n k (essa fórmula será a combinação correspondente dos termos C nj++1j , com 0 ≤ j ≤ k ). Tal fórmula também pode ser obtida recursivamente como no início do artigo, k

somando as identidades ( j + 1) k +1 − j k +1 = ∑ C kr +1 ⋅ j r , desde j = 1 até j = n, r =0

ficando o lado esquerdo igual a k −1

(k + 1) S n( k ) + ∑ C kr +1 S n( r ) , o que dá S n( k ) = r =0

(n + 1) k +1 − 1

e o direito igual a

k −1  1   (n + 1) k +1 − 1 − ∑ C kr +1 S n( r ) . k +1 r =0 

Referências Bibliográficas: [1] Carneiro, J.P., Contar duas vezes para generalizar, Eureka!, nº6, pp.15-17, 1999. [2] Eves, H., Introdução à História da Matemática, Editora da UNICAMP, 1995 [3] Valadares, E.C., e Wagner, E., Usando geometria para somar, Revista do Professor de Matemática, nº39, pp.1-8, 1999. EUREKA! N°8, 2000

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O PRINCÍPIO DO ELEMENTO EXTREMO José Rosales Ortega Escola de Matemática, Instituto Tecnológico de Costa Rica

♦ Nível Avançado Resumo O artigo expõe um princípio de natureza heurística chamado o "princípio do extremo", que permite resolver problemas matemáticos de nível olímpico de maneira simples.

1.- Introdução. Muitos matemáticos profissionais desejam contribuir para tornar a Matemática mais atrativa aos estudantes com talento. Uma forma de seguir este objetivo é criar problemas que requeiram uma grande dose de sentido comum, imaginação, e muitas vezes, uma estratégia específica de resolução de problemas. Este artigo introduz uma dessas estratégias, o "princípio do elemento extremo". Ainda que este nome não seja amplamente usado, este princípio pode lhe ajudar a resolver problemas matemáticos que aparecem freqüentemente em olimpíadas. O material é baseado na experiência pessoal ganha ao trabalhar com estudantes com talento em matemática e na minha participação como organizador de várias competições olímpicas. 2.- A idéia do princípio. Considere uma fileira de estudantes ordenada em forma decrescente segundo a altura. A maioria deles tem dois vizinhos. Dois "elementos extremos", o mais alto e o mais baixo, tem somente um vizinho, porém estes dois elementos extremos possuem outras propriedades muito úteis. Por exemplo, quando contamos os estudantes na fileira, a melhor maneira é começar com um destes elementos extremos. Em matemática, algumas vezes trabalhamos com conjuntos cujos elementos parecem ser equivalentes e cujas propriedades conhecidas são poucas. Uma estratégia poderosíssima em tais casos é considerar o elemento, ou os elementos, que de alguma forma são elementos extremos. Por exemplo, quando consideramos um conjunto infinito de números naturais, o elemento extremo é seu elemento menor. Para um conjunto finito de números reais os elementos extremos são o máximo e o mínimo do conjunto. EUREKA! N°8, 2000

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Em muitos casos o elemento extremo é atrativo devido a que suas propriedades adicionais nos permitem obter concluir sobre o mesmo elemento, ou sobre o do conjunto como um todo. Por exemplo, em um triângulo o lado maior se opõe ao ângulo maior e vice-versa. Na continuação apresentamos mais exemplos.

Exemplo 1. Sejam α ≤ β ≤ γ os ângulos de um triângulo. Como γ é o ângulo maior, então γ ≥ π / 3, já que, caso contrário, teríamos γ < π / 3, β < π / 3 e α < π / 3 , o que condradiz o fato de que α + β + γ = π . Da mesma forma podemos concluir que α ≤ π / 3. Também não é difícil obter que, se α é o menor ângulo de um polígono convexo com n lados (n > 3), então α ≤ (n − 2)π / n. Para provar isto assuma o contrário, e use o resultado que estabelece que a soma dos ângulos no polígono é igual a (n − 2)π . Exemplo 2. Considere três raios com origem comum num mesmo plano, formando três ângulos a ≤ b ≤ c, tal que a + b + c = 2 π . É fácil ver que c ≥ 2π / 3 e a ≤ 2π / 3. Expressões similares podem ser encontradas se, em lugar de três raios considerarmos n raios com um origem comum.

b c

Exemplo 3. Os exemplos anteriores podem ser generalizados se considerarmos uma sucessão a1 ≤ a 2 ≤ ... ≤ a n de números reais tais que s = a1 + a 2 + ... + a n . Então a1 ≤ s / n e a n ≥ s / n. Estes exemplos são elementares, mas eles preparam o caminho para resolver o primeiro exemplo não trivial.

Exemplo 4. Seis pontos em um plano são tais que quaisquer três deles não são colineares. Prove que três desses seis pontos formam um triângulo que possui um 2π . ângulo interno maior ou igual a 3 EUREKA! N°8, 2000

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Solução: Denote os pontos por A1 . A2 ,..., A6 , e seja M seu fecho convexo. Podem ocorrer dois casos: •

M possui seis vértices. Aplicando o resultado da segunda parte do exemplo 1, para n = 6, vemos que o maior dos ângulos α de M satisfaz a desigualdade α ≥ 2π / 3. Se denotarmos por Ai o vértice de α , e por A j e

Ak os vértices adjacentes a α , então o triângulo ∆Ai A j Ak tem a propriedade requerida.

•

M possui menos de seis vértices. Neste caso existem três vértices Ai , A j e Ak de M, e um ponto Al dentro do triângulo ∆Ai A j Ak . Ai

α Aj

Aplicando o resultado do exemplo 2 aos raios AlAi, AlAj, e AlAk, segue-se que o maior dos ângulos α satisfaz a desigualdade α ≥ 2π / 3. Então o triângulo ∆Al A j Ak possui a propriedade requerida.

3.- Aplicações Geométricas. As aplicações nesta seção estão relacionadas com objetos geométricos. Em cada caso o problema é resolvido ao encontrar a maior ou a menor distância, ângulo ou área. Problema 1.- Em certo país existem 100 cidades. As distâncias entre cada par de cidades estão especificadas, e todas são diferentes. Uma estrada conecta duas cidades A e B se, e somente se, B é a cidade mais próxima de A ou A é a cidade mais próxima de B. • •

Prove que existem no máximo 5 estradas que saem de cada cidade. É possível que algumas das estradas formem um polígono?

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Solução: Provemos a primeira parte. Considere uma cidade X e duas estradas XA e XB que ligam X a A e a B, respectivamente. X

Segue-se que AB é o maior lado do triângulo ∆ABX . Isto é verdade, pois, se (por exemplo) AX for o maior lado do triângulo ∆ABX , então nem A é a cidade mais próxima para X, nem X é a cidade mais próxima para A e portanto a estrada X não deveria existir. Portanto, o ângulo AXˆB é o maior ângulo no triângulo ∆ABX . Segue-se (exemplo 1) que AXˆB ≠ 60° porque ∆ABX é escaleno. Suponha que exista uma cidade X e que seis estradas vão desde X até outras cidades. Então a soma dos seis ângulos em volta de X deveria ser maior que 6 × 60° = 360° , o que é impossível. Mostremos a segunda parte. Para isto suponhamos que existam estradas que formam um polígono. A estrada AB foi construída por um dos seguintes motivos: A

D C

• •

B é a cidade mais próxima de A, ou A é a cidade mais próxima de B.

Considere ainda sem perda de generalidade, que AB é o maior lado do polígono. Então CA < AB e BD < AB. Portanto, B não é a cidade mais próxima de A e A não é a cidade mais próxima de B. Logo, a estrada AB não deveria existir. Segue-se que tal polígono não existe.

Problema 2.- Os comprimentos das bissetrizes de um triângulo ABC são menores ou iguais a 1. Prove que a área do triângulo é menor ou igual a EUREKA! N°8, 2000

3 / 3.

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Solução: Seja α = ∠BAC o menor ângulo do triângulo, e seja AD a sua bissetriz. AB e AC não podem ser ambos maiores que AD / cos(α / 2). Para demonstrar isso, veja a figura: AD Ax = Ay = y cos(α / 2) B

α/2

Suponhamos que AB ≤ AD / cos(α / 2). . Como α ≤ 60° , então

AB ≤

AD cos

≤

AD 2 ≤ . cos 30° 3

2 Denotemos por hc e l c a altura e a bissetriz do vértice C do triângulo ABC, respectivamente. Então, a área do triângulo é: 1 1 1 ( ABC ) = hc × AB ≤ l c × AB ≤ . 2 2 3 Problema 3.- Sejam n(n > 3) pontos num plano tais que a área de qualquer triângulo com três desses pontos como vértices não seja maior que 1. Prove que todos os pontos estão contidos num triângulo, cuja área é menor ou igual a 4. Solução: Este problema tem o aspecto de ser muito difícil. A idéia para resolvê-lo está baseada no seguinte: se você tem um triângulo de área 4, como poderia relacioná-lo com um triângulo de área 1? Uma boa idéia é conectar os pontos médios dos lados do triângulo de área 4. A área do triângulo obtido é 1. Raciocinando inversamente, se temos um triângulo de área 1 e se traçarmos paralelas m, n, p aos lados AB, BC e CA (de modo que C ∈ m, A∈ n e B ∈ p ), respectivamente, obteremos um triângulo de área 4. Agora não é difícil completar a solução. Considere todos os triângulos cujos vértices são três quaisquer dos n pontos dados. Seja ABC o triângulo de maior área. Trace as retas m, n, p como foi descrito anteriormente. Se o ponto A e o ponto X onde X é um dos n pontos dados estão em diferentes lados de m, então ( ABX ) > ( ABC ). Os outros casos são análogos. Segue-se que nenhum dos pontos EUREKA! N°8, 2000

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dados está fora do triângulo MNP triângulo formado pelas interseçcões de m, n, p. Como ( ABC ) ≤ 1, então o triângulo MNP contém os pontos, e ( MNP) ≤ 4.

4.- Aplicações Algébricas. Problema 4.- Em cada quadrado de um tabuleiro com infinitas fileiras e colunas, se escreve um número natural. O número escrito em cada quadrado é igual à média dos números escritos em todos seus quadrados vizinhos (Dois quadrados são vizinhos se eles compartilham um lado em comum.) Prove que todos os números escritos são iguais. Solução: Aqui aplicaremos o famoso resultado sobre conjuntos não vazios de números naturais, o qual estabelece que sempre há um elemento mínimo. Seja f o menor dos números naturais escritos no tabuleiro, e sejam a, b, c, d os números escritos nos quatro quadrados vizinhos de f. Então

f =

a+b+c+d , 4

quer dizer a + b + c + d = 4 f . Como f é o elemento mínimo, segue-se que a ≥ f , b ≥ f , c ≥ f e d ≥ f . Se uma destas quatro desigualdades não é uma igualdade, então teríamos a + b + c + d > 4 f , o que é um absurdo. Portanto, se x é um número escrito em uma casa da mesma coluna da casa na qual está escrito o número f, então x = f. O mesmo resultado é válido para as linhas. Logo, todos os números escritos são iguais.

Problema 5.- Em cada quadrado de um tabuleiro de m fileiras por n colunas, se escreve um número real. O número em cada quadrado é igual a média dos números escritos em todos seus quadrados vizinhos. (Dois quadrados são vizinhos se eles compartilham um lado comum.) Prove que todos os números escritos são iguais. A solução deste exercício é um pouco diferente da do exercício prévio. Solução: Há duas coisas diferentes. Primeiro, alguns quadrados tem menos que quatro quadrados vizinhos. O leitor pode adaptar facilmente a situação ao raciocínio da solução do exemplo 4. Segundo, a existência do número menor se baseia em uma razão diferente: cada conjunto finito de números possui um elemento menor. Este é um assunto importante. Se estamos tratando com elementos extremos, devemos estar certos de que existem, qualquer que seja a razão.

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Problema 6.- Prove que não existem inteiros positivos x, y, z e t tais que

x 2 + y 2 = 3( z 2 + t 2 ). Solução: Algumas vezes não é fácil imaginar como introduzir um elemento extremo. Uma boa ideia nestes casos é assumir a negação da proposição, e ver onde se pode encontrar uma contradição. Assuma que existem inteiros positivos x, y, z e t tais que x 2 + y 2 = 3( z 2 + t 2 ). Já que x 2 + y 2 é divisível por 3, então x, y também são divisíveis por 3 (Prove). Portanto, x = 3m e y = 3n, onde m, n são inteiros positivos. Depois de substituir 3m por x e 3n por y na equação, e dividindo por 3, obtemos que

z 2 + t 2 = 3(m 2 + n 2 ). Pela mesma razão que antes se conclui que z = 3p e t =3q, onde p, q são inteiros positivos. Logo, a equação original é equivalente a

m 2 + n 2 = 3( p 2 + q 2 ). Portanto, obtivemos inteiros positivos m, n, p e q, que satisfazem a equação, e tais que m < x, n < y, p < z e q < t. O argumento anterior pode ser usado indefinidamente para obter sucessões decrescentes de números inteiros positivos, o que é impossível. Logo, a idéia é considerar o menor elemento, em algum sentido. Sejam x, y, z e t inteiros positivos tais que x 2 + y 2 = 3( z 2 + t 2 ) e a soma

( x 2 + y 2 ) é a menor entre todas as soluções da equação. Seguindo o raciocínio de antes obteremos os números m, n, p e q, que satisfazem a equação, com m < x e n < y. Portanto,

m2 + n2 < x2 + y 2. Esta é uma contradição.

5.- Aplicações Variadas. A pergunta "Como começar a solução?" parece ser a principal pergunta nas soluções dos problemas deste artigo. Espera-se que, quanto maior a quantidade de exemplos que o leitor vir, maior será a experiencia ganha. Portanto exporemos mais exemplos que ajudem a exemplificar o princípio do extremo.

Problema 7.- Existirá uma função f : N* → N*; onde N* é o conjunto dos inteiros positivos tais que se cumpra a seguinte igualdade para cada número natural n > 1:

f (n) = f ( f (n − 1)) + f ( f (n + 1)) ?

Solução: A resposta é NÃO. Para ver isto observe que entre os valores EUREKA! N°8, 2000

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f (2), f (3),..., f (n),..., deve haver um elemento mínimo, digamos que seja f(n0), onde n0 > 1. Observe que

f (n0 + 1) ≥ f (n0 ) = f ( f (n0 − 1)) + f ( f (n0 + 1)) ≥ 1 + 1 > 1. Como

f (n 0 + 1) > 1, então f ( f ( n0 + 1)) ∈{ f (2), f (3),...} Portanto, f ( f ( n0 + 1)) ≥ f ( n0 ), o que implica que

f (n0 ) = f ( f (n0 − 1)) + f ( f (n0 + 1)) ≥ 1 + f (n0 ), o que é impossível.

Problema 8.- Cada quadrado de um tabuleiro de dimensões 8 × 8 contém ou um 0 ou um 1. Para cada quadrado A que contém um 0, a soma dos números na mesma fileira de A e os números na mesma coluna de A é maior ou igual a 8. Prove que a soma de todos os números no tabuleiro é maior ou igual a 32. Solução: Considere a soma dos números em cada fileira e em cada coluna. Escolha a menor destas somas. Suponha que tal soma corresponda à fileira L. Denote por k o número de números 1 que aparecem em L. Podem ocorrer os seguintes casos: •

k ≥ 4. Então cada fileira contém ao menos quatro números 1. Portanto, a soma de todos os números no tabuleiro é maior ou igual a 4 × 8 = 32.

•

k < 4. Então existem 8 – k zeros em L. Cada coluna que cruza L em um quadrado com um 0 contém não menos que 8 – k uns. Portanto, a soma de todos os números no tabuleiro é maior ou igual a

(8 − k ) 2 + k 2 = 2(32 − 8k + k 2 ) = 2((k − 4) 2 + 16) ≥ 2 × 16 = 32. Uma extensão do princípio do extremo é a seguinte regra: "ordene os elementos segundo o seu tamanho (valor)". Esta regra é usada na solução do seguinte problema.

Problema 9.- A soma de 17 inteiros positivos distintos é igual a 1000. Prove que podem ser escolhidos 8 destes inteiros de tal forma que a sua soma é maior ou igual a 500. EUREKA! N°8, 2000

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Solução: Ordene os inteiros em uma fileira

a1 < a 2 < ... < a17 . Considere o

número a9 que é a metade da fileira, e o valor médio da soma, parte inteira de 1000/17, que é 58. Podem ocorrer os seguintes casos:

•

a9 ≥ 58. Então a10 ≥ 59, a11 ≥ 60,..., a17 ≥ 66. Portanto, a10 + a11 +...+ a17 ≥ 59 + 60 +...+ 66 = 500.

•

a9 < 58. Então a9 ≤ 57, a8 ≤ 56,..., a1 ≤ 49. Portanto, a1 + a2 +...+ a9 ≤ 49 + 50 +...+ 57 = 477.

Segue que a10 + a11 +...+ a17 ≥ 1000 – 477 > 500.

Problema 10.- Encontre todas as soluções positivas do sistema

x1 + x 2 = x32 , x 2 + x3 = x 42 , x3 + x 4 = x52 , x 4 + x5 = x12 , x5 + x1 = x 22 Solução: Sejam x e y o maior e o menor dos números x1 ,..., x5 , respectivamente. Observe que temos que x 2 ≤ 2 x e y 2 ≥ 2 y. Como x > 0 e y > 0 segue-se que x ≤ 2 e que y ≥ 2, logo se conclui que

2 ≤ y ≤ x ≤ 2. Portanto, segue-se que a única solução do sistema é dada por

x1 = x 2 = ... = x5 = 2. 6.- Exercícios. Nesta seção voce encontrará alguns problemas que são resolvidos por meio do princípio do extremo, estando claro que pode haver outras soluções que não usem este princípio. Mas pede-se ao leitor que faça todo o esforço possível para resolver os seguintes exercícios usando unicamente o princípio do extremo. 1. Os números positivos x, y e z são tais que

2y 2z 2x ,y = ,z = . 1+ y 1+ z 1+ x

Prove que x = y = z. 2. Seis círculos iguais num mesmo plano possuem um ponto em comum. Prove que um dos círculos contém o centro de outro dos círculos. EUREKA! N°8, 2000

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3. Oito pontos são escolhidos dentro de um círculo de raio um. Prove que existem dois pontos cuja distância é menor que 1. 4. A soma de vários números reais não negativos é 3, e a soma de seus quadrados é estritamente maior que um. Prove que podem ser escolhidos três destes números cuja soma é estritamente maior que um.

Referências [1] [2] [3] [4] [5] [6]

María Falk de Losada, Problemas y Soluciones 1987-1991, Nivel Superior, Universidad Antonio Nariño, Colombia, 1994. Eduardo Wagner, Carlos Gustavo T. de A. Moreira et al, 10 Olimpíadas Iberoamericanas de Matemática, OEI, Madrid, 1996. Loren Larson, Problem -Solving Through Problems, Springer - Verlag, New York, 1983. G. Polya, How to solve it, Princeton University Press, USA, 1965. D. O. Shklarsky, N.N Chentzov e I.M. Yaglom, The USSR Olympiad Problem Book, Dover Publications, New-York, 1993. Ravi Vakil, A Mathematical Mosaic: patterns and problem-solving, Bredan Kelly Publishing, Burlington, Ontario, 1996.

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FUNÇÕES MULTIPLICATIVAS E A FUNÇÃO DE MÖBIUS*

Carlos Gustavo. T. de A. Moreira, IMPA & Nicolau Saldanha, PUC-Rio

♦ Nível Avançado Recordamos inicialmente uma propriedade da função ϕ de Euler, provada em [2] (Lema 2, página 52). Lembremos que, para n inteiro positivo, ϕ ( n) := # {a ∈ Z / nZ | a é invertível módulo n } = #{k ∈ Z | 0 ≤ k < n e mdc ( m, n) = 1}.

Teorema 1: Para todo natural n,

∑ ϕ (d ) = n. d |n

Prova: Considere as n frações 0 1 n −1 , ,..., n n n e simplifique cada uma delas: obtemos assim, para cada d|n, ϕ(d) frações com denominador d, donde segue a identidade do enunciado. Mais formalmente, dado a ∈ Z / nZ , sejam d = n/(n, a) e a' = a/(n, a). Claramente a ' ∈ (Z / dZ)*, e definimos assim uma função de Z /(n) para a união disjunta dos conjuntos (Z / dZ) * , onde d varia sobre os divisores de n. A inversa desta função leva a ' ∈ (Z / dZ) * em a , com a = na ' / d , donde a função é uma bijeção ❏ O processo de construir g a partir de f como g ( n) = ∑ f ( d ) d |n

é bastante comum em teoria dos números Um fato interessante sobre este tipo de construção é ligado à noção de funções multiplicativas. Dizemos que f : N → C é multiplicativa se mdc(m, n) = 1 ⇒ f ( mn) = f ( m) f (n). A função ϕ de Euler, por exemplo, é multiplicativa (ver o corolário da página 47 de [2]). Se f é uma função multiplicativa e n = p1α1 p 2α1 ... p αk k é a fatoração prima de n, então * Adaptado do livro Primos de Mersenne (e outros primos muito grandes), dos mesmos autores([1]). EUREKA! N°8, 2000

Sociedade Brasileira de Matemática k

f (n) =

Π f ( p α ). Além disso, vale a seguinte i

i =1

Proposição: Se f : N → C é multiplicativa então g : N → C , g (n) = ∑ f ( d ) é d |n

multiplicativa.

Prova: Se mdc(m, n) = 1,g (mn) =

∑ f (d ) = ∑ f (d1 d 2 ) = ∑ f (d1 ) f (d 2 ) =

d |mn

d1 |m d 2 |n

    ∑ f ( d 1 )  ∑ f ( d 2 )  = g (m) g (n) ❏  d |m  d |n   1  2  Note que esta proposição fornece uma nova prova do Teorema 1: pela multiplicidade de ∑ ϕ (d ) , basta provar que ∑ ϕ ( d ) = n se n é potência de d |n

d |n

primo, mas se p é primo k

j =0

j =1

∑ ϕ (d ) =∑ ϕ ( p j ) = 1 +∑ ϕ ( p j ) = 1 +∑ ( p j − p j −1 ) = p k .

d| pk

Seria interessante poder inverter em geral identidades do tipo g (n) = ∑ f ( d ) d |n

para escrever f a partir de g. O teorema anterior nos mostra que se fazemos f = ϕ na equação acima temos g(n) = n; invertendo esta identidade teríamos uma fórmula para ϕ. Vamos mostrar como fazer este tipo de inversão. Definimos a função de Möbius µ : N → Z por

(−1) m , se n = p1 p 2 ... p m , com p1 , p 2 ,..., p m primos distintos,

µ ( n) = 

0,

se n tem algum fator primo repetido em sua fatoração.

Assim, µ(1) = µ(6) = µ(10) = 1, µ(2) = µ(3) = µ(5) = µ(7) = – 1 e µ(4) = µ(8) = µ(9) = 0. Note que µ é uma função multiplicativa.

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Lema: Para todo inteiro positivo n temos 1, se n = 1, ∑ µ (d ) = 0, se n > 1. d |n  Dem: Como µ é multiplicativa, h( n) = ∑ µ (d ) é multiplicativa. d |n

Temos h(1) = 1 e, para cada p primo e k ≥ 1 inteiro, h( p k ) = ∑ µ( p j ) = 1 + (−1) = 0, j =0

αk

α1

αk

α2

donde, se n > 1, n = p1 ... p k ⇒ h( n) = h( p1 )h( p 2 )h( p k ) = 0 ❏

Teorema 2: (Fórmula de inversão de Möbius) Se para todo n > 0 temos g ( n) = ∑ f ( d ) d |n

então

g ( n) = ∑ µ (n / d ) g (d ). d |n

Dem: Basta provar que

  f (n) = ∑ µ (n / d ) ∑ f (d ' ) . d |n   d '|d Mas, escrevendo d'' = n/d e m = n/d' temos









 d '|d



m|n  d ''|m



∑ µ (n / d ) ∑ f (d ' )  =∑  ∑ µ (d ' ' )  f (n / m) = f (n) d |n

Corolário: Para todo natural n, ϕ ( n) = ∑ µ ( n / d )d = n∑

µ (d )

❏

. d Teorema 1.22: (Segunda fórmula de inversão de Möbius) Sejam f e g funções reais com domínio (0, +∞) tais que f(t) = g(t) = 0 para todo t < 1. Se x ∞  x    x g ( x) = ∑ f   = ∑ f   k =1  k  k =1  k  d |n

para todo x então, para todo x, EUREKA! N°8, 2000

d |n

Sociedade Brasileira de Matemática x ∞  x    x f ( x) = ∑ µ (k ) g   = ∑ µ (k ) g   .  k  k =1 k k =1 Prova: Basta provar que ∞  ∞  x  f ( x) = ∑ µ (k ) ∑ f    , k =1  r =1  kr   mas, tomando m = kr a última soma é igual a ∞    x  ∑   ∑ µ (k )  f  m   , m =1   k |m   que pelo lema é igual a f(x) ❏

Apesar de não estar relacionada com o resto da nossa discussão, não podemos deixar de mencionar a seguinte conjectura.

Conjectura (Hipótese de Riemann): Se α > 1 / 2 então 1 n lim α ∑ µ ( m) = 0. n →∞ n m =1 Esta é uma das formulações da famosa hipótese de Riemann, um dos problemas em aberto mais importantes da matemática. Podemos reenunciar esta conjectura assim: seja f : (0,+∞) → R definida por f (t ) = 0 se t < 1 e ∞

∑ f (t / k ) = 1, se t ≥ 1. Então, para todo α > 1 / 2,

k =1

f (t ) = 0. n →∞ t α De fato, pela segunda fórmula de inversão de Möbius temos lim

t 

f (t ) = ∑ µ ( m). m =1

[1] Carlos Gustavo T. de A. Moreira e Nicolau Saldanha, Primos de Mersenne (e outros primos muito grandes), 22o. Colóquio Brasilerio de Matemática IMPA, 1999. [2] Carlos Gustavo T. de A. Moreira, Divisibilidade, congruências e aritmética módulo n, Eureka! No. 2, pp. 41-52.

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OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO Þ A partir deste número da EUREKA! apresentaremos esta nova seção cujo objetivo é contemplar os leitores que não têm facilidade de acesso a problemas de competições de outras nações com alguns exemplos de problemas, de tais competições. Nações distintas possuem culturas matemáticas distintas, portanto o leitor pode achar alguns problemas extremamente fáceis e outros extremamente difíceis. Tentaremos apresentar uma grande variedade de problemas principalmente daqueles países que costumam ter um bom desempenho na Olimpíada Internacional de Matemática. Divirtam-se e mandem suas soluções.

Antonio Luiz Santos PROBLEMAS: 1. (Bulgária-1998) Seja f (x ) = x 3 − 3 x + 1 . Determine o número de soluções reais distintas da equação f ( f (x )) = 0 . 2. (Repúblicas Tcheca e Eslovaca-1998) Determine todos os números reais x tais que x x x x  = 88 . 3. (Áustria/Polônia-1998) Considere todos os pares ordenados (a, b ) de números

6. 7.

naturais tais que o produto a a b b , escrito na base 10, termina com exatamente 98 zeros. Determine o par (a, b ) para o qual o produto ab é o menor possível. (Reino Unido-1998) Em um triângulo ABC, D é o ponto médio de AB e E é um ponto do lado BC tal que BE = 2EC. Sabendo que ∠ADC = ∠BAE determine a medida do ângulo ∠BAC. (Turquia-1998) Seja (a n ) uma seqüência de números reais definida por a1 = t e a n +1 = 4a n (1 − a n ) para n ≥ 1 . Para quantos valores distintos de t teremos a1998 = 0 ? (Rússia-1998) Um número de 10 algarismos é dito interessante se todos os seus algarismos são distintos e ele é um múltiplo de 11111 . Quantos números interessantes existem? (Rússia-1998) Existem números de 5 algarismos M e N onde todos os algarismos de M sejam pares, todos os algarismos de N sejam ímpares, cada um dos algarismos de 0 a 9 ocorrendo exatamente uma vez entre M e N e tais que M divide N?

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8. (Romênia-1998) O volume de um paralelepípedo é 216cm 3 e a sua área total é 216cm 2 . Mostre que o paralelepípedo é um cubo. 9. (Irlanda-1998) Um triângulo ABC possui medidas dos lados expressas por números inteiros, ∠A = 2∠B e ∠C > 90°. Determine o valor mínimo do perímetro deste triângulo. 10. (Canadá-1998) Em um triângulo ABC tem-se que ∠BAC = 40° e ∠ABC = 60°. Sejam D e E pontos sobre os lados AC e AB respectivamente tais que ∠CBD = 40° e ∠BCE = 70°. Mostre que a reta que contém AF é perpendicular à que contém BC. 11. (China-1999) A base de uma pirâmide é um polígono convexo de 9 lados. Pintase cada uma das diagonais da base e cada uma de suas arestas laterais de preto ou de branco (observe que os lados da base não estão coloridos). Mostre que existem três segmentos coloridos com a mesma cor que formam um triângulo. 12. (Irlanda-1999) Três números a < b < c estão em progressão aritmética se c − b = b − a . Definamos a seqüência (u n ) , n = 0,1,2,3,... da seguinte maneira : u 0 = 0 , u1 = 1 e para cada n ≥ 1 , u n +1 é o menor inteiro positivo tal que u n +1 > u n e {u 0 , u1 ,..., u n , u n +1 } não possui três elementos em progressão aritmética. Determine u100 . 13. (Irlanda-1999) Uma função f : N→ N satisfaz às condições : f (ab ) = f (a ) f (b ) se o máximo divisor comum de a e b é 1, f ( p + q ) = f ( p ) + f (q ) para todos os números primos p e q. Mostre que f (2 ) = 2, f (3) = 3 e f (1999 ) = 1999 . 14. (Suíça-1999) Determine todas as funções f : R\ {0} → R satisfazendo

1 f   = x para todo x ∈ R\ {0} .  x 15. (Suíça-1999) Dois círculos intersectam-se em dois pontos M e N. Um ponto A qualquer do primeiro círculo, distinto de M e N, é unido aos pontos M e N de modo que as retas AM e AN intersectam novamente o segundo círculo nos pontos B e C. Mostre que a tangente ao primeiro círculo em A é paralela a BC. 1 f (− x ) + x

16. (Estônia-1999) Mostre que o segmento que une o ortocentro e o baricentro de um triângulo acutângulo ABC é paralelo ao lado AB se, e somente se, tg∠A ⋅ tg∠B = 3 .

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17. (Ucrânia-1999) Mostre que o número 9999999 + 1999000 é composto. 18. (Armênia-1999) Resolva a equação

1 x

(4 −

1 3x

)

19. (Lituânia-1999) Duas cordas AB e CD de um círculo intersectam-se no ponto K. O ponto A divide o arco CAD em duas partes iguais. Se AK = a, KB = b, determine a medida da corda AD. 20. (Espanha-1999) Mostre que existe uma seqüência de inteiros positivos (a1 , a 2 ,..., a n ,...) tal que a12 + a 22 + ... + a n2 é um quadrado perfeito para todo inteiro positivo n. 21. (Estônia-1999) Determine o valor da expressão

 1   2   1999   2000   2000   2000  f + f   + ⋅⋅⋅ + f  + f  + f   + ⋅⋅⋅ + f    2000   2000   2000   2000   1999   1  supondo que f ( x ) =

x2 . 1 + x2

22. (Eslovênia-1999) Inicialmente os números 1,

1 1 1 1 são escritos , , ..., , 2 3 1998 1999

em um quadro negro. Em cada passo, escolhemos dois destes números, digamos a e b, e os substituímos pelo número a + b + ab . Continuamos desta maneira até que reste um único número no quadro negro. É possível que este número seja 2000? Justifique sua resposta.

23. (Rússia-1999) A soma dos algarismos de um inteiro positivo n escrito no sistema de numeração decimal é igual a 100 e a soma dos algarismos do número 44n é 800. Determine a soma dos algarismos do número 3n . 24. (Rússia-1999) Um círculo que passa pelos vértices A e B de um triângulo ABC é tangente ao lado BC, e o círculo que passa pelos vértices B e C e é tangente ao lado AB intersecta o primeiro círculo no ponto K, K ≠ B . Se O é o centro do círculo circunscrito ao triângulo ABC, mostre que ∠BKO =

25. (Espanha-2000) Determine o maior número inteiro N que satisfaz as seguintes condições : EUREKA! N°8, 2000

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N  (a)   possui seus três algarismos iguais. 3 N  (b)   é igual à soma de n números naturais consecutivos a partir de 1. 3 A figura mostra um plano com ruas que 26. (Espanha-2000) delimitam 12 quadras quadradas. Uma A pessoa P caminha de A até B e outra Q caminha de B até A. Ambas partem ao mesmo tempo seguindo caminhos de comprimento mínimo com a mesma velocidade constante. Em cada ponto com duas possíveis direções a tomar, ambas possuem a B mesma probabilidade. Determine a probabilidade de que P e Q se cruzem.

27. (Polonia-2000) Prove ou disprove a seguinte afirmativa : Todo número racional positivo pode ser escrito sob a forma

a 2 + b3 onde a, c5 + d 7

b, c e d são inteiros positivos.

28. (Polonia-2000) Seja I o incentro de um triângulo ABC com AB ≠ AC. As retas suportes dos segmentos BI e CI intersectam os lados AC e AB nos pontos D e E respectivamente. Determine todos os ângulos ∠BAC para os quais a igualdade DI = EI pode ser satisfeita. 29. (Áustria/Polonia-1999) Determine todos os pares de inteiros positivos ( x, y ) tais que x x + y = y y − x . 30. (Polonia-1998) Determine todos os pares de inteiros positivos ( x, y ) tais que y x = x 50 .

31. (Baltic Way-1999) As bissetrizes dos ângulos ∠A e ∠B do triângulo ABC intersectam os lados BC e CA nos pontos D e E respectivamente. Supondo que AE + BD = AB , determine a medida do ângulo ∠C.

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SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS Publicamos aqui algumas das respostas enviadas por nossos leitores. 36) Na figura abaixo o triângulo DEF tem área de medida S. Sabendo-se que o triângulo DEF está inscrito num triângulo arbitrário ABC, mostre que as medidas Si ( i = 1, 2, 3) das áreas dos outros triângulos formados satisfazem a desigualdade S ≥

3 e que a igualdade ocorre se e só se os 1 1 1 + + S1 S 2 S 3

pontos DEF são os pontos médios dos lados do triângulo, ABC. A

Solução de Carlos Alberto da Silva Victor (Rio de Janeiro - RJ): A z F

 AC = b   AB = c  BC = a 

b–x S2 E

c–z S3

S S1

C B

Provar que S ≥

a–y

3 S S S é idêntico a mostrar que + + ≥ 3. 1 1 1 S1 S 2 S 3 + + S1 S 2 S 3

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Se k a ĂĄrea de ABC, temos entĂŁo: S1 =

k â&#x2039;&#x2026;xâ&#x2039;&#x2026; y k â&#x2039;&#x2026; z (b â&#x2C6;&#x2019; x) k (c â&#x2C6;&#x2019; z ) â&#x2039;&#x2026; ( a â&#x2C6;&#x2019; y ) ; S2 = ; S3 = e S = k â&#x2C6;&#x2019; S1 â&#x2C6;&#x2019; S 2 â&#x2C6;&#x2019; S 3 . aâ&#x2039;&#x2026;b bâ&#x2039;&#x2026;c aâ&#x2039;&#x2026;c

FaĂ§amos tambĂŠm: y x z e m3 = e evidentemente teremos 0 < m1 < 1 ; 0 < m 2 < 1 ; m1 = ; m 2 = b c a 0 < m3 < 1 ; e consequentemente: S1 = k â&#x2039;&#x2026; m1 â&#x2039;&#x2026; m3 ; S 2 = km2 (1 â&#x2C6;&#x2019; m1 ) e

ďŁŤ 1 1 1 ďŁś ďŁˇďŁˇ. + S 3 = k (1 â&#x2C6;&#x2019; m 2 ) â&#x2039;&#x2026; (1 â&#x2C6;&#x2019; m3 ). Seja Ď&#x2022; = (k â&#x2C6;&#x2019; S1 â&#x2C6;&#x2019; S 2 â&#x2C6;&#x2019; S 3 )ďŁŹďŁŹ + ďŁ S1 S 2 S 3 ďŁ¸ 1â&#x2C6;&#x2019; m3 â&#x2C6;&#x2019; (1â&#x2C6;&#x2019; m2 ) m 2 m3 1 â&#x2C6;&#x2019; m 2 1 â&#x2C6;&#x2019; m 2 + m1 (m 2 â&#x2C6;&#x2019; m3 ) 1 â&#x2C6;&#x2019; m3 Portanto Ď&#x2022; = + + + + â&#x2C6;&#x2019;3 m3 m 2 m1 (1 â&#x2C6;&#x2019; m 2 )(1 â&#x2C6;&#x2019; m3 ) 1 â&#x2C6;&#x2019; m1

ou seja:

Ď&#x2022;=

1 â&#x2C6;&#x2019; m3 1 â&#x2C6;&#x2019; m1 m 2 m3 1 â&#x2C6;&#x2019; m 2 m1 + + + + + â&#x2C6;&#x2019;3 1 â&#x2C6;&#x2019; m 2 1 â&#x2C6;&#x2019; m1 1 â&#x2C6;&#x2019; m3 m3 m 2 m

Ď&#x2022;1

Ď&#x2022;2

Ď&#x2022;3

como a soma de qualquer nĂşmero positivo x com o seu inverso ĂŠ sempre maior do que 2 ou igual a 2, valendo a igualdade se e sĂł se x = 1 ( de fato, 2

ďŁŤ 1 1 ďŁś ďŁˇďŁˇ â&#x2030;Ľ 0), teremos: Ď&#x2022; â&#x2030;Ľ 2 + 2 + 2 â&#x2C6;&#x2019; 3 = 3. observe tambĂŠm x + â&#x2C6;&#x2019; 2 = ďŁŹďŁŹ x â&#x2C6;&#x2019; x xďŁ¸ ďŁ que sĂł temos Ď&#x2022; 1 = 2 quando m 2 = m3 ; Ď&#x2022; 2 = 2 quando m1 = 1 â&#x2C6;&#x2019; m 2 e que Ď&#x2022; 3 = 2 1 quando 1 â&#x2C6;&#x2019; m3 = 1 â&#x2C6;&#x2019; m1 ; ou seja m1 = m 2 = m3 = , o que garante que os pontos 2 D, E e F sĂŁo mĂŠdios dos lados correspondentes e como consequĂŞncia teremos o mĂnimo de Ď&#x2022; = 3. ConclusĂŁo: Ď&#x2022; â&#x2030;Ľ 3 e a igualdade ocorre para os pontos mĂŠdios.

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37) Cinco quadrados são dispostos conforme ilustra o diagrama abaixo. Mostre que a medida da área do quadrado S é igual a medida da área do triângulo T. T

Solução de Geraldo Perlino (Itapecerica da Serra - SP):

h S2

d Ì θ

α a

b–a

a c

α a

e b

Prove : S1 = S2 S 1 = c2 e a 2 + b 2 = c 2 (Pitágoras) d dh h = e ⋅ sen(∆ + θ ) ∴ S 2 = ⋅ e ⋅ sen( ∆ + θ ) S2 = 2 2 d S 2 = ⋅ e ⋅ ( sen∆ cos θ + senθ cos ∆) ; d 2 = b 2 + 4a 2 e e 2 = a 2 + 4b 2 . 2

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a b  sen∆ = d ; senθ = e  2b 2 2a 2  d   ⇒ = ⋅ ⋅ S e  2  de + de  2   cos ∆ = 2a ; cos θ = 2b  d e ∴ S2 = a2 + b2 = c2.

38) Os lados e diagonais de um polígono regular de n lados são coloridos em k cores tais que: i) para cada cor a e dois vértices A e B do polígono, o segmento AB é colorido de a ou existe um vértice C tal que AC e BC são coloridos de a. ii) os lados de qualquer triângulo com vértices entre os vértices do polígono são coloridos usando no máximo 2 cores. Prove que k ≤ 2.

Solução: Suponha que haja pelo menos 3 cores a, b e c. Vamos construir um subconjunto infinito de vértices de X, o que é uma contradição. Fixemos um vértice Z ∈ X. Existe um vértice A1 tal que A1 Z tem a cor a, e um vértice B1 tal que a cor de B1 A1 e de B1 Z é b. Existe um vértice C tal que as cores de C1 Z e C1B1 são C. Considerando os triângulos C1 A1 Z e C1 A1 B1, e usando a condição ii), concluímos que a cor de C1A1 tem que ser C. Vamos construir por indução vértices An , Bn , C n para cada inteiro positivo n, todos distintos tais que, para todo i < n, as cores de ZAn , Ai An , Bi An e C i An são a, as cores de ZB n , Ai Bn , Bi Bn , C i Bn e An Bn são b e as cores de ZC n , Ai C n , Bi C n , C i C n , An C n e Bn C n são c. Suponhamos contruídos A j , B j , C j para 1 ≤ j ≤ n. Por i), existe An +1 tal que as cores de An +1 Bn e An +1C n são a. Considerando os triângulos An +1 Bn P e An +1C n P, (e usando a condição ii), concluímos que a cor de An +1 Bn P tem que ser a, para cada ponto P criado anteriormente. Do mesmo modo, existe Bn +1 tal que as cores de Bn +1 An +1 e Bn +1C n são b. Considerando os triângulos Bn +1 An +1 P e Bn +1C n P, para cada ponto P criado anteriormente, concluímos que a cor de Bn +1 P tem que ser b. Por fim, existe C n +1 tal que as cores de C n +1 Bn +1 e C n +1 An +1 são c, e, considerando os triângulos C n +1 Bn +1 P e C n +1 An +1 P, para cada ponto P criado anteriormente, concluímos que a cor de EUREKA! N°8, 2000

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C n +1 P tem que ser c. É fácil ver que os pontos criados são todos distintos. Por exemplo: como a cor de An Z é a, temos An ≠ Bk e An ≠ C k para todo k. Como a cor de An Bn −1 é a, An ≠ Z , e como a cor de An C n −1 é a, An ≠ A j , para todo j < n.

39) Sejam x, y e z os ângulos de um triângulo de lados opostos a, b e c  1 1 1 1 1 1   a b c respectivamente. Prove que a +  + b +  + c +  ≥ 2 + +  .  y z  z x  x y  x y z Solução: x

Suponha sem parda de generalidade que a ≥ b ≥ c. 1 1 1 Teremos por tanto x ≥ y ≥ z , logo ≤ ≤ . x y z

1 1 1 1 1 1 Temos então (a − b) −  ≥ 0, (b − c) −  ≥ 0 e (c − a) −  ≥ 0. x z  y x z y Somando essas 3 desigualdades obtemos a desigualdade do enunciado. 40) a) Calcular a soma dos divisores positivos de um número natural em termos de sua fatoração prima. b) Dizemos que n ≥ 1 é abundante se a soma de seus divisores é maior que 2n. Prove que se n é abundante então kn é abundante para todo inteiro k ≥ 1. c) Prove que existe n0 ∈ N tal que todo inteiro n ≥ n0 pode ser escrito como soma de dois números abundantes.

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Solução de Marcio Afonso Assad Cohen (Rio de Janeiro - RJ): a) Seja k = p1α1 ⋅ p α2 2 ⋅ p 3α 3 ⋅ ... ⋅ p αn n Todo divisor de k é da forma p1a1 ⋅ p 2a2 ⋅ ... ⋅ p nan com 0 ≤ ai ≤ α i , e reciprocamente. Portanto a soma de todos os divisores é:

S (k ) =

α1

αn

α2

∑ ⋅ ∑ ... ∑ ( p1a1 ⋅ p 2a2 ⋅ ... ⋅ p nan ) =

a1 = 0 a2 = 0

(pois

p1a1

⋅ ... ⋅

an = 0

p na−n −11

α1

α n −1

αn

a1 = 0

an −1 = 0

an =0

∑ ...

∑ ( p1a1 ⋅ p 2a2 ⋅ ... ⋅ p na−n −11 ) ⋅ ∑ p nan =

é constante para o somatório em an).

 p αn n +1 − 1  an −1 a1 a2   (soma da P.G.) ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ... p p ... p ∑ ∑ 1 2 n −1   a1 = 0 an −1  pn − 1  α n −1  p αn n +1 − 1  α1 p α n +1 − 1   ∑ ⋅ ... ⋅ ∑ p1a1 ⋅ ... ⋅ p na−n −11 . (pois n é constante em relação às  p − 1 a =0 pn − 1 an −1  n 1 variáveis a1 , a2 ,..., an −1 ). Procedendo de maneira análoga, agora para o termo p n −1 , e assim por diante obtemos:  p α1 +1 − 1   p 2α 2 +1 − 1   pαn − 1  ⋅  ⋅ ... ⋅  n  , que é o que queríamos. S (k ) =  1  p −1   p −1   p −1   n   1   2  S (k ) para k = p1α1 ⋅ ... ⋅ p αn n b) Vamos analisar a razão k Temos que α +1  pαn n +1 − 1  (1 + p1 + p12 + ... + p1α1 ) (1 + pn + ... + pαn n ) S (k ) 1  p1 1 − 1   ⋅ ... ⋅ = ⋅ ... ⋅ = = ⋅  p −1  k k  p1 − 1  pαn n p1α1  n  =

α1

α n −1

  1 1 1  1 1  + ... + α . = 1 + + 2 + ... + α  ⋅ ... ⋅ 1 +    1 p1 p 2 pn p n n  p1    Agora se multiplicarmos k por m = q1k1 ⋅ q 2k 2 ⋅ ... ⋅ q sk s , duas coisas podem acontecer: i) Para cada primo p i que aparece na fatoração de k e de m , o fator S (kn) 1 1 referente a ele no produtório aumenta, pois, α +1 > 0,..., α + r > 0 i kn pi pi i  1 1   1 1 e portanto, 1 + + ... + α  < 1 + + ⋅... ⋅ α +r   i  pi pi pi   pi i 

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 .  

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ii)

Para cada primo q j que só aparece na fatoração de k, vemos que ao

calcularmos

S (km) , aparecerá um novo fator km

 1 + 1 + ... + 1 k  qj qjj 

  > 1, de modo que  

S (km) S (k ) . > k km

Em qualquer caso portanto, vale abundante ⇒

S (km) S (k ) ≥ , ∀m ∈ N * . Em particular, k km k

S (k ) S (km) >2⇒ > 2. k km

Note que na letra b), vale a desigualdade estrita

m ≥ 2.

S (km) S (k ) para todo > km k

S ( 6)  1   1  3 4 = 1 +  ⋅ 1 +  = ⋅ = 2, 6  2  3 2 3 vemos que todo múltiplo de 6, maior do que 6 é abundante. (pois S (n) S (6t ) S (6) = > = 2) n = 6t ; t > 1 ⇒ 6t 6 n • Logo, se para um natural N, existe N1 abundante tal que N ≡ N1 mod 6, e N − N1 > 6, então N − N1 = 6t ; t ∈ N ⇒ N = N1 + 6t;t > 1 ⇒ N pode ser escrito como soma de dois números abundantes.

•

Em particular, como

• Nosso problema se resume então a descobrir 6 números abundantes, dois a dois distintos módulo 6: mas para isso é suficiente achar N abundante tal que N ≡ 1 mod 6 (pois nesse caso 2 N ≡ 2 mod 6 e 2N é abundante pela letra b); e analogamente, 3 N ≡ 3 mod 6,4 N ≡ 4;5 N ≡ 5 e 6 N ≡ 0 mod 6 são todos abundantes e distintos módulo 6). Também seria suficiente achar algum T abundante tal que T ≡ 5 mod 6, pois nesse caso, 5T é congruente a 1 mod 6 e recaímos no caso anterior. • Note agora, que todo número da forma α1 N ≡ 5 ⋅ 7 α 2 ⋅11α 3 . ⋅ ⋅⋅ ≡ (−1) α1 ⋅1α 2 ⋅ (−1) α 3 ⋅ ... mod 6 ⇒ N ≡ 1 mod 6 ou N ≡ −1 ≡ 5 mod 6. Obs: todo primo p > 3 é congruente a 1 ou –1 mod 6, pois do contrário teríamos: p ≡ 2,4,0(mod 6) ⇒ p é par ou p ≡ 3(mod 6) ⇒ p é múltiplo de 3.

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• O problema então fica sendo o de encontrar um número da forma α α5 N ≡ 5 ⋅ 7α 7 ⋅ ... ⋅ p p abundante. Isso é possível mesmo se nos restringirmos apenas a números em que α 5 = α 7 = ... = α p = 1. S(N )  1   1   1  1  1 = 1 +  ⋅ 1 +  ⋅ 1 +  ⋅ 1 + ...1 +  ⇒ N p  5   7   11   13   S ( N ) 6 8 12 14 p +1 ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ . N 5 7 11 13 p 6 8 12 14 18 20 24 30 32 Em particular, S (5 ⋅ 7 ⋅11⋅13 ⋅17 ⋅19 ⋅ 23 ⋅ 29 ⋅ 31) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 5 7 11 13 17 19 23 29 31  6 ⋅ 8 ⋅ 12 ⋅ 14 ⋅ 18   20 ⋅ 24 ⋅ 30 ⋅ 32  145152 460800 = ⋅ > 1,7059 ⋅ 1,1729 > 2,0008 > 2. ⋅ =  5 ⋅ 7 ⋅ 11 ⋅ 13 ⋅ 17   19 ⋅ 23 ⋅ 29 ⋅ 31  85085 392863

Basta ver que nesse caso,

Logo, N = 5 ⋅ 7 ⋅ 11 ⋅ 13 ⋅ 17 ⋅ 19 ⋅ 23 ⋅ 29 ⋅ 31 é abundante. (temos N ≡ (−1) ⋅1 ⋅ (−1) ⋅1 ⋅ (−1) ⋅1⋅ (−1) ⋅ (−1) ⋅1 ≡ 5 mod 6) Tomando portanto N 0 = 5 N , temos N 0 ,2 N 0 ,3N 0 ,4 N 0 ,5 N 0 ,6 N 0 são abundantes distintos módulo 6. Fazendo então n0 = 6 N 0 + 6, vemos pelas observações anteriores que ∀n > n0 tem-se que n pode ser escrito como soma de dois números abundantes!.

PROBLEMA "CUÁTICO" (Publicado na Eureka! No. 5): Prove que para qualquer conjunto de inteiros positivos A e para todo inteiro positivo k existe um conjunto infinito de números primos S tal que o produto de k elementos distintos de S está sempre em A ou o produto de k elementos distintos de S nunca pertence a A. Solução de Daniel Massaki Yamamoto (São Paulo - SP): Considere o Conjunto P formado por todos os primos. Para todo subconjunto de P com k elementos, pinte-o de azul se o produto destes pertencer a A e de vermelho caso contrário. Pelo Teorema de Ramsey Infinito, existe um subconjunto infinito de P tal que todos os seus subconjuntos de k elementos são da mesma cor, ou seja os produtos de seus elementos sempre pertencem ou nunca a A. Chamando-o de S, acabamos o problema.

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Agradecemos também o envio das soluções e a colaboração de: Alex Correa Abreu Carlos A. Gomes Diego Alvarez Araújo Correia Estillac Lins Maciel Borges Filho Fabrício Siqueira Benevides Fernando Carvalho Ramos Geraldo Perlino Júnior José Clovis Adão Macedo José Guilherme Moreira Pinto Luciano Marinho Filho Luiz Fernando Athayde Júnior Marcelo Rufino de Oliveira Nijair Araújo Pinto Osvaldo Mello Sponquiado Paulo de Sousa Sobrinho

(Niteroi - RJ) (Natal - RN) (Fortaleza - CE) (Belém - PA) (Fortaleza - CE) (Santa Maria - RS) (São Paulo - SP) (Matão - SP) (Juiz de Fora - MG) (Recife - PE) (Rio de Janeiro - RJ) (Belém - PA) (Fortaleza - CE) (Olímpia - SP) (Natal - RN)

Errata: O problema No. 4 (Olimpíada Romênia 92) publicado Na Eureka! No. 6, pág 37, deveria dizer: Sejam p, q ∈ C, q ≠ 0. Se as raízes da equação x 2 + px + q = 0 têm

p2 é um número real. q O problema No. 8 (Olimpíada Hungria 1899) publicado Na Eureka! No. 6, pág 38, deveria dizer: A0 , A1 , A2 , A3 , A4 dividem a circunferência unitária em cinco partes

o mesmo módulo, mostre que

iguais. Prove que ( A0 A1 ⋅ A2 A4 ) 2 = 5.

Você sabia… Que foram recentemente batidos os recordes de maior par de primos gêmeos (p, p +2) conhecido? São eles 4648619711505· 260000 ± 1, descobertos este ano por Wassing, Jarai e Indlekofer, e têm 18075 dígitos cada. Também tem 18075 dígitos o maior primo conhecido p tal que 2p + 1 também é primo (tais primos são conhecidos como primos de Sophie Germain). É o número 3714089895285 · 260000 – 1, descoberto pelos mesmos Wassing, Jarai e Indlekofer. Este é o maior primo conhecido p tal que o número de Mersenne 2p – 1 é composto (de fato é divisível por 2p +1; veja o problema 43 proposto na página 60).

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PROBLEMAS PROPOSTOS Convidamos o leitor a enviar soluções dos problemas propostos e sugestões de novos problemas para os próximos números. 41) Se a e b são números reais positivos, então a b + b a > 1. 42) Suponha que a, b e c são as medidas dos lados de um triângulo ABC, com semi-perímetro p e área S, verifique que 1 1 1 3 p + + ≤ ⋅ a b c 2 s e mais ainda: verifique que a igualdade acima ocorre apenas se o triângulo for equilátero. 43) Prove que se p é um primo da forma 4k + 3, então 2p + 1 também é primo se e somente se 2p + 1 divide 2p – 1. 44) O produto de dois inteiros positivos consecutivos pode ser igual ao produto de dois inteiros positivos consecutivos pares? 45) Existe uma seqüência infinita de: a) Números reais b) Números inteiros Tais que a soma de quaisquer dez termos consecutivos é positiva, enquanto que para todo n a soma dos primeiros 10n + 1 termos consecutivos é negativa? 46) (Baltic Way, 1997)

i) Prove a existência de dois conjuntos infinitos A e B, não necessariamente disjuntos, de inteiros não negativos tais que cada inteiro não negativo pode ser representado de uma única forma como a + b, com a ∈ A e b ∈ B. ii) Prove que em cada tal par (A, B), ou A ou B contém apenas múltiplos de algum inteiro k > 1. Problemas 41 e 42 propostos por Carlos Alexandre Gomes da Silva (Natal - RN), problemas 44 e 45 obtidos do 21o. Torneio das Cidades - Primaveira 2000.

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AGENDA

OLÍMPICA

XI OLIMPÍADA DO CONE SUL 14 a 19 de abril de 2000 Montevidéu – Uruguai ♦

VI OLIMPÍADA DE MAIO 13 de maio de 2000 ♦

XXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA - 2000 Primeira Fase – Sábado, 10 de junho Segunda Fase – Sábado, 02 de setembro Terceira Fase – Sábado, 21 de outubro (níveis 1,2 e 3) Domingo, 22 de outubro (nível 3 - segundo dia). ♦

XLI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 13 a 25 de julho de 2000 Taejon, Coréia do Sul. ♦

XV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 16 a 24 de setembro de 2000 Caracas, Venezuela ♦

III OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 7 de outubro de 2000

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COORDENADORES REGIONAIS Amarisio da Silva Araújo (UFV) Viçosa - MG Alberto Hassen Raad (UFJF) Juiz de Fora - MG Angela Camargo (Centro de Educ.de Adultos - CEA) Blumenau - SC Benedito T. Vasconcelos Freire (UFRN) Natal - RN Claudio Arconcher (Col. Leonardo da Vinci) Jundiaí - SP Claus Haetinger (UNIVATES) Lajeado - RS Crescêncio das Neves (UFAM) Manaus-AM Élio Mega (Col. ETAPA) São Paulo - SP Enzo Marcom Takara (Col. Singular) Santo André - SP Florêncio F. Guimarães Filho (UFES) Vitória - ES Francisco Dutenhefner (UFMG) Belo Horizonte - MG Gisele de A. Prateado Gusmão (UFGO) Goiânia - GO Ivanilde H. Fernandes Saad (U. Católica Dom Bosco) Campo Grande - MS Jacqueline F. Rojas Arancibia (UFPB) João Pessoa - PB João Benício de Melo Neto (UFPI) Teresina - PI João F. Melo Libonati (Grupo Educ. IDEAL) Belém - PA Irene Nakaoka (UEM) Maringá - PR José Carlos Pinto Leivas (UFRG) Rio Grande - RS José Cloves Saraiva (UFMA) São Luis - MA José Gaspar Ruas Filho (ICMC-USP) São Carlos - SP José Luis Rosas Pinho (UFSC) Florianópolis - SC José Paulo Carneiro (Univ. Santa Úrsula) Rio de Janeiro - RJ José Vieira Alves (UFPB) Campina Grande - PB Leonardo Matteo D'orio (Sistema Titular de Ensino)Belém - PA Licio Hernandes Bezerra (UFSC) Florianópolis - SC Luzinalva M. de Amorim (UFBA) Salvador - BA Marcondes Cavalcante França (UF Ceará) Fortaleza - CE Pablo Rodrigo Ganassim (L. Albert Einstein) Piracicaba - SP Paulo H. Cruz Neiva de L. Jr. (Esc. Tec.Everardo Passos) SJ dos Campos - SP Reinaldo Gen Ichiro Arakaki (INPE) SJ dos Campos - SP Ricardo Amorim (Centro Educ. Logos) Nova Iguaçu - RJ Roberto Vizeu Barros (Colégio ACAE) Volta Redonda - RJ Sergio Claudio Ramos (IM-UFRGS) Porto Alegre - RS Seme Gebara Neto (UFMG) Belo Horizonte - MG Silvio de Barros Melo (UFPE) Recife - PE Tadeu Ferreira Gomes (U. do Estado da Bahia) Juazeiro - BA Tomás Menéndez Rodrigues (U. Federal de Rondonia) Porto Velho - RO Valdenberg Araújo da Silva (U. Federal de Sergipe) São Cristovão - SE Wagner Pereira Lopes (Esc. Tec. Fed. de Goiás) Jataí - GO Waldemar M. Canalli (P.M. S. João de Meriti) S. João de Meriti - RJ

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CONTEÚDO

AOS LEITORES

XV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções

XLI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções

ARTIGOS BRAHMAGUPTA PARA TODOS José Cloves Verde Saraiva

EQUAÇÕES DE RECORRÊNCIA Héctor Soza Pollman

EQUAÇÕES FUNCIONAIS Eduardo Tengan

OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

PROBLEMAS PROPOSTOS

COORDENADORES REGIONAIS

RECADASTRAMENTO PARA COLÉGIOS 2001

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AOS LEITORES Países de grande tradição nas olimpíadas de Matemática têm o seu excelente rendimento em muito baseado na existência de revistas de divulgação para estudantes pré-universitários. Apenas citando alguns exemplos, a húngara KöMaL, a russa (agora também americana) Kvant (Quantum), a romena Gazeta Matematica e a canadense (lida por alguns, poucos, brasileiros) Crux Mathematicorum desenvolvem em seus países o ambiente ideal para o aparecimento e desenvolvimento de jovens talentosos. Nós queremos que a Eureka! tenha o mesmo sucesso que essas revistas. Para isso estamos tentando trazer artigos cada vez mais interessantes e elucidativos, e problemas cada vez mais bonitos e desafiantes para todos os leitores da Eureka! (inclusive os dos Níveis 1 e 2), porém tal sucesso não depende exclusivamente de nós. É fundamental a participação (muito) ativa de todos os leitores. Ficamos bastante contentes com a repercussão da seção "Olimpíadas ao Redor do Mundo", com vários leitores enviando resoluções dos problemas propostos. Mas queremos que todas as outras seções e artigos tenham a mesma repercussão. Por exemplo, vários artigos trazem problemas propostos porém raramente recebemos resolução desses problemas. Ficaremos contentes em recebê-las e poderemos saber se o público-alvo os entendeu. Assim, faça-nos saber todo o estudo(!) e a diversão(!!) que cada uma das Eureka! proporcionou (não se esqueça dos números antigos). INSTRUÇÕES PARA AUTORES Serão publicados na revistas Eureka! artigos relevantes na preparação dos estudantes para a Olimpíada Brasileira de Matemática em seus diversos níveis e para várias olimpíadas de caráter internacional das quais o Brasil participa. Como para a grande maioria dos tópicos e técnicas explorados nas olimpíadas não existem publicações expositórias adequadas em língua portuguesa, nosso objetivo inicial é abordá-los todos em artigos auto-suficientes. Assim, daremos preferência àqueles que tratem de assuntos ainda não explorados nos números anteriores da Eureka!. Como a deficiência em artigos adequados para estudantes do Ensino Fundamental (Níveis 1 e 2 da OBM) é ainda mais grave, estes terão primazia na sua publicação. Vale a pena observar que, quando um tema é importante para os estudantes de diversos níveis, ele deve aparecer em artigos adequados para cada um desses níveis, separadamente. É recomendável que os artigos tragam alguns problemas resolvidos detalhadamente e referências que o complementem ou aprofundem. Os Editores. EUREKA! N°9, 2000

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XV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 16 a 24 de setembro, Caracas - Venezuela A XV Olimpíada Iberoamericana de Matemática foi realizada em Caracas, Venezuela no período de 16 a 24 de setembro de 2000. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Ralph Costa Teixeira (Rio de Janeiro RJ) e Eduardo Tengan (São Paulo - SP). Nesta oportunidade a equipe brasileira obteve a maior pontuação entre os países participantes além da Copa Puerto Rico, prêmio entregue ao país com maior progresso nos últimos dois anos na competição. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 Daniel Nobuo Uno BRA2 Daniel Massaki Yamamoto BRA3 Fabrício Siqueira Benevides BRA4 Humberto Silva Naves

Prata Ouro Ouro Ouro

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

Constrói-se um polígono regular de n lados ( n ≥ 3 ) e enumeram-se os vértices de 1 a n. Traçam-se todas as diagonais do polígono. Demonstrar que se n é ímpar, é possível associar a cada lado e a cada diagonal um número inteiro de 1 a n, tal que se verifiquem simultaneamente as seguintes condições: 1. O número associado a cada lado ou diagonal seja diferente dos números dos seus vértices. 2. Para cada vértice, todos os lados e diagonais que nele se intersectem tenham números diferentes. SOLUÇÃO DE HUMBERTO SILVA NAVES (SÃO PAULO - SP)

Existe um jeito simples de pintar os lados e as diagonais do polígono regular. Escolhe-se um ponto do polígono regular com o número "i" associado à este ponto, que chamaremos de Pi. Seja O o centro da circunferência circunscrita ao polígono regular.

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i Pi i

O x2

x1 '

x2 '

Fig. 1

Sabemos que a reta Pi O é eixo de simetria dos pontos do polígono regular e nenhum ponto do polígono está sobre a reta Pi O (pois n é ímpar). Digamos esses pares de pontos simétricos e numeramos com o número "i", ou seja pegamos um outro ponto qualquer (diferente de Pi) do polígono regular, ligamos com o seu respectivo simétrico e numeramos com o número "i" (fazemos isso para todos os outros pontos). Vide fig. 1. Este é um exemplo do processo para o ponto Pi. Repetimos esse processo para todos os pontos do polígono regular. Desta forma pintamos todos os lados e todas as diagonais, pois: De uma forma geral (e mais simples): Se quisermos saber o número de um segmento Pi Pj do polígono regular, basta traçarmos a mediatriz desse segmento, que vai certamente encontrar um outro vértice X do polígono regular (pois n é ímpar) e o segmento Pi Pj vai ter o mesmo número de X. Esta forma de numeração claramente satisfaz as condições do enunciado pois: 1)

Não existe nenhum segmento com o mesmo número de um de seus vértices, pois a mediatriz desse segmento não passa pelos vértices do segmento.

Para cada vértice, todos os lados e todas as diagonais que incidem neste vértice tem números diferentes, pois se existissem dois segmentos de mesmo número, teríamos:

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O ponto Pw (que deve estar na mediatriz de Pi Pj e na mediatriz de w Pw= O

Pi Pt ) é o próprio O, um absurdo.

Logo vale a propriedade 2 e isso acaba o problema.

PROBLEMA 2

Sejam S1 e S2 duas circunferências de centros O1 e O2, respectivamente, secantes em M e N. A reta t é a tangente comum a S1 e S2, mais próxima de M. Os pontos A e B são os pontos de tangência de t com S1 e S2, respectivamente, C é o ponto diametralmente oposto a B e D é o ponto de interseção da reta O1O2 com a reta perpendicular à reta AM que passa por B. Demonstrar que M, D e C são colineares. SOLUÇÃO DE DANIEL MASSAKI YAMAMOTO (SÃO PAULO - SP)

BC é diâmetro ⇒ BMˆ C = 90° Para provar [ MDC ], basta provar que BMˆ D = BMˆ C = 90° B

β A

90°–β Γ2

Γ1

θ D

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Geometria Analítica: Dados: M = (0, 1) A = (–m, 0) O1 = (–m, y1) B = (n, 0) O2 = (n, y2) Quero determinar D:

C (n, 2Γ2)

D O1 Γ1

O2 Γ2

1 A m0 = (–m, 0)

B = (n, 0)

1 ( x − m) m BD : ⊥ AM AM : y =

BD : y = − m( x − n) ⇔ x = −

y +n m

y 2 − y1 ( x − n) m+n BD ∩ O1O2 = {D}

O1O2 : y − y 2 =

y 2 − y1  y  −  m+ n  m  y − y1   = y2 y1 + 2 ( m + n)m     m( m + n)  y D = y 2   m( m + n) + y 2 − y 1 

y − y2 =

x0 = −

y 2 ( m + n) +n m( m + n) + y 2 − y 1

 y 2 m(m + n) − m( m + n) − y 2 + y1    m( m + n) + y 2 − y1 yD − 1   = coef. angular de DM : xD  mn(m + n) + n( y 2 − y1 ) − y 2 (m + n)    m(m + n) y 2 − y1   EUREKA! N°9, 2000

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 n2 + 1  n2 + 1  m2 + 1  m(m + n ) − m 2 − mn −      2   2 + 2        = 2 2 2  n − m   n + 1 −  mn(m + n ) + n   2  (m + n) 2    

(

)

n2 2 m 2  mn  n2 m2 2 + + m + mn +  − m − mn − 2 2  2  2 2 = = 2  n( n − m) n 1 (m + n ) mn + − −  2 2 2   n [mn(m + n) − (m + n)] n(m + n)(mn − 1) 2 = = =n ( m + n)(mn − 1)  mn − 1  (m + n)   2  coef. ang. de BM : −

m n n  (m 2 + mn) − − 2 2   mn − 1  ( m + n)   2 

n 2 

1 n

 1 n ⋅  −  = −1 , logo  n

BM ⊥ DM . PROBLEMA 3

Encontrar todas as soluções da equação

(x + 1) y − x z = 1 para x, y, z inteiros maiores que 1. SOLUÇÃO

Considerando a equação módulo x + 1 , obtemos (− 1) z ≡ 1(mod x + 1), o que implica que z é ímpar. Logo y (1) (x + 1) − x z = 1 ⇔ ( x + 1) y = x z + 1 ⇔ ( x + 1) y = ( x + 1)(x z −1 − x z −2 + ... − x + 1) ⇔

(2) (x + 1) = x z −1 − x z −2 + ... − x + 1 e, então, x é par pois, caso contrário, os dois lados de (2) seriam de paridade oposta. y −1

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Analogamente, escrevendo (1) na forma (x + 1) + ( x + 1) y −2 + ... + ( x + 1) + 1 = x z −1 , nós vemos que y é par também. Sejam, portanto, x = 2x1 e y = 2 y1 Então por (1), y −1

(3) ((x + 1) y1 −1)((x + 1) y1 + 1) = x z . Temos ainda que x | ( x + 1) y1 −1 e, como x é par, mdc ((x + 1) y1 −1, ( x + 1) y + 1) = 2. Assim de (3), ( x + 1) y1 −1 = 2x1z (4). ( x + 1) y1 + 1 = 2 z −1 Conseqüentemente, 2 z −1 > 2x1z , ou seja, x1 =1 ⇔ x = 2 e, de (4), y = 2 e z = 3. P.S. É gratificante saber que tal equação estudada por grandes matemáticos desse século como W.J. Leveque e A. Schinzel, pode ser resolvida por brilhantes estudantes pré-universitários em um tempo tão limitado quando o de uma prova de olimpíada.

SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

De uma progressão aritmética infinita 1, a1 , a 2 , " de números reais, eliminam-se termos, obtendo-se uma progressão geométrica infinita 1, a n1 , a n2 , " de razão q. Determinar os possíveis valores de q. SOLUÇÃO DE DANIEL NOBUO UNO (SÃO PAULO - SP)

PG = 1, 1 + m1 r ;1 + m 2 r ;1 + m3 r... com mi ∈ Z + ; apenas 1 + mi +1 r 1 + m1 r 1 + m 2 r m0 = 0 ⇒ q = = = ... = . 1 1 + m1 r 1 + mi r ⇒ (1 + m 2 r ) ⋅ 1 = (1 + m1 r ) 2 ⇒ 1 + m 2 r = 1 + m12 r 2 + 2m1 r. Supondo

m2 −2 m m1 2 2 r ≠ 0; m 2 = m1 r + 2m1 ⇒ m 2 = m1 ( m1 r + 2) ⇒ = m1 r + 2 ⇒ =r m1 m1

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Como m1 ; m2 ∈ Z + , então r é racional; Seja r =

a b

; onde a; b ∈ Z ; b ≠ 0, a e b

primos entre si. Daí: q = 1 + m1 r .

m1 r ∈ Q ⇒ q ∈ Q. Seja q =

; c; d ∈ Z; d ≠ 0 c e d primos entre si. d Daí teremos a ki a + b PA : 1 + k i ⋅ = b b j

cj c   = j PG: d d   Análise do denominador: PA: PG:

ki a + b b cj d

; k i a + b ∈ Z ⇒ o máximo do denominador é b.

como mdc(c; d) = 1 ⇒ o denominador é d j .

Podemos pegar um j suficientemente grande tal que d

Logo, a PG não pode ser infinita para d > 1. Logo; como d ∈ Z ⇒ d = 1 ou d = –1. Se d = 1 ⇒ q = c ⇒ razão inteira, e para isso, é só pegar r = 1 e tirar os termos desnecessários. A PA será sempre crescente ou sempre decrescente ( p r ≠ 0) se d = –1. PROBLEMA 5

Dois jogadores, alternadamente, retiram pedras de um conjunto de 2000 pedras, de acordo com as seguintes regras:

1. Em cada jogada pode-se retirar 1, 2, 3, 4 ou 5 pedras. 2. Em cada jogada, um jogador não pode retirar o mesmo número de pedras que o seu adversário retirou na jogada anterior. EUREKA! N°9, 2000

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O jogador que, na sua vez, não puder jogar de maneira válida, perde. Determinar que jogador tem uma estratégia que lhe garanta a vitória e encontrar essa estratégia. SOLUÇÃO DE DANIEL MASSAKI YAMAMOTO (SÃO PAULO - SP) n\ m 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23

1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1

2 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1

3 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1

4 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1

5 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1

n\ m 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46

1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0

2 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0

3 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0

4 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0

5 1 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 0

0 se quem vai jogar agora perde (com ambos jogando o melhor possível). G ( n, m ) =  1 se ganha. n = atual m = movimento anterior

G (1, 1) = 0 A fórmula recursiva é 0 se para todo 1 ≤ i ≤ 5, n ≥ i, i ≠ m, G ( n − i, i ) = 1 (isto é, se o outro ganha  G (n, m) = para qualquer movimento) 1 caso contrário.  EUREKA! N°9, 2000

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Para 1 ≤ n ≤ 5, G (n, m) = 1 se m ≠ n Podemos definir G (0, m) = 0 Visualizando: Como preencher a linha n: veja os quadrados com (*) (*) (*) (*) (*) (*) n Se foram todos 1's, a linha n terá só zeros. Se tiver dois ou mais zeros, a linha n terá todos 1's. Se for zero, todos serão 1's, a menos da que está na mesma coluna do zero. Sempre perde: 7, 13, 20, 26, 33, 39, 46 Parece que para n = 7 ou 13 (mód 13) sempre perde (G(n, m) = 0) Basta ver que há um bloco 5 × 5 da tabela que se repete, (tirando as 6 primeiras linhas). Agora vamos provar a fórmula recursiva. Primeiras 5 linhas: - G (n, m) = 1 se m ≠ n, pois ele pode tirar n pedras e ganhar. - G (1, 1) = 0, pois não pode jogar. - G (2, 2) = 1, pois tirando uma pedra, forçará o outro a ficar com G (1, 1),... - G (i, i) = 0, i = 3, 4 ou 5, pois não importa como jogue o outro pode ganhar. Agora, a fórmula nos outros casos: Tirando i pedras, se você está com G(n, m), o adversário vai ficar com G(n – i, i). Se algum deles for 0, o adversário vai perder e você ganha. Se todos forem 1, o adversário sempre ganha. Note que você não pode tirar m pedras, então não pode deixar o adversário com G(n – m, m). EUREKA! N°9, 2000

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Na tabela, o bloco que se repete é 13 ≤ n ≤ 17, igual a 26 ≤ n ≤ 30. Então o primeiro jogador ganha, pois se ele tirar 4 pedras na primeira jogada, vai deixar o outro com 1996 pedras. 1996 ≡ 7(mod 13) ⇒ o segundo perde. PROBLEMA 6

Um hexágono convexo é bonito se tem quatro diagonais de comprimento 1 cujos extremos contêm todos os vértices do hexágono. (a) Para cada número k maior que 0 e menor ou igual a 1, encontrar um hexágono bonito de área k. 3 (b) Demonstrar que a área de um hexágono bonito qualquer é menor que . 2 SOLUÇÃO

Consideremos todos os hexágonos bonitos ABCDEF com lados opostos paralelos tais que os quatro segmentos dados de comprimento 1 são AC , CE , BF e FD. Seja α = ∠BFD = ∠ACE (figura (a)). A F

D (a)

C' E

D (b)

Translademos os segmentos AC e CE na direção de AB para obter A' C ' e C ' E ' respectivamente de forma que A' , F , E ' sejam colineares do mesmo modo que B, C ' , D. A área do hexágono ABCDEF é igual a área do retângulo A'BDE' que por sua vez é igual a sen α (figura (b)). Dado que quaisquer k ∈ (0,1] é igual a sen α para algum α com 0 < α ≤ 90° então temos um hexágono bonito que cumpre o pedido. b) Para demonstrar o resultado pedido, enunciamos os seguintes lemas sem demonstração: EUREKA! N°9, 2000

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1- A soma dos comprimentos de um par de lados opostos de um quadrilátero convexo é menor que a soma dos comprimentos das diagonais. 2- A área de um quadrilátero convexo é menor ou igual que a metade do produto das suas diagonais. Utilizaremos por simplicidade a seguinte terminología: Sabemos que no hexágono há quatro diagonais de comprimento 1 cujos extremos contém todos os vértices do mesmo. Chamaremos diagonais principais as diagonais em questão. Definamos o grau de um vértice de um hexágono bonito como o número de diagonais principais que passam por ele. Além disso denotaremos por diagonal que divida ao hexágono nos quadriláteros. Dado que a soma dos graus dos vértices é 8 e o grau de cada um é pelo menos 1, temos dois casos: a) Um vértice tem grau 3 e os restantes têm grau 1. b) Dois vértices têm grau 2 e os restantes têm grau 1. No primeiro caso, dado que há exatamente três diagonais que saem de um mesmo vértice num hexágono, só há um possível tipo de configuração (salvo "issomorfismo" de grafos): 1 Pelo lema 2 a área do hexágono é menor ou igual que ( AB + AC ) e isto é 2 1 menor que (2 AX + BC ) pela desigualdade triangular. Como AX ≤ 1, BC = 1, a 2 3 área é menor que . 2 A M

N X

Para o segundo caso, sejam P e Q os vértices de grau máximo. Consideremos as possibilidades: c) Os vértices P, Q estão conectados por uma diagonal principal. Nesse caso se a diagonal que os conecta não é central, as outras diagonais principais que saem destes dois vértices devem estar num mesmo lado de PQ . Além disso, alguma dessas diagonais deve ser central, pois caso contrário, chegariam a um mesmo ponto e nesse caso se formaria um triângulo equilátero com diagonais principais como lados e sabemos que isso não pode ocorrer pois haveria três vértices de EUREKA! N°9, 2000

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grau 2. Portanto, dependendo se ambas diagonais são centrais ou só uma é, se apresentam as seguintes configurações: No desenho à direita, AB ≤ 1 pelo lema 1. Logo a área do hexágono é menor ou igual que 1 1 ( AB ⋅ CQ + PQ ⋅ AD) < (CQ + AD) 2 2 e isto é menor que 1 pelo lema 1. C

Q D

No desenho à esquerda, AB < 2 pelo lema 1. Logo, a área do hexágono é menor ou igual que

1 1 3 ( AB ⋅ PC + PQ ⋅ BD) < ( 2 + 1) = 2 2 2

Q D

Se a diagonal que os conecta é central, as outras diagonais principais que saem de P e Q devem estar em lados distintos de PQ , pois caso contrário, se utilizarão já três diagonais sem haver unido dois vértices consecutivos que ficam a um lado de PQ e estes não podem ser conectados pela diagonal que falta. Então, só há uma configuração possível: Aqui a área é menor ou igual que 1 1 ( PX + QY ) < (2) = 1, pelos lemas 2 e 2 2 1 respectivamente.

P Y X

d) Os vértices P e Q não estão conectados por uma diagonal principal. Nesse caso só há três configurações possíveis: Pelo lema 2, neste caso a área é menor ou 1 igual que (1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1) = 1. 2

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Neste caso a área é menor ou igual que 3 1 1 ( XY + 1) < (2 + 1) < , onde o último 2 2 2 se da por desigualdade triangular.

Pelo lema 1, algum dos segmentos PX ou QY mede menos que 1, logo esta configuração pode ser reduzida à configuração de um vértice de grau três, que já foi estudada (se bem não é a mesma, o raciocínio é idêntico). Esgotadas as possibilidades, se resolve completamente o problema.

X Y

Você sabia… Que existe um algoritmo que, dada uma soma envolvendo uma função hipergeométrica (por exemplo: binomiais, exponenciais, logarítmicas, trigonométricas), expressa-a como uma soma telescópica. Com isso, podemos encontrar uma recursão satisfeita por tal soma ou mesmo, quando possível, obter uma fórmula fechada. O mais impressionante é que o algoritmo só não obtém uma fórmula fechada se esta não existir (mais precisamente, quando a soma não puder ser escrita como uma função hipergeométrica). Os autores deste algoritmo - Marko Petkovsek, Herbert Wilf e Doron Zeilberger - publicaram um livro descrevendo sua descoberta, com o inusitado título "A =B ". Este livro encontra-se disponível na rede. Veja : http://www.cis.upenn.edu/~wilf/AeqB.html

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XLI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções PROBLEMA 1

Γ1

Γ2

Inicialmente, vamos mostrar que AE = AM e que BE = BM. De fato, como AB || CD e AB é tangente a Γ1, segue-se que ∠EAB =∠ACM = ∠BAM = α e ∠EBA = ∠BDM = ∠ABM = ε Daí, é imediato que os triângulos EAB e MAB são congruentes (caso ALA), de modo que AE = AM e BE = BM. EUREKA! N°9, 2000

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Além disso, segue da congruência que EM ⊥ AB, e portanto, EM ⊥ CD. Agora, basta mostrarmos que PM = MQ, porque dessa forma EM será mediatriz de PQ, tal que EP = EQ. Para isto, note que o prolongamento de MN passa pelo ponto médio de AB, pois MN é o eixo radical das duas circunferências e AB é tangente comum. Assim, como PQ || AB, concluímos que MN também passa pelo ponto médio de PQ. Logo, EM ⊥ PQ e EM passa pelo ponto médio de PQ, de modo que EM é mediatriz de PQ e EP = EQ. SOLUÇÃO DE DANIEL NOBUO UNO (SÃO PAULO - SP)

X C

α α

Y β

α+β

e Γ2

P β

Γ1

α α

[ XABY ] e Temos CAˆ N = CMˆ N NBˆ D = NMˆ D . Como CMˆ N + NMˆ D = π ⇒ EAˆ N + EBˆ N = π − CAˆ N + π − NBˆ D = π ; temos que AEBN é cíclico. Seja EAˆ B = α ⇒ ECˆ D = α ⇒ ANˆ M = α ; XAˆ C = α ⇒ CNˆ A = α . Seja EBˆ A = β , analogamente, BDˆ M = BNˆ M = YBˆ D = DNˆ B = β Como AEBN é cíclico, EAˆ B = ENˆ B = α ; EBˆ A = ENˆ A = β ECˆ Q = ENˆ Q ⇒ ECNQ é cíclico ⇒ EQˆ C = ENˆ C = α + β EDˆ P = ENˆ P ⇒ EDNP é cíclico ⇒ EPˆ D = ENˆ D = α + β . Logo, EPQ é isósceles.

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PROBLEMA 2

Sejam a, b, c números reais positivos tais que abc = 1. Prove que

1  1  1   a − 1 +  b − 1 +  c − 1 +  ≤ 1. b  c  a  SOLUÇÃO

Fazendo a =

y x z ,b = ,c = y z x

1 = ac) , a desigualdade é b equivalente a ( x + z − y )( x + y − z )( y + z − x) ≤ xyz. Fazendo u = x + z − y, v = x + y − z e w = y + z − x, temos u + v = 2 x, u + w = 2 z e v + w = 2 y, donde a desigualdade é equivalente a 8uvw ≤ (u + v)(u + w)(v + w). Como u + v, u + w e v + w são todos positivos, no máximo um dentre os números u, v e w não é positivo. Se houver um tal número, 8uvw será negativo ou nulo, enquanto (u + v)(u + w)(v + w) é positivo, e a desigualdade acima é trivial. Se u, v e w são positivos, a desigualdade acima é conseqüência direta da desigualdade entre as médias aritmética e geométrica, pois (u + v)(u + w)(v + w) = u 2 v + uv 2 + u 2 w + (podemos tomar, por exemplo,

y = 1, x = a, z =

+ uw 2 + v 2 w + vw 2 + 2uvw , donde a desigualdade u 2 v + uv 2 + u 2 w + uw 2 + v 2 w + vw 2 ≥ 6uvw, que segue

é equivalente a das desigualdades

u 2 v + vw 2 ≥ 2uvw, uv 2 + uw 2 ≥ 2uvw e u 2 w + v 2 w ≥ 2uvw. PROBLEMA 3

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SOLUÇÃO:

1 (n − 1) Devemos demonstrar duas coisas: 1 , existe uma seqüência infinita de movimentos que vai a) que, para l ≥ (n − 1) levando as pulgas cada vez mais para a direita, ultrapassando qualquer ponto prefixado M; A resposta é para l ≥

1 e para qualquer posição inicial dada as pulgas, existe um (n − 1) ponto M tal que as pulgas em um número finito de movimentos jamais alcançam ou ultrapassam M. b) que, para l <

Começaremos pelo item b). Sejam x1 , x 2 , ..., x n as posições iniciais das pulgas, com x1 ≤ x 2 ≤ ... ≤ x n , de tal forma que x n é a posição da pulga mais à direita.

  1  ⋅ ( x n − l ⋅ x1 − l ⋅ x 2 − ... − l ⋅ x n −1 ). Seja P =   (1 − (n − 1) l )  O ponto P claramente está à direita de todas as pulgas. Afirmamos que se após alguns movimentos as novas posições são x'1 ,..., x' n e definimos   1  ⋅ ( x' n − l ⋅ x'1 − l ⋅ x' 2 −... − l ⋅ x' n −1 ). P ' =   (1 − (n − 1) l )  Se P ' ≤ P, isto conclui a demonstração. Basta considerar o que ocorre após um movimento. Se a pulga que estava em xi pula sobre a pulga que estava em x n então x' n − x n = l ⋅ ( x n − xi ) e x' n − l ⋅ x n = x n − l ⋅ xi e P' = P. Qualquer outro caso é ainda mais favorável. De fato, se a pulga que pulou continua atrás de x n , temos x n ' = x n e x1 '+... + x n −1 ' > x1 + ... + x n −1 , donde P' < P. Se ela passa de x n , teremos x n ' = x j + A( x j − xi ) ⇒ x n '−Ax n < x n '−Ax j = x j − Ax i < x n − Ax i .

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Item a) Se P = x n − A( x1 + x 2 + ... + x n −1 ) se, em cada movimento, a pulga mais à esquerda pula sobre a pulga mais à direita, temos x n ' = x n + A( x n − x1 ) ⇒ x n '−Ax n = x n − Ax1 e P ' = P, donde P é uma constante positiva (escolhendo a origem, por exemplo, em x n ) . Temos então

1 n −1 1 ∑ ( xn − x j ) = xn − n − 1 ( x1 + ... + x n−1 ) ≥ x n − A( x1 + ... + xn−1 ) = P ⇒ n − 1 j =1 x n − x1 ≥

1 n −1 P ( x n − x j ) = P ⇒ x n '− x n = A( x n − x1 ) ≥ , donde o ponto ∑ n − 1 j =1 n −1

P para a direita a cada passo, logo tende a n −1 infinito. Como o ponto mais a direita, após n – 1 passos será o ponto mais à esquerda, todos os pontos tendem a infinito (para a direita). mais à direita caminha pelo menos

Nota: Na estratégia descrita na solução do item a), o ponto mais à esquerda se torna sempre o mais à direita, donde podemos definir x n +1 = x n ' = x n + A( x n − x1 ), e teriamos simplesmente x j ' = x j +1 , ∀j. Reduzimos então a análise dessa estratégia ao estudo da recorrência linear x n +1 = (1 + A) x n − Ax1 , cujo polinômio característico é P( x) = x n +1 − (1 + A) x n + A, P( x) do qual 1 é raiz, donde, como = x n − A( x n −1 + x n − 2 + ... + x + 1), a expressão x −1 y m = x m − A( x m −1 + x n − 2 + ... + x m − n + 2 + x m − n +1 ) é um invariante da recorrência, isto é, y m +1 = y m ∀m, donde y m é constante. Daí vem nossa fórmula para P. Veja o artigo sobre equações de recorrência nesta Eureka. PROBLEMA 4

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SOLUÇÃO DE FABRÍCIO SIQUEIRA BENEVIDES (FORTALEZA - CE)

Seja f (n) o número de maneiras de se colocarem os cartões de 1 a n , mas sem contar a ordem das caixas. No final, basta multiplicar f (100) por 6 = 3!. Achamos facilmente que f (4) = 2, onde as duas únicas maneiras são: 1, 4 2 3

1 2, 3 4

Vamos provar por indução que f (n + 1) = f ( n) = 2 para n ≥ 4, e que as únicas maneiras são das formas: A) 1, 4, 7,... 2, 5,... 3, 6,...

B) 1 2, 3, ..., n – 1 n

Há duas possibilidades para o cartão n + 1:

1) Ele aparece junto com outros cartões. Nesse caso, os cartões de 1 a n estarão na configuração A ou B. Se for A): n − 2, n − 1 e n estão em caixas diferentes. n + 1 não pode estar na mesma caixa de n ou n – 1, pois (n − 2) + ( n + 1) = ( n − 1) + ( n) Se colocarmos n + 1 na mesma caixa de n – 2, a mágica funcionará. Basta ver a soma módulo 3. No caso B): n + 1 não pode entrar em nenhuma caixa, pois 1 + (n + 1) = 2 + (n) e (n) + 3 = ( n + 1) + 2 2) (n + 1) está em uma caixa isolada. Como (n + 1) + (1) = (2) + (n), 2 e n devem estar na mesma caixa. Temos a seguinte configuração:

n +1 2, n, k k +1

Se k está junto com 2 e k + 1 está na outra caixa, (n + 1) + k = n + (k + 1) ⇒⇐ . Então k e k + 1 estão na mesma caixa.

Fazendo isso para k = 2, 3,..., n – 2, temos que os cartões 2, 3,..., n estão na mesma caixa . Como a outra caixa não pode ficar vazia, 1 está nela. EUREKA! N°9, 2000

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Para ver que esta configuração funciona, basta ver os intervalos das possíveis somas para cada par de caixas. o número total é 6 ⋅ f (100) = 12.

PROBLEMA 5

Verifique se existe um inteiro positivo n tal que n é divisível por exatamente 2000 números primos diferentes e 2 n + 1 é divisível por n. SOLUÇÃO DE HUMBERTO SILVA NAVES (SÃO PAULO - SP)

Vamos, primeiramente, provar o seguinte "super-lema": n

Lema: 3 n | 2 3 + 1 e 2 3 + 1 tem pelo menos "n" fatores primos distintos: Esse lema será provado por indução: Quando n = 1 ou n = 2, o lema é verdadeiro pois 23 + 1 = 9 = 32 e 2

2 3 + 1 = 513 = 3 3 ⋅ 19 Suponha que seja válido, também, para um certo "p" ( p ≥ 2), Vamos provar que também é verdadeiro para " p + 1": p

* 3 p | 2 3 + 1 ⇔ ∃k ∈ Z | 2 3 + 1 = k ⋅ 3 p ⇔ 2 3 = −1 + k ⋅ 3 p ⇔ (2 3 ) 3 = = (−1 + k ⋅ 3 p ) 3 ⇔ 2 3

p +1

= −1 + k ⋅ 3 p +1 − k 2 ⋅ 3 2 p +1 + k 3 ⋅ 3 3 p ⇔ 2 3

= (k − k 2 ⋅ 3 p + k 3 ⋅ 3 2 p −1 ) ⋅ 3 p +1 ⇒ 3 p +1 | 2 3 * *2 3

p +1

+1=

+ 1. p

+ 1 = ( 2 3 ) 3 + 13 = (2 3 + 1)[(2 3 ) 2 − (2 3 ) + 1], pois

∀a, b ∈ R temos : a 3 + b 3 = ( a + b)(a 2 − ab + b 2 ) p

Só que 2 2⋅3 − 23 + 1 = (23 + 1) 2 − 3(23 + 1) + 3 ⇒ mdc (23 + 1;2 2⋅3 − 23 + 1) = p

= mdc(23 + 1;3) = 3 pois 3 p | 23 + 1 ⇒ 3 | 23 + 1. Logo deve existir um fator primo p

"j" tal que j | ( 2 2⋅3 − 2 3 + 1) e j /| (2 3 + 1), logo 23 p

p +1

+ 1 = (23 + 1)(22⋅3 − 23 + 1) p +1

tem pelo menos 1 fator primo a mais que 2 3 + 1, logo 2 3 + 1 tem pelo menos "p + 1" fatores primos em sua decomposição. Logo o lema é válido para "p + 1", também. Pelo princípio da indução finita, provamos que o lema é verdadeiro para todo natural "n". EUREKA! N°9, 2000

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Pronto, o "super-lema" veio te salvar nessa hora de sufoco! 2000 Sabemos que ímpar 2 3 + 1 tem pelo menos 2000 fatores primos e pegamos 1999 fatores primos que são diferentes de 3 e os chamamos de p1 ; p 2 ; p 3 ;...; p1999 . Temos que

3 2000 | 2 3

2000

+1 e

p1 ⋅ p 2 ⋅ p 3 ... p1999 | 2 3 Basta escolhermos o inteiro ímpar n = 3

2000

|n⇒2

32000

2000

⋅ p1 ... p1999 , pois:

+ 1 | 2 + 1 e como n | 23

2000

+ 1⇒ n | 2n + 1

Logo existe um "n" de 2000 fatores primos, tal que n | 2 n + 1 . PROBLEMA 6

H3 T3 P

N M

fig. 01 EUREKA! N°9, 2000

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Inicialmente, vamos mostrar que as retas l1, l2 e l3 são paralelas aos lados BC, CA e AB, respectivamente. Sejam P ≡ H 2 H 3 ∩ T2T3 , M e N os pontos de interseção da reta l1 com a circunferência inscrita. Supondo AB < AC, temos a fig. 01 acima. Veja que ∠PH3T3 = ∠AH3H2 = C , B+C , ∠AT3T2 = ∠AT2T3 = 2 de modo que B−C ∠H 3 PT3 = e ∠H3PM = 2.∠H3PT3 = B – C, 2 e, portanto, ∠H3LM = ∠H3PM + ∠LH3P = (B – C) + C = B. Logo, l1 || BC e, analogamente, concluímos que l2 || AC e l3 || BA. Se AB = AC, então, l1 || BC por simetria. Neste caso, teremos H2H3 || T2T3 || l1 || BC. Agora, vamos calcular a distância entre as retas l1 e BC. Como PT2 é a bissetriz do ângulo H2PN, então Mas,

d(T2, PH2) = d(T2, l1) e d(l1, BC) = d(T2, BC) – d(T2, PH2) (1) d(T2, BC) = (p – c).sen C

e como ∠AH2H3 = B, segue que d(T2, PH2) = H2T2.sen B. (2) Também, Em (2), obtemos:

H2T2 = CH2 – CT2 = a.cos C – (p – c). d(T2, PH2) = (a.cos C – (p – c))sen B. (3)

Usando que a. cos C =

a2 + b2 − c2 b c , obtemos: , sen B = , sen C = 2b 2R 2R

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d (l1 , BC ) = ( p − c).senC + ( p − c).senB − senB.(a. cos C ) c b b a2 + b2 − c2 + )− . 2R 2R 2R 2b 2 2 (a + b − c).(b + c) a + b − c 2 = − 4R 4R 2 ab + ac − a = 4R a b+c−a = 2R 2 = ( p − a).senA. Dessa forma, acabamos de mostrar que = ( p − c)(

d(l1, BC) = d(T2, AB) = d(T3, AC) = (p – a).sen A. (*) Vamos mostra agora que BT2 = BN e, analogamente, mostraremos que CT3 = CM. Sejam U e V as projeções ortogonais de T2 e N sobre os lados AB e BC respectivamente. Então, NV = T2U = (p – a).sen A. Sejam I o incentro e E a projeção ortogonal de I sobre l1 (fig. 02). Veja

que

EN = T1V e EI = |(p – a).sen A – r|.

U T2 T3 M

E I

r B

V fig. 02

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i ) T1V 2 = EN 2 = IN 2 − EI 2 = r 2 − (( p − a ). sen A − r ) 2 = 2r.( p − a ) sen A − ( p − a) 2 . sen 2 A

ii ) T3U 2 = T2T3 2 − T2U 2 = T2T3 2 − ( p − a ) 2 . sen 2 A Agora, o quadrilátero AT3IT2 é inscritível na circunferência de diâmetro AI. Logo, temos duas relações: I) II)

T2T3 = AI.sen A; T2T3.AI = 2r.AT2 = 2r.(p – a) (pelo teorema de Ptolomeu).

De (I) e (II), obtemos T2T32 = 2r.(p – a).sen A. Portanto, em (i) e (ii) ficamos com T1V 2 = T3U 2 ∴T1V = T3U , e como BT1 = BT3, por último segue que ∆BVN ≡ ∆BUT2 (**) de modo que BT2 = BN, como queríamos demonstrar.

A T2 T3

r r

B fig. 03

De (**), ainda podemos concluir que ∠ABT2 = ∠CBN, e como ∠ABI = ∠CBI, temos ∠T2BI = ∠NBI.

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Finalmente, como T2B = NB, podemos concluir que N é o simétrico de T2 em relação à bissetriz do ângulo B. Analogamente, M é o simétrico de T3 em relação à bissetriz interna do ângulo C. Dessa forma, podemos redefinir as retas l1, l2 e l3 da seguinte forma: Sejam S1, S2 e S3, respectivamente, os simétricos de T1, T2 e T3 em relação às bissetrizes dos ângulos ∠A, ∠B e ∠C, respectivamente. L1 é a reta que passa por S2 e S3, l2 é a reta que passa por S1 e S3 e l3 é a reta que passa por S1 e S2. Claramente, l1, l2 e l3 determinam um triângulo inscrito na circunferência inscrita no triângulo ABC.

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BRAHMAGUPTA PARA TODOS José Cloves Verde Saraiva - UEMA ◆ Nível Intermediário Nestas notas apresentaremos as fórmulas da geometria plana para o cálculo da área de um triângulo e de um quadrilátero cíclico (inscrito numa circunferência) em função do comprimento de seus lados e de seu semiperímetro. Para o triângulo esta é conhecida como a fórmula de Heron de Alexandria, embora escritores árabes afirmem que esta foi descoberta por Arquimedes. Para os quadriláteros cíclicos há uma generalização natural da fórmula de Heron, tão importante, que é considerada como a mais notável descoberta da geometria hindu, feita por BRAHMAGUPTA. Originalmente a prova de Brahmagupta faz uso do conhecido Teorema de Ptolomeu para quadriláteros cíclicos. Aqui, estas duas fórmulas são deduzidas, elementarmente, da Lei dos co-senos para um triângulo. 1. A FÓRMULA DE HERON

Seja ∆ABC um triângulo cujos lados medem a, b e c indicados na figura abaixo, então a medida da área deste triângulo é dada pela fórmula:

S= onde p =

p ( p − a )( p − b)( p − c)

1 ( a + b + c) é o semi-perimetro do ∆ABC . 2 B

________________________________________________________________________________ O autor agradece o apoio à pesquisa da Universidade Estadual de Maranhão (UEMA) e o saudável ambiente de trabalho do DEMATI-CECEN EUREKA! N°9, 2000

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Prova: Todos sabem que a área de um triângulo é calculada pela fórmula 1 S = bh. Nas condições aqui tratadas sabemos que a altura relativa ao lado CA é 2 dada por h = a ⋅ senCˆ , donde podemos escrever para a área:

1 ab senCˆ (*) 2

É também muito conhecida a Lei dos co-senos para um triângulo. E, pela figura acima, esta pode ser escrita como: c 2 = a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos Cˆ (**) Com efeito, elevando ao quadrado S na expressão (*) temos que:

4 S 2 = a 2 b 2 sen 2 Cˆ = a 2 b 2 (1 − cos 2 Cˆ ) = ab(1 − cos Cˆ ) ⋅ ab(1 + cos Cˆ ) = = (ab − ab cos Cˆ )(ab + ab cos Cˆ ) Multiplicando este último resultado por 4, obtemos: 16 S 2 = ( 2ab − 2ab cos Cˆ )(2ab + 2ab cos Cˆ ) no qual podemos completar quadrados e adequar os fatores para o uso da Lei dos co-senos (**) temos: 16S 2 = [−a 2 − b 2 + 2ab + a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cosCˆ ][a 2 + b 2 + 2ab − a 2 − b 2 + 2ab ⋅ cosCˆ ] = = [−(a − b) 2 + c 2 ][(a + b) 2 − c 2 ] = [c 2 − (a − b) 2 ][(a + b) 2 − c 2 ]

fatorando as diferenças de quadrados, podemos escrever: 16S 2 = (c + a − b)(c − a + b)(a + b + c)(a + b − c)

= (a + b + c)(− a + b + c)(a − b + c)(a + b − c) Aonde, dividindo por 16: 1 1 1 1 S 2 = (a + b + c) (a + b + c − 2a ) ( a + b + c − 2b) (a + b + c − 2c) 2 2 2 2

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Portanto: 1   1  1 1 S 2 = (a + b + c)  ( a + b + c) − a   (a + b + c) − b   (a + b + c) − c  2   2  2 2 1 substituindo o semi-perímetro p = ( a + b + c), concluímos que: 2 S = p ( p − a )( p − b)( p − c) , a conhecida fórmula de Heron. De uma certa analogia da fórmula acima demonstrada deduzimos, a seguir, o resultado principal destas notas. 2. A FÓRMULA DE BRAHMAGUPTA

A medida da área de um quadrilátero cíclico de lados a, b, c, d cujo semiperímetro denotado por p é a seguinte: K = ( p − a)( p − b)( p − c)( p − d )

d A

c x

C b B

1 (a + b + c + d ) 2 1 ( p − a) = (− a + b + c + d ) 2 1 ( p − b) = (a − b + c + d ) 2 1 ( p − c) = (a + b − c + d ) 2 1 ( p − d ) = (a + b + c − d ) 2

onde p =

Os seguintes fatos elementares são considerados na prova: I.

Seja um quadrilátero tal que seus ângulos opostos internos sejam suplementares: na figura temos Bˆ + Dˆ = 180° (esta relação vale para os quadriláteros cíclicos).

II.

As áreas dos triângulos S1 e S 2 são dadas pelas relações: 1 1 S1 = ab ⋅ senBˆ e S 2 = cd ⋅ senDˆ 2 2

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III.

A diagonal x, indicada na figura anterior, pela Lei dos co-senos aplicada aos triângulos S1 e S 2 verifica a relação: a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos Bˆ = x 2 = c 2 + d 2 − 2cd ⋅ cos Dˆ

Prova: De I. obtemos que cos( Bˆ + Dˆ ) = −1, que implica a igualdade senBˆ ⋅ senDˆ = 1 + cos Bˆ ⋅ cos Dˆ (*). Com efeito, seja K a medida da área do quadrilátero cíclico dada por: K = S1 + S 2 , Substituindo II. Obtemos a igualdade 2 K = ab ⋅ senBˆ + cd ⋅ senDˆ . Elevando ao quadrado obtemos: 4 K 2 = a 2 b 2 ⋅ sen 2 Bˆ + 2 ⋅ abcd ⋅ senBˆ ⋅ senDˆ + c 2 d 2 ⋅ sen 2 Dˆ substituindo (*) no produto de senos temos: 4 K 2 = a 2 b 2 (1 − cos 2 Bˆ ) + 2abcd (1 + cos Bˆ ⋅ cos Dˆ ) + c 2 d 2 (1 − cos 2 Dˆ ) ou melhor, 4K

2 2 2 2 2 2 = a b (1 − cos Bˆ ) + abcd (1 + cos Bˆ ⋅ cos Dˆ ) + abcd (1 + cos Bˆ ⋅ cos Dˆ ) + c d (1 − cos Dˆ )

4 K 2 = a 2 b 2 (1 − cos Bˆ )(1 + cos Bˆ ) + ab(1 + cos Dˆ )cd (1 + cos Bˆ ) + c 2 d 2 (1 − cos Dˆ )(1 + cos Dˆ )

Multiplicando, adequadamente, por 4 os dois membros,

16K 2 = 2[ab ⋅ (1 − cos Bˆ ) + cd ⋅ (1 + cos Dˆ )] ⋅ 2 ⋅[ab ⋅ (1 + cos Bˆ ) + cd ⋅ (1 − cos Dˆ )] 16K 2 = −[2ab⋅ cos Bˆ − 2ab − 2cd ⋅ cos Dˆ − 2cd][2ab⋅ cos Bˆ + 2ab + 2cd ⋅ cos Dˆ − 2cd ⋅ cos Dˆ ] Substituindo a relação III. obtemos:

16 K 2 = −[ a 2 + b 2 − 2ab − (c 2 + d 2 ) − 2cd ][a 2 + b 2 + 2ab − (c 2 + d 2 ) + 2cd ] 16 K 2 = −[(a − b) 2 − (c + d ) 2 ][(a + b) 2 − (c − d ) 2 ] 16 K 2 = −[(a − b) − (c + d )][(a − b) + (c + d )][(a + b) − (c − d )][(a + b) + (c − d )] por tanto temos que: 1 1 1 1 K 2 = (−a + b + c + d ) (a − b + c + d ) (a + b − c + d ) (a + b + c − d ) 2 2 2 2 daí, é imediato ver que: EUREKA! N°9, 2000

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K 2 = ( p − a)( p − b)( p − c)( p − d ) permitindo concluir que, K = ( p − a)( p − b)( p − c)( p − d ) concluindo a prova. Como observação final, a fórmula acima demonstrada não pode ser mais geral do que foi provado por BRAHMAGUPTA. De fato, a fórmula vale exatamente para os quadriláteros cíclicos. Em geral, se o quadrilátero não for cíclico, sua área é estritamente menor que ( p − a)( p − b)( p − c)( p − d ) , pois nesse caso senBˆ senDˆ < 1 + cos Bˆ cosDˆ , o que pode ser usado como na prova acima para provar nossa afirmação.

REFERÊNCIA E.W. Hobson, A Treatise on Plane Trigonometry (NY); Macmillan Company, 4a ed., (1902), pg. 204. EUREKA! N°9, 2000

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EQUAÇÕES DE RECORRÊNCIA Héctor Soza Pollman - Universidade Católica do Norte - Antofagasta, Chile ◆ Nível Avançado Frenqüentemente em teoria da Computação (ver exemplo [2]), ao analisar o tempo de execução de um algoritmo (ou o espaço ocupado na memória pelos dados), obtemos uma (ou mais) equações discretas, chamadas de Equações de Recorrência, cuja incógnita é uma função inteira f(n), que geralmente é uma função do tamanho n do problema (por exemplo: a quantidade de dados a ordenar se é um algoritmo de ordenamento). Esta equação resulta ser uma relação entre f(n) e seus valores prévios, como são f(n – 1), f(n / 2), ou outro. Além disso se conhecemos o algoritmo analisado com detalhe, podemos estabelecer um valor de bordo num ponto dado (como f(0) por exemplo). Neste artigo são apresentados alguns dos métodos desenvolvidos para resolver este tipo de equações, as quais aparecem em ordem de dificuldade. Os tipos de equações de recorrência a serem consideradas são as seguintes, em que a incógnita é a sucessão x n com n ≥ 0 : 1. EQUAÇÃO LINEAR DE PRIMEIRA ORDEM COM COEFICIENTES DE VALOR INTEIRO 1.

O tipo mais simples de equação de recorrência de primeira ordem é: x n +1 = x n + bn , n ≥ 0 em que x 0 e a sucessão bn são dados do problema. Sua resolução faz uso da propriedade telescópica da soma obtendo: n −1

x n = x 0 + ∑ bi , n ≥ 1 i =0

Exemplo: Para a equação:

x n +1 = x n + 2 n , n ≥ 0,

com

x 0 = 1,

x n = 2 , n ≥ 0. 2. EQUAÇÃO LINEAR DE PRIMEIRA ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES.

A equação linear de primeira ordem com coeficientes constantes é: a n x n = bn x n −1 + c n , n ≥ 0 EUREKA! N°9, 2000

obtemos

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em que x 0 e as sucessões numéricas a n , bn e c n são dados do problema (as sucessões a n e bn não devem ser nulas). Para resolver esta equação ela deve ser multiplicada pelo fator S n (chamado fator somante): S n a n x n = S n bn x n −1 + S n c n Impõe-se a condição: S n bn = S n −1 a n −1 (1) com o qual obtemos: S n a n x n = S n −1 a n −1 x n −1 + S n c n Observa-se que a equação anterior se reduz a uma de primeiro tipo, e que sua solução é: n 1 xn = ( S 0 a 0 x 0 + ∑ S i ci ), n ≥ 0 S n an i =1 O fator somante é obtido a partir da condição (1) e considerando que S 0 = 1 : a a ...a a S n = n −1 n − 2 1 0 , n ≥ 1 bn bn −1 ...b2 b1 EXEMPLO: AS TORRES DE HANOI.

Dadas três varetas e n discos de distintos tamanhos colocados na primeira vareta em ordem de tamanho (do menor ao maior), mover estes n discos desde a vareta inicial até a terceira usando a segunda como auxiliar, sem colocar um disco de tamanho maior sobre um de tamanho menor (para maiores explicações ver [4]). Se x n é a quantidade de movimentos para levar os n discos da primeira a terceira vareta, podemos provar, ao analisar como são distribuídos os movimentos, que, se x n é a quantidade de movimentos para mover os n discos desde a primeira à terceira vareta (com n ≥ 0), então: x n = 2 x n −1 + 1, n ≥ 1 com x 0 = 0. De fato, dada uma solução do problema de Hanoi com n – 1 discos em x n −1 movimentos, podemos mover os n – 1 primeiros discos para a segunda vareta, depois mover o último disco para a terceira vareta e por fim mover os n −1 primeiros discos para a terceira vareta, gastando x n −1 + 1 + x n −1 = 2 x n −1 + 1 movimentos. Neste caso temos que o fator somante 1 resulta ser: S n = n . Logo, a solução da equação das torres de Hanoi é: 2 EUREKA! N°9, 2000

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x n = 2 n − 1, n ≥ 0 Observamos, por exemplo, que para n = 3 devem ser realizados 7 movimentos. Deixamos como exercício para o leitor provar que é impossível resolver este problema usando uma quantidade menor de movimentos. 3. EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS DE PRIMEIRA ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES.

Considere a equação: a k x n + k + a k −1 x n + k −1 + ... + a 0 x n = 0, n ≥ 0 (2) em que a 0 ,..., a k são sucessões independentes de n, e os valores de xi são conhecidos para i = 0, ..., k – 1 (correspondem aos valores de bordo). Supondo que a equação (2) admite uma solução do tipo: x n = λ n , em que λ é um parâmetro inteiro, e substituindo em (2) temos: a k λ n + k + a k −1λ n + k −1 + ... + a 0 λ n = 0 Se λ ≠ 0 então obtemos a equação característica associada a equação (2): a k λk + a k −1λk −1 + ... + a 0 λ0 = 0 Vamos mostrar que se esta equação tem as raízes complexas λ1 ,..., λ r com multiplicidades α1 ,α 2 ,...,α r ∈ N , respectivamente, então as soluções de (2) são exatamente as seqüências ( x n ) da forma xn = Q1(n)λ1n + Q2 (n)λn2 + ... + Qr (n)λnr , onde Q1 ,..., Qr são polinômios com grau (Qi ) < α i , 1 ≤ i ≤ r (em particular, se λi é uma raíz simples então Qi é constante). Seja P( x) = ak x k + ak −1 x k −1 + ... + a0 um polinômio. Dizemos que uma seqüência ( x n ) n∈N satisfaz a propriedade Rec ( P( x)) se ak xn+k + ak −1 xn+k −1 + ... + a0 xn = 0, ∀n ∈ N . Não é difícil verificar os seguintes fatos:

i) Se ( X n ) e (Yn ) satisfazem Rec ( P ( x)) e c ∈ C então ( Z n ) = X n + cYn satisfaz Rec ( P( x)) . ii) Se Q( x) = br X r + br −1 X r −1 + ... + b0 e ( X n ) satisfaz Rec ( P ( x)) então ( X n ) satisfaz Rec ( P( x)Q( x)) (isso segue de

∑ b j (a k X n+ j + k + a k −1 X n+ j + k −1 + ... + a0 X n+ j ) = 0, ∀n ∈ N ) j =0

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iii)

(X n )

satisfaz

Rec ( P ( x))

Rec ( P (λX )) (substitua X n + j = λ n + j Yn + j em

só

(

(Yn ) = X n λn

)

satisfaz

∑ a j X n+ j = 0). j =0

iv) Se S n = ∑ x k então ( x n ) satisfaz Rec ( P( x)) se e só se ( S n ) satisfaz k =0

Rec (( x − 1) P ( x)) (escreva x n + j +1 = S n + j +1 − S n + j e substitua em

∑ a j x n+ j +1 = 0). j =0

Por iii), para ver que, para todo polinômio Q(x) de grau menor que m, X n = Q ( n)λ n

satisfaz Rec (( x − λ ) m ), basta ver que (Yn ) = (Q(n) ) satisfaz

Rec (( x − 1) m ), o que faremos por indução. Isso é claro se m = 1, e em geral, se ~ Z n = Yn +1 − Yn = Q(n + 1) − Q(n), como Q ( x) = Q ( x + 1) − Q ( x) tem grau menor que m – 1, ( Z n ) satisfaz Rec (( x − 1) m −1 ) (por hipótese de indução), e logo, por (iv), (Yn ) satisfaz Rec (( x − 1) m ). Essa observação, combinada com ii), mostra que se ( P ( x) = ( x − λ1 )α1 ( x − λ 2 ) α 2 ...( x − λ r ) α r , e grau (Qi ) < α i para 1 ≤ i ≤ r r

então x n = ∑ Qi (n)λ ni satisfaz Rec ( P( x)) . i =1

Para ver que se ( x n ) satisfaz Rec ( P( x)) então x n é da forma acima, usaremos indução novamente. Supomos λ1 ≠ 0 e tomamos Yn = X n λ1n , Z n = Yn +1 − Yn (com Z 0 = Y0 ). Por iii) e iv), Z n satisfaz Rec ( P (λ1 x) ( x − 1)) e, portanto por hipótese de indução, ~ ~ ~ ~ Z n = Q1 ( x) + Q2 ( x)(λ 2 λ1 ) n + ... + Qr ( x)(λ r λ1 ) n , onde grau Qi < α i para ~ 2 ≤ i ≤ r e grau Q1 < α 1 − 1. Para terminar a prova, vamos mostrar que se existem polinômios P1 , P2 ,..., Pk tais que Yn +1 − Yn = P1 (n) + P2 (n) β 2n + ... + Pk ( n) β kn (onde 1, β 2 ,..., β k são complexos ~ ~ ~ distintos e Pi ≠ 0, ∀i ≥ 2 ) então Yn = P1 (n) + P2 ( n) β 2n + ... + Pk ( n) β kn , onde ~ ~ ~ P1 ,..., Pk são polinômios com grau Pi = grau Pi para i ≥ 2 e grau ~ P1 = grau P1 + 1, por indução na soma dos graus dos polinômios Pi , onde convencionamos que o grau do polinômio nulo é –1. EUREKA! N°9, 2000

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(no nosso caso temos β i = λi λ1 , e como X n = λ1n Yn o resultado segue imediatamente). Para provar essa afirmação observamos inicialmente que, se a soma dos graus de Pi é –1, então Yn +1 − Yn = 0, ∀n, e logo, Yn é constante e, em geral, consideramos 2 casos:

P1 ( x) = c m x m + c m −1 x m −1 + ... + c 0 , c m ≠ 0.

Nesse

caso

definimos

m +1

c n ~ ~ ~ Yn = Yn − m , e temos Yn +1 − Yn = Q1 (n) + P2 ( n) β 1n + ... + Pk (n) β kn , com m +1 ~ grau Q < m. Por hipótese de indução, Yn (e logo Yn ) é da forma desejada. P2 ( x) = d s x s + d s −1 x s −1 + ... + d 0 , d s ≠ 0.

Nesse

caso,

definimos

~ ~ λ , e temos Yn +1 − Yn = P1 (n) + Q(n) β 2n + P3 (n) β 3n + ... + Pk (n) β kn , λ2 −1 ~ com grau Q < s. Por hipótese de indução, Yn (e logo Yn ) é da forma desejada. ~ Yn = Yn −

dsns n2

Exemplo: x n = sen(nα ) satisfaz uma recorrência linear. De fato, x n +1 = sen( nα + α ) = sen( nα ) cos α + cos(nα ) senα ⇒ x n + 2 = sen(nα + 2α ) = sen(nα ) cos 2α + cos(nα ) sen2α ⇒ sen2α sen2α ⇒ xn+2 − cos α ) x n , ou seja, x n +1 = (cos 2α − senα senα x n + 2 = 2 cos αX n +1 − X n . Note que x n não parece ser da forma geral descrita nesta seção, mas de fato, xn =

1 e inα − e −inα 1 iα n 1 −iα n 1 = (e ) − (e ) = (cosα + isenα ) n − (cosα − isenα ) n 2i 2i 2i 2i 2i

Obs. Se ( x n ) satisfaz Rec (( x − 1) P ( x)) , onde P ( x) = a n x k + a k −1 x k −1 + ... + a 0 , então, se definirmos Yn = a k x n + k + a k −1 x n + k −1 + ... + a 0 x n , teremos Yn +1 = Yn , ∀n ∈ N , ou seja, Yn é constante. Assim, a k x n + k + ... + a 0 x n é um invariante da seqüência x n , o que é uma observação útil para muitos problemas olímpicos. Veja o problema 3 da IMO. EUREKA! N°9, 2000

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EXEMPLO: OS NÚMEROS DE FIBONACCI.

A sucessão que lhes dá origem é: f n + 2 = f n +1 + f n , n ≥ 0 em que f 0 e f 1 são dados. Ao aplicar o método analisado, considerando f 0 = 0 e

f 1 = 1, obtemos o polinômio característico λ 2 − λ − 1 = 0, cujas soluções são: 1+ 5 1− 5 , λ2 = 2 2 Considerando as condições do bordo a solução geral da equação de Fibonacci é (ver [3]): 1 fn = (λ1n − λn2 ), n ≥ 0 5

λ1 =

Observa-se que os valores associados a esta sucessão são todos inteiros. Por exemplo: f 3 = 2, f 4 = 3, etc. Podemos comprovar que, se n converge a infinito então λ 2 converge a zero, portanto, f n é da ordem de λ1n , e a fração f n +1 f n converge a λ1 . 4. EQUAÇÕES NÃO HOMOGÊNEAS DE PRIMEIRA ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES.

A equação mencionada é do tipo: a k x n + k + a k −1 + ... + a 0 x n = y n , onde a 0 , a1 ,..., a k são constantes e y n satisfaz uma equação homogênea de primeira ordem com coeficientes constantes. Supondo que y n satisfaça bA y n + A + bA −1 y n + A −1 + ... + b0 y n = 0, onde b0 , b1 ,..., bA são constantes, observamos que bA (a k x m + A + k + ... + a 0 x m + A ) + bA −1 ( a k x m + A −1+ k + ... + a 0 x m + A −1 ) + ... b0 (a k x m + k + ... + a 0 x m ) = 0, ou seja, temos uma equação homogênea de primeira ordem com coeficientes constantes. Pode-se demonstrar que a equação característica da recorrência é: (a k x k + a k −1 x k −1 + ... + a 0 ) ⋅ (bA x A + bA −1 x A −1 + ... + b0 ) = 0. EUREKA! N°9, 2000

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Exemplo 1: Considere a seguinte equação de recorrência 1, se n é multiplo de 4, n ≥ 1; x n − x n −1 =  0, caso contrário x 0 = 0.

y n+4

1, se n é multiplo de 4, satisfaz a recorrência. yn =  0, caso contrário = y n ⇔ y n + 4 − y n = 0, n ≥ 0. Assim, ( x n + 4 − x n +3 ) − ( x n − x n −1 ) = 0 ⇔ x n + 4 − x n + 3 − x n + x n −1 = 0 e x 0 = 0; x1 − x 0 = 0 ⇔ x1 = 0; x 2 − x1 = 0 ⇔ x 2 = 0; x3 − x 2 = 0 ⇔ x3 = 0; x 4 − x 3 = 1 ⇔ x 4 = 1.

A equação característica é x 5 − x 4 − x + 1 = 0 ⇔ ( x 4 − 1) ⋅ ( x − 1) = 0 a qual possui as raízes 1 (raiz dupla); –1; i ; – i. Ou seja, x n = ( An + B ) ⋅ 1n + C ⋅ ( −1) n + D ⋅ i n + E ⋅ ( −1) n , A, B, C, D, E constantes. De fato, considerando as condições de bordo, n 3 (−1) n (1 + i ) n (1 − i ) xn = − + + ⋅i + ⋅ ( −i ) n ⇔ 4 8 8 8 8 n i n ((1 + i ) + (−1) n (1 − i )) + (−1) n − 3 xn = + 4 8 n (É interessante notar que, na verdade, x n =  .) 4

Exemplo 2: Seja a seguinte equação de recorrência, que considera logaritmos em base 2:

f (n) = 2 f ( n ) + log 2 log 2 n, n ≥ 3 f (2) = 1 Neste caso aplicamos uma troca de variável para ir desta equação a uma equação linear, e poder resolvê-la, o qual significa que haverá solução só para os valores de n que tome com este cambio. Este é: EUREKA! N°9, 2000

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n = 22 ,

n = 22

k −1

, log 2 log 2 n = k

Ao efetuar essas substituições na equação obtemos: x k − 2 x k −1 = k (3) onde: k

x k = f ( n) = f ( 2 2 ) 0

x0 = f (2 2 ) = 1 A equação (3) é uma equação não homogênea. Procedendo como acima ∆ obtemos: x k + 2 − 4 x k +1 + 5 x k − 2 x k −1 = 0 cuja solução considerando a condição do bordo é: x k = −2 − k + 3 ⋅ 2 k , k ≥ 0 Logo, voltando a variável n original, a solução final é: k

f (n) = 3 log 2 n − log 2 log 2 n − 2, n = 2 2 , k ≥ 0 A solução só tem resultados inteiros para os valores de n mencionados. Por exemplo: f ( 4) = 3, f (16) = 8, etc. Deixamos a prova deste fato como exercício para o leitor.

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EQUAÇÕES FUNCIONAIS Eduardo Tengan - Colégio Etapa ◆ Nível Avançado Uma das técnicas básicas para a resolução de equações com funções é perceber quando ela é injetora, isto é, quando f (a ) = f (b) ⇒ a = b. Isto é particularmente freqüente em problemas em que temos equações do tipo f ( f ( x)) = kx, k ≠ 0. De fato, f (a) = f (b) ⇒ f ( f (a)) = f ( f (b)) ⇔ ka = kb ⇔ a = b. "Sabendo que f é injetora, podemos provar novas relações aplicando f dos dois lados da equação". Por exemplo, considere o seguinte problema: (IMO) Seja Q + o conjunto dos racionais positivos. Construa uma função

f : Q + → Q + tal que f ( xf ( y )) = f ( x) y para todo x, y ∈ Q + . Para x = 1, temos f ( f ( y )) = f (1) y e daí temos que f é injetora: f (a ) = f (b) ⇒ f ( f (a )) = f ( f (b)) ⇔ f (1) a = f (1) b ⇔ a = b. ( f (1) ∈ Q + , logo f (1) ≠ 0). Agora, vamos provar que a função é multiplicativa, isto é, que f (ab) = f (a ) f (b). Aplicamos f a cada membro da equação, f (1) f ( f (ab)) = ab f ( f (a )) f (1) f ( f ( a ) f (b)) = = b ab Como os resultados são iguais e f é injetora, concluímos que f (ab) = f ( a) f (b). Daí temos: f (1 ⋅ 1) = f (1) f (1) ⇔ f (1) = 1 1  1 1 1 1 f  a ⋅  = f (a) f   ⇔ 1 = f (a) f   ⇔ f   =  a a a  a  f (a) a  1  f (a) f   = f a ⋅  = b  b  f (b) Assim, basta construir a função para os inteiros positivos. Mais ainda, basta defini-la para os primos. Devemos ter f ( f ( p)) = f (1) p = 1 p . Pensando um pouco, sendo p1 , p 2 , p 3 ,... todos os primos, podemos tomar

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 p n −1 se n é par f ( pn ) =  1 p n +1 se n é ímpar e verificar que a condição inicial é satisfeita. EXERCÍCIO 1

(IMO) Determine o menor valor possível de f(1998), onde f é uma função do conjunto N dos inteiros positivos nele mesmo, tal que, para todo m, n ∈ N : f (n 2 f (m)) = m( f (n)) 2 . Para funções de domínio real, podemos utilizar desigualdades para obter igualdades. Por exemplo, considere o seguinte problema. Determine todas as funções f : R 2 → R tais que f (a; a) = a para todo a ∈ R e a + b < c + d ⇒ f ( a, b) < f (c, d ) para quaisquer a, b, c, d ∈ R . Observe, em primeiro lugar, que, para ε > 0, a+b a+b a+b  a+b  − ε, − ε  ≤ f ( a, b) ≤ f  + ε, +ε f 2 2 2 2     a+b a+b ⇔ − ε ≤ f ( a, b) ≤ + ε (*) 2 2 Logo é razoável que f (a, b) = ( a + b) 2 . Suponha que existam a 0 e b0 tais que f (a0 , b0 ) ≠ (a0 + b0 ) 2. Se f (a0,b0 ) > (a0 + b0 ) 2, então f (a0,b0) = (a0 + b0) 2 + p, p > 0 . Mas f (a 0 , b0 ) ≤ (a 0 + b0 ) 2 + p 2 por (*), ou seja, (a 0 + b0 ) 2 + p ≤ (a 0 + b0 ) 2 + p 2 ⇔ p ≤ 0, absurdo. Analogamente f (a 0 , b0 ) < (a 0 + b0 ) 2 é impossível. Logo f (a, b) = (a + b) 2 para todo a, b ∈ R. Podemos utilizar um raciocínio semelhante em diversos problemas que envolvem funções crescentes. Às vezes, é necessário obter a desigualdade a partir das 2 condições do problema, muitas vezes, utilizamos relações como f x 2 = ( f ( x ))

( )

para concluir que x ≥ 0 ⇒ f ( x) ≥ 0 (basta substituir x no lugar de x na relação anterior). Observe o exercício a seguir. Seja f uma função de R em R tal que f(1) = 1, f (a + b) = f(a) +f(b) para todo a, b e f ( x) f (1 x) = 1 para todo x ≠ 0. Prove que f ( x) = x para todo número real.

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É fácil ver que f (n) = n para todo n inteiro positivo e de f (0) = f (0) + f (0) ⇔ f (0) = 0 e f (0) = f (1) + f (−1) ⇔ f (−1) = −1, que f ( x) = x para todo x ∈ Z . Para verificar este resultado para x ∈ Q, basta utilizar f (1 x) = 1 f ( x). Observamos ainda que f é injetora: temos f ( y ) + f ( x − y ) = f ( x) ⇔ f ( x − y ) = f ( x) − f ( y ). Como f ( x) ⋅ f (1 x) = 1 ⇒ f ( x) ≠ 0, então f ( x) = 0 ⇔ x = 0 e f ( x) = f ( y ) ⇔ f ( x) − f ( y ) = 0 ⇔ f ( x − y ) = 0 ⇔ x − y = 0 ⇔ x = y. Para estender o resultado para R, precisamos obter uma desigualdade (na verdade, é só desta forma que poderemos distinguir o conjunto dos racionais do conjunto dos reais. No jargão matemático, dizemos que R é um corpo ordenado completo). Utilizando a observação que precede o exercício, vamos tentar calcular f ( x 2 ). Se a ≠ a 2 , f (a − a 2 ) ≠ 0 (pois f é injetora), logo

1 1 1  1  1  = = f  = f + 2 2 2 f (a) − f (a ) f (a − a )  a 1− a  a−a  1 1  1  1 + ⇒ f (a 2 ) = ( f ( a)) 2 , = f + f = a 1 a f ( a ) f ( 1 − a ) −     que vale também quando a = a 2 ⇔ a = 0 ou a = 1. a > b ⇒ a − b > 0 ⇒ f (a − b) > 0 ⇒ f (a ) > f (b), Agora, observando que concluímos verificando que, por exemplo, se f ( x 0 ) > x 0 para algum x 0 ∈ R, que se f ( x 0 ) < x 0 então existe um q ∈ Q tal que f ( x 0 ) > q > x 0 . Porém q > x 0 ⇒ f ( q) > f ( x 0 ) ⇔ q > f ( x 0 ), o que é absurdo. O caso f ( x 0 ) < x 0 é análogo, o que termina o problema. EXERCÍCIO 2

(IMO) Encontre todas as funções f : R → R tais que f ( x 2 + f ( y )) = y + f ( x) 2 . Dica: Prove que f ( x 2 ) = ( f ( x)) 2 e que f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ), para x ≥ 0 e y ∈ R, então conclua. Se voce não conseguir concluir, puxa!! Você passou muito perto da resolução. EXERCÍCIO 3

(IMO) Encontre todas as funções f, definidas no conjunto dos reais não negativos e assumindo valores reais não negativos, tais que: i) f ( xf ( y )) f ( y ) = f ( x + y ) para todo x, y ≥ 0 EUREKA! N°9, 2000

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ii) f ( 2) = 0 iii) f ( x) ≠ 0 para 0 ≤ x < 2 Dica: x ≥ 2 ⋅ y ⇔ x ≥ 2 f ( y ). Incrível, não? PONTO FIXO

Muitas vezes, é útil considerarmos os pontos fixos de uma função, isto é, pontos x tais que f ( x) = x. Para mostrar que esta simples consideração leva, muitas vezes, à solução do problema, observe abaixo o seguinte exemplo: (IMO) Seja S o conjunto dos reais maiores que –1. Encontre todas as funções f : S → S satisfazendo as condições f ( x + f ( y ) + xf ( y )) = y + f ( x) + yf ( x), ∀x, y ∈ S i) ii) f ( x) x é estritamente crescente para – 1 < x < 0 e x > 0. Para x = 0, temos f ( f ( y )) = y (1 + f (0)) + f (0), donde concluímos que f é injetora. De f ( f (0)) = f (0) e da injetividade de f, concluímos que f (0) = 0. Seja x 0 um ponto fixo de f. Sabemos da condição ii) que há no máximo um ponto em cada um dos intervalos (–1; 0) e (0; + ∞). Substituindo x = y = x 0 em i),

(

)

encontramos f x 02 + 2 x 0 = x 02 + 2 x 0 .

x 0 ∈ ( −1;0), x 02

Se + 2 x 0 ∈ (−1;0), logo x 02 + 2 x 0 = x 0 , absurdo. Analogamente, não há pontos fixos em (0;+∞). Assim, 0 é o único ponto fixo de f. Substituindo x = y em i), temos f ( x + f ( x) + xf ( x)) = x + f ( x) + xf ( x), ou seja xf (x) é ponto fixo e, portanto, igual a 0, logo f ( x) = − x (1 + x), que satisfaz i) e ii). EXERCÍCIO 4

(IMO) Encontre todas as funções f definidas no conjunto dos reais positivos e assumindo valores neste conjunto e que satisfaz as condições: f ( xf ( y )) = yf ( x) para todo x, y ∈ R *+ ; i) f ( x) → 0 quando x → +∞. ii) EXERCÍCIO 5

(Torneio das Cidades) Mostre que não existem funções f : R → R tais

f ( f ( x)) = x 2 − 1996. Dica: utilize pontos fixos, mas utilize mesmo! EXERCÍCIO 6

(IMO) Seja N 0 o conjunto dos inteiros não negativos. Encontre todas as funções f : N 0 → N 0 tais que f (m + f (n)) = f ( f (m)) + f ( n), ∀m, n ∈ N 0 . Dica: considere o menor ponto fixo da função. EUREKA! N°9, 2000

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OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO Þ O comitê editorial da EUREKA! sente-se gratificado pela acolhida desta nova seção por parte dos seus leitores. Aproveitamos a oportunidade para agradecer aqueles que nos enviaram sugestões, opiniões, críticas e principalmente soluções para os problemas. Cumpre informar, aos leitores, que por uma questão de espaço físico as soluções de todos os problemas propostos, em um exemplar de EUREKA!, não poderão ser apresentadas no número posterior ao daquele em que foram publicados visto que a revista possui outras seções de grande interesse do público em geral. Entretanto, as mesmas serão divulgadas nos números posteriores à medida que os leitores as enviarem. Se houver interesse “mais urgente” na solução de algum problema específico, solicitamos contactar a OBM, seção OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO, através de carta ou e-mail.

Antonio Luiz Santos ÞÞÞ Primeiramente vamos aos problemas propostos deste número

32. (Moldávia-1998) A seqüência

an =

(a n ) ,

n ∈ N* verifica as relações a1 =

1 e 2

a n −1 para todo número natural n > 1 . Calcule a1 + a 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + a1998 . 2na n −1 + 1

33. (Moldávia-1999) Seja n um número natural tal que 2n 2 possui 28 divisores distintos e o número 3n 2 possui 30 divisores distintos . Qual o número de divisores do número 6n 2 ? 34. (Ucrânia-1996) A seqüência (a n ) , n ≥ 0 é tal que a 0 = 1 , a100 = 0 , e para todo n ≥ 1 , tem-se que a n +1 = 2a1 a n − a n −1 . a) Mostre que a1 ≤ 1 . b) Determine a1996

35. (Ucrânia-1997) Seja d (n ) o maior divisor ímpar de um número natural n .

 2n   Definamos uma função f : N → N tal que f (2n − 1) = 2 n e f (2n ) = n +   d (n )  EUREKA! N°9, 2000

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para todo n ∈ N. Determine todos os valores de k tais que f ( f (... f (1)...)) = 1997 onde f é iterada k vezes.

36. (China-1999) Seja PQRS um quadrilátero inscrito num círculo e cuja medida do ângulo ∠PSR seja igual a 90 o . Se H e K são os pés das perpendiculares baixadas de Q sobre PR e PS respectivamente (convenientemente prolongados se necessário). Mostre que HK divide QS ao meio. 37. (Rússia-1999) Os algarismos de um inteiro positivo A em sua representação no sistema de numeração decimal crescem da esquerda para a direita. Determine a soma dos algarismos do número 9 ⋅ A . 38. (Japão-1999) Para um hexágono convexo ABCDEF cujos lados possuem todos medidas iguais a 1 , determine o valor máximo M e o valor mínimo m das diagonais AD , BE e CF e seus possíveis conjunto de valores. 39. (Irlanda-1999) Determine todos os inteiros positivos m tais que a quarta potência do número de seus divisores positivos é igual a m . 40. (Irlanda-1999) Mostre que existe um número inteiro positivo na seqüência de Fibonacci que é divisível por 1000 . 41. (Taiwan-1999) Seja P * o conjunto de todos os números primos ímpares menores do que 10000 . Determine todos os números primos p ∈ P * tal que para cada subconjunto S de P * , digamos, S = {p1 , p 2 , ... , p k } , com k ≥ 2 , sempre que p ∉ S , existe algum q em P * , mas não em S tal que q + 1 é um divisor de ( p1 + 1)( p 2 + 1) ⋅ ⋅ ⋅ ( p k + 1). 42. (Taiwan-1999) As alturas de um triângulo acutângulo intersectam os lados BC , AC e BC nos pontos D , E e EF intersecta BC no ponto P e a reta que passa por intersecta AC e AB em Q e R respectivamente, seja N BC tal que ∠NQP + NRP < 180o . Prove que BN > CN .

ABC onde AB > AC F respectivamente. Se D e é paralela a EF um ponto sobre o lado

43.

tal

(Bulgária-1999)

Seja

parâmetro

real

x − 3 px − p = 0 possui duas raízes reais distintas x1 e x 2 . EUREKA! N°9, 2000

que

equação

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a) Prove que 3 px1 + x 22 − p > 0 . b) Determine o menor valor possível de A =

p2 3px1 + x22 + 3p

3px2 + x12 + 3p p2

Quando ocorre a igualdade ?

44. (Bulgária-1999) Determine o menor número natural n tal que a soma dos 2 quadrados de seus divisores (incluindo 1 e n ) é igual a (n + 3) . 45. (Bulgária-1999) Seja M o ponto médio do lado BC de um triângulo ABC no qual ∠CAB = 45 o e ∠ABC = 30 o . a) Determine ∠AMC AB ⋅ BC b) Prove que AM = 2 AC 46. (Bulgária-1999) Sejam M um ponto do interior de um quadrado ABCD e A1 , B1 , C1 e D1 os pontos de interseção de AM , BM , CM e DM respectivamente com o círculo circunscrito ao quadrado ABCD . Mostre que A1 B1 ⋅ C1 D1 = A1 D1 ⋅ B1C1 . 47. (Irã-1999) Determine todas as funções

(

)

f : R →R

que satisfazem a

f ( f ( x ) + y ) = f x − y + 4 f ( x ) y para todos os números reais x e y . 2

48. (Irã-1999) Em um triângulo ABC a bissetriz do ângulo ∠BAC intersecta o lado BC no ponto D . Seja Γ um círculo tangente a BC no ponto D e que passa pelo ponto A . Se M é o segundo ponto de interseção de AC com Γ e se BM intersecta o círculo em P , mostre que AP é uma mediana do triângulo ABD . 49. (Repúblicas Tcheca e Eslovaca-1999) Determine o menor número natural que pode ser obtido colocando-se parêntesis na expressão 15 : 14 : 13 : 12 : 11 : 10 : 9 : 8 : 7 : 6 : 5 : 4 : 3 : 2 50. (Repúblicas Tcheca e Eslovaca-1999) A média aritmética de uma quantidade de números primos distintos é igual a 27 . Determine o maior número primo que aparece entre eles. EUREKA! N°9, 2000

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51. (Repúblicas Tcheca e Eslovaca-1999) Mostre que para todo número natural n o produto 2  2  2  2   4 −  4 −  4 −  ⋅ ⋅ ⋅  4 −  1  2  3  n  é um inteiro. 52. (Espanha-1998) As tangentes dos ângulos de um triângulo são inteiros positivos. Determine estes números. 53. (Espanha-1998) Determine todas as funções estritamente crescentes f : N* → N* tais que f (n + f (n )) = 2 f (n ) 54. (Eslovênia-1999) Seja O o centro do círculo circunscrito ao triângulo ABC . Se P e Q são os pontos médios de AO e BC respectivamente, determine a medida do ângulo ∠OPQ se ∠CBA = 4 ⋅ ∠OPQ e ∠ACB = 6 ⋅ ∠OPQ . 55. (Eslovênia-1999) Determine todos os inteiros x e y que satisfazem à equação x 3 + 9 xy + 127 = y 3 .

56. (Estônia-1999) Determine todos os valores de a tais que o valor absoluto de uma das raízes da equação x 2 + (a − 2 )x − 2a 2 + 5a − 3 = 0 seja igual a duas vezes o valor absoluto da outra raiz. 57. (Estônia-1999) Sejam O1 e O2 os centros de dois círculos que não se intersectam e de mesmo raio. Se s é a reta que passa pelos seus centros e t é sua tangente comum externa, considere um círculo tangente aos dois círculos nos pontos K e L e também tangente às retas s e t nos pontos M e P respectivamente. Determine a medida de O1O2 . Mostre ainda que os pontos M , K e N estão alinhados onde N é o ponto de tangência da reta t com o primeiro círculo. 58. (St.Petersburg-1999) 150 bolas de encher (bexigas) vermelhas , 150 azuis e 150 verdes flutuam sob o teto de um circo. Existem exatamente 13 bolas verdes dentro de cada bola azul e exatamente 5 bolas azuis e 19 bolas verdes dentro de cada bola vermelha. Mostre que algumas bolas verdes não estão contidas no interior de nenhuma das outras 449 bolas.

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59. (St.Petersburg-1999) Todos os números inteiros positivos não superiores a 100 são escritos em ambos os lados de 50 cartas (cada número é escrito exatamente uma vez). Estas cartas são postas sobre uma mesa de modo que somente os números que estejam virados para cima podem ser vistos. Gustavo pode escolher várias cartas, virá-las e então calcular a soma de todos os 50 números que aparecem agora. Qual é o valor máximo da soma S tal que Gustavo pode com certeza obter uma soma não inferior a S ? 60. (St.Petersburg-1999) Três mágicos apresentam um truque entregando a uma pessoa da platéia um maço de cartas numeradas com 1,2,...,2n + 1(n > 6). O espectador fica com uma das cartas e aleatoriamente distribui as restantes entre o primeiro e o segundo mágicos (cada um deles fica com n cartas) . Estes olham suas cartas (sem se comunicar um ao outro) e cada um escolhe duas cartas formando um maço (ordenado) com estas cartas e as entrega ao terceiro mágico. O terceiro mágico olha estas quatro cartas e anuncia a carta que ficou com o espectador. Explique como este truque pode funcionar. ÞÞÞ Agora vamos aos comentários e soluções dos leitores para alguns dos problemas apresentados no número anterior de EUREKA!. O critério por nós adotado para este número foi apresentar as soluções dos problemas que foram, até o presente momento, resolvidos pelo maior número de leitores.

4. (Reino Unido-1998) Em um triângulo ABC , D é o ponto médio de AB e E é um ponto do lado BC tal que BE = 2 EC . Sabendo que ∠ADC = ∠BAE determine a medida do ângulo ∠BAC . Enviaram soluções Einstein do Nascimento Júnior (Fortaleza-CE), Geraldo Perlino Júnior (SP) e Diego Alvarez Araújo Correia (Fortaleza-CE).

Solução de Einstein do Nascimento Júnior: Sejam α = ∠ADC = ∠BAE e P = AE ∩ CD e tracemos pelo ponto D uma reta paralela a AE e que intersecta o lado BC no ponto Q . Como EC = EQ e DQ // PE então AP = PD . Daí, PD = PA = PC e seja ∠PCA = ∠PAC = θ logo, ∠PCA + ∠PAC + ∠PAB + ∠PDA = 180 o ⇒ 2θ + 2α = 180 o ⇒ α + β = 90 o .

7. (Rússia-1998) Existem números de n algarismos M e N onde todos os algarismos de M sejam pares, todos os algarismos de N sejam ímpares, cada um dos EUREKA! N°9, 2000

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algarismos de 0 a 9 ocorrendo exatamente uma vez entre M e N e tais que M divide N ? Enviaram soluções com comentários sobre um possível erro no enunciado: Diego Alvarez Araújo Correia (Fortaleza-CE) e Marcílio Miranda de Carvalho (Teresina – PI).

Solução de Marcílio Miranda de Carvalho:

M |N⇒M ⋅

K= N N absurdo! ímpar

par

Conclusão : Não existem M e N que satisfaçam às condições do problema Marcílio também observou que como a Rússia tem grande tradição em IMO’s deveria haver um erro no enunciado e que o mesmo possivelmente deva ser : “ ... e tais que N divide M ” apresentando a seguinte solução para o novo enunciado :

M ≡ 0 + 2 + 4 + 6 + 8 ≡ 2(mod 9 ) N ≡ 1 + 3 + 5 + 7 + 9 ≡ 7(mod 9 ) N | M ⇒ N ⋅ K = M ⇒ 7 K ≡ 2(mod 9) ⇒ K ≡ 8(mod 9) ⇒ K ≥ 8. Mas N ≥ 13579 ⇒ N ⋅ K > 105 ⇒ M possui mais de 5 algarismos.

Conclusão : Não existem M e N que satisfaçam ás condições do problema. 8. (Romênia-1998) O volume de um paralelepípedo é 216cm 3 e a sua área total é 216cm 2 . Mostre que o paralelepípedo é um cubo. Enviaram soluções Einstein do Nascimento Júnior (Fortaleza-CE), Geraldo Perlino Júnior (SP), José Guilherme Moreira Pinto (Juiz de Fora - MG) e Diego Alvarez Araújo Correia (Fortaleza-CE).

Solução de Diego Alvarez Araújo Correia: Sejam a , b e c as medidas das dimensões do paralelepípedo. Pelo enunciado tem-se : abc = 216 e ab + ac + bc = 108 . EUREKA! N°9, 2000

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Como MA ≥ MG ,

ab + bc + ac 3 ≥ ab ⋅ bc ⋅ ac então 3

108 3 2 2 ≥ (abc ) = 3 (216 ) = 36 ⇒ 36 ≥ 36 . Como ocorre a igualdade, temos que 3 ab = bc = ca ⇒ a = b = c . 13. (Irlanda-1999) Uma função f : N → N satisfaz às condições :

f (ab ) = f (a ) f (b ) se o máximo divisor comum de a e b é 1, f ( p + q ) = f ( p ) + f (q ) para todos os números primos p e q. Mostre que f (2 ) = 2, f (3) = 3 e f (1999 ) = 1999 . Enviaram soluções Marcílio Miranda de Carvalho (Teresina – PI) e Geraldo Perlino Júnior (SP).

Solução de Marcílio Miranda de Carvalho: Seja p um número primo ímpar, então f (2 p ) = f (2 ) ⋅ f ( p ) . Como, f (2 p ) = f ( p ) + f ( p ) = 2 f ( p ) ⇒ f (2) = 2 Além disso, f (4 ) = f (2 ) + f (2 ) = 4 ⇒ f (12 ) = 4 f (3) . Por outro lado f (12 ) = f (7 ) + f (5) ⇒ f (12 ) = 2 f (2 ) + f (3) + f (2 ) + f (3) = 6 + 2 f (3) ⇒ f (3) = 3 .

Finalmente,

f (5) = f (2) + f (3) = 5 ⇒ f (15) = 15 ⇒ f (13) = 13 ⇒ f (26 ) = 26 ⇒ f (23) = 23. Mas, f (13) = 13 ⇒ f (11) = 11 ⇒ f (33) = 33 ⇒ f (31) = 31 ⇒ f (29) = 29 . Logo, f (2001) = f (3) ⋅ f (23) ⋅ f (29) = 2001 ⇒ f (1999) = 1999 14. (Suíça-1999) Determine todas as funções f : R\ {0} → R

satisfazendo

1 1 f (− x ) + f   = x para todos x ∈ R\ {0} . x  x Enviaram soluções Marcílio Miranda de Carvalho (Teresina – PI) e Geraldo Perlino Júnior (SP). EUREKA! N°9, 2000

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Solução de Geraldo Perlino Júnior: Seja a ∈ R

com a ≠ 0 . Fazendo x = −a e x =

1 na equação dada temos a

1 1  1  1 f (a ) + f  −  = − a e a ⋅ f  −  + f (a ) = . Resolvendo-se o sistema a a  a  a 1 1 formado por estas duas equações chegamos a f (a ) =  a 2 +  e portanto, 2 a 1 1 f (x ) =  x 2 +  . 2 x −

15. (Suíça-1999) Dois círculos intersectam-se em dois pontos M e N . Um ponto A qualquer do primeiro círculo, distinto de M e N , é unido aos pontos M e N de modo que as retas AM e AN intersectam novamente o segundo círculo nos pontos B e C . Mostre que a tangente ao primeiro círculo em A é paralela a BC . Enviaram soluções Einstein do Nascimento Júnior (Fortaleza-CE), Geraldo Perlino Júnior (SP) e Diego Alvarez Araújo Correia (Fortaleza-CE) .

Solução de Einstein do Nascimento Júnior: Seja ∠MNA = θ e P um ponto sobre a tangente ao primeiro círculo em A . Temos então que ∠MAP = θ = ∠MNA e como o quadrilátero MNBC é inscritível então ∠MNB = 180 o − θ e daí ∠MCB = θ resultando em ∠ACB = ∠CAP ⇒ AP // BC . 17. (Ucrânia-1999) Mostre que o número 9999999 + 1999000 é composto. Solução de Marcílio Miranda de Carvalho:

(

)

9999999+1999000= 107 −1+ 2 ⋅103 −1 ⋅103 =

(

)

= 9 ⋅106 +106 −1+ 2 ⋅106 −103 = 3⋅103 3⋅103 −1 + 3⋅106 −103 + 3⋅103 −1 = 3

(

)

)(

(

)(

)

(

)(

)

= 3⋅10 3⋅10 −1 + 3⋅10 10 +1 − 10 +1 = 3⋅103 3⋅103 −1 + 3⋅103 −1 ⋅103 +1 =

(

= 3⋅103 −1 3⋅103 +103 +1 = 2999 ⋅ 4001

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19. (Lituânia-1999) Duas cordas AB e CD de um círculo intersectam-se no ponto K . O ponto A divide o arco CAD em duas partes iguais. Se AK = a e KB = b , determine a medida da corda AD . Enviaram soluções Marcílio Miranda de Carvalho (Teresina – PI), Einstein do Nascimento Júnior (Fortaleza-CE), e Geraldo Perlino (SP) e Geraldo Perlino Júnior (SP).

Solução de Marcílio Miranda de Carvalho: Seja ∠ABD = ∠ADK = α então tem-se que os triângulos ADK e ABD são semelhantes logo, AD a + b 2 = ⇒ ( AD ) = a(a + b ) ⇒ AD = a (a + b ) a AD

21. (Estônia-1999) Determine o valor da expressão

 1   2   1999   2000   2000   2000  f  + ⋅⋅⋅ + f  + f  + f   + ⋅⋅⋅ + f   + f   2000   2000   2000   2000   1999   1  supondo que f (x ) =

x2 . 1 + x2

Enviaram soluções Marcílio Miranda de Carvalho (Teresina – PI), Einstein do Nascimento Júnior (Fortaleza-CE), Geraldo Perlino Júnior (SP), Diego Alvarez Araújo Correia (Fortaleza-CE) e Gibran Medeiros de Souza (Natal-RN).

Solução de Marcílio Miranda de Carvalho: 2 1 1   2 2 2 1 x x    x = x 2 = x + 1 = 1 . Logo o valor da f (x ) + f   = + + 2 2 1 + x2 x2 + 1 x2 + 1  x  1+ x 1 1+   x2  x expressão é 3999  2000  1999 + f   = 1999 + f (1) = 2000 2  

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1 1 1 1 22. (Eslovênia-1999) Inicialmente os números 1, , , ..., são escritos , 2 3 1998 1999 em um quadro negro. Em cada passo, escolhemos dois destes números, digamos a e b, e os substituímos pelo número a + b + ab . Continuamos desta maneira até que reste um único número no quadro negro. É possível que este número seja 2000 ? Justifique sua resposta. Enviaram soluções Einstein do Nascimento Júnior (Fortaleza-CE) e Geraldo Perlino Júnior (SP).

Resumo da solução de ambos com adaptações: Seja a ⊗ b = a + b + ab . É fácil ver que a ⊗ b = b ⊗ a e a ⊗ (b ⊗ c ) = (a ⊗ b ) ⊗ c e portanto podemos escolher os números em qualquer ordem. Calculemos os resultados então na ordem dada : 1 1 1 1 ⊗ = 2, 2 ⊗ = 3,...,1998 ⊗ = 1999 2 3 1999 Deste modo vemos que nós sempre alcançaremos 1999 não podendo então alcançar 2000 .

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SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS Publicamos aqui algumas das respostas enviadas por nossos leitores. 42) Suponha que a, b e c são as medidas dos lados de um triângulo ABC, com semi-perímetro p e área S, verifique que 1 1 1 3 p + + ≤ ⋅ a b c 2 s e mais ainda: verifique que a igualdade acima ocorre apenas se o triângulo for equilátero. Solução de Marcelo Rufino de Oliveira (Belém-PA): Sejam x = a + c – b y = a + b – c z = b + c – a Pela Desigualdade Triangular temos que x > 0, y > 0 e z > 0. Assim, isoloando a, b e c: a = x + y b = y + z c = z + x Pela Desigualdade entre as Médias Aritmética e Geométrica temos: x + y ≥ 2 xy , y + z ≥ 2 yz e z + x ≥ 2 zx (1) 2

 1 1 1 Vamos desenvolver agora o valor de  + +  em função de x, y e z, usando a b c para isso o resultado (1): 2

2 2 1 1   1 1 1  1 1 1 1   1 1 1  1  ≤ + + + + =  + +  + +  =  4  xy  a b c   x + y y + z z + x   2 xy 2 yz 2 zx  yz zx 

Pela Desigualdade de Cauchy podemos afirmar que (a1 + a 2 + a 3 ) 2 ≤ 3( a12 + a 22 + a 32 ) . 1 1 1 , a2 = e a3 = Fazendo então a1 = concluímos que: zx xy yz 2

3 1 1 1 1 1 1 +  (2)  + +  ≤  + a b c 4 xy yz zx     p Calculando em função de x, y e z obtemos: s p x+ y+z x+ y+z = = = s xyz ( x + y + z ) xyz EUREKA! N°9, 2000

1 1 1 + + xy yz zx

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Assim, usando o resultado (2): 2

3 1 1 1  3 p2  1 1 1 +  =  + +  ≤  + 4  xy yz zx  4 s 2 a b c

⇒

1 1 1 3 p + + ≤ a b c 2 s

(3)

Como nas duas desigualdade usadas a igualdade vale se e só se os termos são iguais, então temos a igualdade na desigualdade (3) sé e só se a = b = c.

43) Prove que se p é um primo da forma 4k + 3, então 2p + 1 também é primo se e somente se 2p + 1 divide 2p – 1. Solução de Alex Corrêa Abreu (Niterói - RJ): Primeira parte: Se 2p + 1 também é primo, temos:

2ϕ ( 2 p +1) ≡ 1(mod 2 p + 1) ⇒ 2 2 p ≡ 1(mod 2 p + 1) ⇒ 2 p ≡ ±1(mod 2 p + 1), só que 2 p + 1 é da forma 8k + 7, logo 2 p ≡ 1(mod 2 p + 1) ⇒ 2 p + 1 2 p − 1 Segunda parte:

Se 2 p ≡ 1(mod 2 p + 1), como p é primo então : p = ord 2 p +1 2, só que (2,2 p + 1 ) = 1 ⇒

ϕ (2 p + 1) = kp, com k ≤ 2. Não podemos ter k = 1, pois ϕ (n) é par para todo n ≥ 3. Assim, ϕ (2 p + 1) = 2 p ⇒ 2 p + 1 é primo.

44) O produto de dois inteiros positivos consecutivos pode ser igual ao produto de dois inteiros positivos consecutivos pares?

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Solução de Daniel Pessôa Martins Cunha (Fortaleza - CE): Seja A o produto de dois números inteiros positivos consecutivos. Isto implica que A = x( x + 1) onde x ∈ Z . Observe que: - Caso x seja par temos: ( x − 2) x < x( x + 1) < x( x + 2) ⇒ ( x − 2) x < A < x( x + 2) (Esta desigualdade é fácil de ser vista) - Caso x seja ímpar temos: (Logo x + 1 é par) ( x − 1)( x + 1) < x( x + 1) < ( x + 1)( x + 3) ⇒ ( x − 1)( x + 1) < A < ( x + 1)( x + 3) (desigualdade fácil de ser vista) Analizando os casos vemos que A está entre dois produtos consecutivos de dois inteiros pares consecutivos positivos. Logo conclui-se que não é possível que o produto de dois inteiros positivos seja igual ao produto de dois inteiros positivos consecutivos pares. 46) (Baltic Way, 1997)

Solução de Humberto Silva Naves (São Paulo - SP): i) Todo natural se escreve da maneira única como soma de potências de 2 distintas, donde os conjuntos A = {n ∈ N | n se escreve como soma de potências de 2 distintas com expoente ímpar} e B = {n ∈ N | n se escreve como soma de potências de 2 distintas com expoente par} satisfazem as condições do enunciado (note que 0 ∈ A e 0 ∈ B). ii) 0 deve pertencer aos dois conjuntos, e 1 a exatamente um deles (senão 1 = 0 + 1 = 1 + 0 seria representado de 2 formas distintas), digamos ao conjunto B. Seja k o menor elemento positivo do conjunto A. É fácil ver que {0, 1, ..., k – 1} ⊂ B. Vamos provar que o mdc dos elementos de A é k. EUREKA! N°9, 2000

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Para isso, vamos mostrar por indução que para cada inteiro positivo m, existem inteiros r1 ,..., rs tais que {x ∈ B | x < mk } = U {ri k , ri k + 1,..., ri k + k − 1}, e todos os i =1

elementos de A menores que mk são múltiplos de k. Consideremos o inteiro mk. Ele deve ser escrito de maneira única como soma de um elemento de A com um podemos escrever os elementos elemento de B. Se mk ∈ A, mk , mk + 1,..., mk + k − 1 Como soma de um elemento de A(mk) com um elemento de B (pertencente a {0,1,..., k − 1}. Se mk ∉ A, podemos escrever mk = mA + m(k − A), com mA ∈ A e m(k − A) ∈ B. A < k. Se por hipótese de indução, Devemos ter A ≥ 1, m(k − A), m(k − A)+,..., m(k − A) + k − 1 pertencem a B , donde, para O ≤ j ≤ k − 1, mk + j = ml + (m( k − A) + j ) é soma de elementos de A e de B menores que mk, donde nenhum dos mk + j , 0 ≤ j ≤ k − 1 pertencem a A nem a B (pela unicidade da representação, senão poderíamos escrevê-los como 0 + (mk + j ) ou (mk + j ) + 0), o que prova a afirmação para m + 1. Se A = 0, mk ∈ B. Queremos mostrar que para 0 ≤ j ≤ k − 1, mk + j pertence a B (e logo não pertence a A), provando a afirmação para m + 1. Suponha o contrário, e considere o menor j com 0 ≤ j ≤ k − 1 tal que mk + j não pertence a B. Devemos ter mk + j = x + y, com x ∈ A \ {0} e y ∈ B. Se x < mk , x = rk e e y = (m − r )k + j , donde por hipótese de indução, (m − r )k ∈ B mk = 0 + mk = rk + (m − r )k , contradizendo a unicidade. Se x ≥ mk , como mk , mk + 1,..., mk + j − 1 pertencem a B (e portanto não pertencem a A), devemos e mas nesse caso teríamos ter x = mk + j y = 0, (m + 1)k = k + mk = (mk + j ) + ( k − j ), contradizendo novamente a unicidade.

Agradecemos também o envio das soluções e a colaboração de: José Guilherme Moreira Pinto Osvaldo Melo Sponquiado Diêgo Veloso Uchoa Nijair Araújo Pinto Gibran M. de Souza Carlos Alberto da Silva Victor Einstein do Nascimento Júnior Samuel Barbosa Feitosa Geraldo Perlino Jr.

(Juiz de Fora - MG) (Olímpia - SP) (Teresina - PI) (Fortaleza - CE) (Natal - RN) (Nilópolis - RJ) (Fortaleza - CE) (Fortaleza - CE) (São Paulo - SP)

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PROBLEMAS PROPOSTOS Convidamos o leitor a enviar soluções dos problemas propostos e sugestões de novos problemas para os próximos números. 47) Dada uma circunferência Γ , trace as tangentes a ela por um ponto exterior, A, tocando-a em M e N. Trace a reta r passando por A e tocando Γ em B e C. Se D é o ponto médio de MN , prove que MN é a bissetriz de ∠BDC. 48) Doze pintores vivem em doze casas construídas ao longo de uma rua circular e são pintadas ou de branco ou de azul. Cada mês um dos pintores, pegando consigo bastante tinta branca e azul, deixa sua casa e caminha ao longo da rua no sentido anti-horário. Desta forma, ele repinta cada casa (iniciando na sua) com a cor oposta. Finaliza o trabalho tão longo repinte alguma casa branca de azul. Em um ano, cada casa estará pintada com a sua cor original sabendo que, no começo do ano, ao menos uma casa estava pintada de azul. 49) Dado um polígono regular de n lados. Assinale aleatoriamente, no seu interior, um ponto M. Sendo x1 , x 2 ,..., x n as distâncias de M a cada um dos lados, verifique que: 1 1 1 2π + + ... > , onde a é a medida do lado do poligono. x1 x 2 xn a 50) Calcule o determinante: MDC (1, 1) MDC (1,2) " MDC (1, n)

MDC ( 2,1) MDC (2,2) " MDC ( 2, n) #

MDC ( n,1) MDC ( n,2) " MDC ( n, n) Onde MDC (a, b) é o máximo divisor comum de a e b. 51) Três feirantes foram vender melancias. Um levou 10; outro 16; o terceiro, 26. Todos venderam algumas melancias pelo mesmo preço até o meio dia. Depois disso, os três baixaram o preço, mas continuaram vendendo por preços iguais. Quando voltaram para casa, após venderem todas as melancias, cada um tinha a mesma quantia de dinheiro; 35 mil cruzeiros. Por quanto foi vendida cada melancia antes e após o meio-dia? Problema 47 proposto por Carlos Lucas de Melo Pontes e Silva (Fortaleza - CE), problemas 48 e 51 propostos por Jorge Luis Rodrigues Costa (Fortaleza - CE) e problemas 49 e 50 propostos por Carlos A. Gomes (Natal - RN). EUREKA! N°9, 2000

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COORDENADORES REGIONAIS Amarísio da Silva Araújo (UFV) Viçosa - MG Alberto Hassen Raad (UFJF) Juiz de Fora - MG Angela Camargo (Centro de Educ.de Adultos - CEA) Blumenau - SC Benedito T. Vasconcelos Freire (UFRN) Natal - RN Claudio Arconcher (Col. Leonardo da Vinci) Jundiaí - SP Claus Haetinger (UNIVATES) Lajeado - RS Cleonor Crescêncio das Neves (UTAM) Manaus-AM Élio Mega (Col. ETAPA) São Paulo - SP Kátia Gonçalves de Faria (Col. Singular) Santo André - SP Florêncio F. Guimarães Filho (UFES) Vitória - ES Francisco Dutenhefner (UFMG) Belo Horizonte - MG Gisele de A. Prateado Gusmão (UFGO) Goiânia - GO Ivanilde H. Fernandes Saad (U. Católica Dom Bosco) Campo Grande - MS Jacqueline F. Rojas Arancibia (UFPB) João Pessoa - PB João Benício de Melo Neto (UFPI) Teresina - PI João F. Melo Libonati (Grupo Educ. IDEAL) Belém - PA Irene Nakaoka (UEM) Maringá - PR José Carlos Pinto Leivas (UFRG) Rio Grande - RS José Cloves Saraiva (UFMA) São Luis - MA José Gaspar Ruas Filho (ICMC-USP) São Carlos - SP José Luis Rosas Pinho (UFSC) Florianópolis - SC José Paulo Carneiro (Univ. Santa Úrsula) Rio de Janeiro - RJ José Vieira Alves (UFPB) Campina Grande - PB Marcelo Rufino de Oliveira (Sistema Titular de Ensino)Belém - PA Licio Hernandes Bezerra (UFSC) Florianópolis - SC Luzinalva M. de Amorim (UFBA) Salvador - BA Marcondes Cavalcante França (UF Ceará) Fortaleza - CE Pablo Rodrigo Ganassim (L. Albert Einstein) Piracicaba - SP Paulo H. Cruz Neiva de L. Jr. (Esc. Tec.Everardo Passos) SJ dos Campos - SP Reinaldo Gen Ichiro Arakaki (INPE) SJ dos Campos - SP Ricardo Amorim (Centro Educ. Logos) Nova Iguaçu - RJ Roberto Vizeu Barros (Colégio ACAE) Volta Redonda - RJ Sérgio Cláudio Ramos (IM-UFRGS) Porto Alegre - RS Seme Gebara Neto (UFMG) Belo Horizonte -MG Silvio de Barros Melo (UFPE) Recife - PE Tadeu Ferreira Gomes (U. do Estado da Bahia) Juazeiro - BA Tomás Menéndez Rodrigues (U. Federal de Rondonia) Porto Velho - RO Valdenberg Araújo da Silva (U. Federal de Sergipe) São Cristovão - SE Wagner Pereira Lopes (Esc. Tec. Fed. de Goiás) Jataí - GO Waldemar M. Canalli (P.M. S. João de Meriti) S. João de Meriti - RJ

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CADASTRAMENTO 2001 Colégios (Preencher com letra de forma)

Instituição: Pública { Diretor: Endereço: Bairro: Cidade: Cep: Telefone: ( Fax: ( e-mail:

Privada {

Estado: ) )

Professor Responsável: Endereço: Bairro: Cidade: Cep: Telefone: ( Fax: ( e-mail:

Estado: ) )

Para seguir participando Olimpíada Brasileira de Matemática, uma cópia desta ficha deve ser preenchida e enviada para a Secretaria da Olimpíada Brasileira de Matemática pelos colégios ainda não recadastrados.

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