Eureka 2002

CONTEÚDO

XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase

2

XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase

11

XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Terceira Fase

21

XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase - Nível Universitário

41

XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase - Nível Universitário

46

XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Premiados

57

AGENDA OLÍMPICA

61

COORDENADORES REGIONAIS

62

Sociedade Brasileira de Matemática

XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 1. Considere dois números naturais, cada um deles com três algarismos diferentes.

O maior deles só tem algarismos pares e o menor só tem algarismos ímpares. O menor valor possível para a diferença entre eles é: A) 111 B) 49 C) 29 D) 69 E) 5 2. Na figura abaixo, temos 4 circunferências e alguns pontos destacados no interior dessas circunferências. Escolhendo exatamente um desses pontos dentro de cada uma das circunferências, e unindo-os por segmentos de reta que não se cruzam, formamos um quadrilátero. Quantos quadriláteros diferentes seremos capazes de desenhar nessas condições?

A) 4

B) 14

C) 60

D) 120

E) 24

3. Joana escreve a seqüência de números naturais 1, 6, 11,..., onde cada número, com exceção do primeiro, é igual ao anterior mais cinco. Joana pára quando encontra o primeiro número de três algarismos. Esse número é: A) 100 B) 104 C) 101 D) 103 E) 102 4. Quantos números de dois algarismos não são primos nem múltiplos de 2, 3 ou 5?

A) 1 B) 3 C) 2 D) 4 E) mais de 4 5. No conjunto {101, 1 001, 10 001,..., 1 000 000 000 001} cada elemento é um número formado pelo algarismo 1 nas extremidades e por algarismos 0 entre eles. Alguns desses elementos são números primos e outros são compostos.

Sobre a quantidade de números compostos podemos afirmar que: A) é igual 11 B) é igual a 4 C) é menor do que 3 D) é maior do que 4 e menor do que 11 E) é 3 EUREKA! N°13, 2002

2

Sociedade Brasileira de Matemática

6. Uma pêra tem cerca de 90% de água e 10% de matéria sólida. Um produtor coloca 100 quilogramas de pêra para desidratar até o ponto em que a água represente 60% da massa total. Quantos litros de água serão evaporados? (lembre-se: 1 litro de água tem massa de 1 quilograma).

A) 15 litros B) 45 litros C) 75 litros D) 80 litros E) 30 litros 7. O triângulo equilátero T à direita tem lado 1. Juntando triângulos congruentes a esse, podemos formar outros triângulos equiláteros maiores, conforme indicado no desenho abaixo.

Qual é o lado do triângulo equilátero formado por 49 dos triângulos T? A) 7 B) 49 C) 13 D) 21 E) é impossível formar um triângulo equilátero com esse número de triângulos T 8. Os números inteiros positivos de 1 a 1000 são escritos lado a lado, em ordem crescente, formando a seqüência 123456789101112131415... 9991000. Nesta seqüência, quantas vezes aparece o grupo “89” ?

A) 98 B) 32 C) 22 D) 89 E) 21 9. Um serralheiro tem 10 pedaços de 3 elos de ferro cada um, mostrados abaixo.

Ele quer fazer uma única corrente de 30 elos. Para abrir e depois soldar um elo o serralheiro leva 5 minutos. Quantos minutos no mínimo ele levará para fazer a corrente?

A) 30 B) 35 C) 40 D) 45 E) 50 10. Escrevem-se os números naturais numa faixa decorativa, da seguinte maneira: 1

2

3

5

4

Assinale a figura correta:

EUREKA! N°13, 2002

3

6

7

8

Sociedade Brasileira de Matemática a)A)

2 00 1

2 00 1

B) b)

2 00 0

2 00 0

d)

D)

2 00 1

2 00 0

C)c)

2 00 1

2 00 1

e)

E)

2 00 0

2 00 0

11. 2 melancias custam o mesmo que 9 laranjas mais 6 bananas; além disso, meia dúzia de bananas custa a metade de uma melancia. Portanto, o preço pago por uma dúzia de laranjas e uma dúzia de bananas é igual ao preço de: A) 3 melancias B) 4 melancias C) 6 melancias D) 5 melancias E) 2 melancias 12. Qual é o último algarismo da soma de 70 números inteiros positivos consecutivos?

A) 4 B) 0 C) 7 D) 5 E) Faltam dados 13. Em Tumbólia, um quilograma de moedas de 50 centavos equivale em dinheiro a dois quilogramas de moedas de 20 centavos. Sendo 8 gramas o peso de uma moeda de 20 centavos, uma moeda de 50 centavos pesará: A) 15 gramas B) 10 gramas C) 12 gramas D) 20 gramas E) 22 gramas 14. As medidas dos lados de um retângulo são números inteiros distintos. O perímetro e a área do retângulo se exprimem pelo mesmo número. Determine esse número.

A) 18 B) 12 C) 24 D) 9 E) 36 15. O número N de três algarismos multiplicado por 7 deu como resultado um número que termina em 171.

A soma dos algarismos de N é: A) 10 B) 11 C) 12 D) 13 E) 14 16. Em um tabuleiro retangular com 6 linhas e 9 colunas, 32 casas estão ocupadas.

Podemos afirmar que: A) B) C)

Todas as colunas têm pelo menos 3 casas ocupadas.

Nenhuma coluna tem mais de 3 casas ocupadas.

Alguma coluna não tem casas ocupadas.

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4

Sociedade Brasileira de Matemática

D) E)

Alguma linha tem pelo menos 6 casas ocupadas.

Todas as linhas têm pelo menos 4 casas ocupadas.

17. 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: A) 7 B) 8 C) 9 D) 10 E) 11 18. São escritos todos os números de 1 a 999 nos quais o algarismo 1 aparece exatamente 2 vezes (tais como, 11, 121, 411, etc). A soma de todos estes números é: A) 6882 B) 5994 C) 4668 D) 7224 E) 3448 19. Cinco animais A, B, C, D, e E, são cães ou são lobos. Cães sempre contam a verdade e lobos sempre mentem. A diz que B é um cão. B diz que C é um lobo. C diz que D é um lobo. D diz que B e E são animais de espécies diferentes. E diz que A é um cão. Quantos lobos há entre os cinco animais?

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 20. Com azulejos quadrados brancos e pretos todos do mesmo tamanho, construímos os seguintes mosaicos.

A regra para se construir estes mosaicos é a seguinte: inicialmente formamos um quadrado com 1 azulejo branco cercado por azulejos pretos; e em seguida, outro quadrado, este com 4 azulejos brancos, também cercado por azulejos pretos; e assim sucessivamente.

Com 80 azulejos pretos, quantos azulejos brancos serão necessários para se fazer uma seqüência de mosaicos como esta?

A) 55

B) 65

C) 75

D) 85

PROBLEMAS – NÍVEL 2 1. Veja o problema 4 do Nível 1.

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5

E) 100

Sociedade Brasileira de Matemática

2. O triângulo CDE pode ser obtido pela rotação do triângulo ABC de 90o no sentido anti-horário ao redor de C, conforme mostrado no desenho abaixo.

Podemos afirmar que α é igual a: B

α

A D

60

O

40

A) 75o 3.

5.

7.

9.

B) 65o

C

C) 70o

O

E

D) 45o

E) 55o

4. Veja o problema 6 do Nível 1.

6. Veja o problema 9 do Nível 1.

8. Veja o problema 12 do Nível 1.

10. Veja o problema 15 do Nível 1.

Veja o problema 5 do Nível 1.

Veja o problema 8 do Nível 1.

Veja o problema 11 do Nível 1.

Veja o problema 14 do Nível 1.

11. Os pontos P1, P2, P3, … estão nesta ordem sobre uma circunferência e são tais que o arco que une cada ponto ao seguinte mede 35°. O menor valor de n > 1 tal que Pn coincide com P1 é: A) 37 B) 73 C) 109 D) 141 E) 361 12. Veja o problema 16 do Nível 1.

13. ABCDE é um pentágono regular e ABF é um triângulo equilátero interior. O ângulo FCD mede: A) 38° B) 40° C) 42° D) 44° E) 46° 14. Veja o problema 19 do Nível 1.

15. Um círculo é dividido, por 2n + 1 raios, em 2n + 1 setores congruentes. Qual é o número máximo de regiões do círculo determinadas por estes raios e por uma reta?

A) 3n B) 3n + 1 C) 3n + 2 D) 3n + 3 E) 4n 16. Paulo e Cezar têm algum dinheiro. Paulo dá a Cezar R$5,00 e, em seguida, Cezar dá a Paulo

1 do que possui. Assim, ambos ficam com R$18,00. A 3

diferença entre as quantias que cada um tinha inicialmente é: A) R$7,00 B) R$8,00 C) R$9,00 D) R$10,00 EUREKA! N°13, 2002

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E) R$11,00

Sociedade Brasileira de Matemática

17. Um fazendeiro tinha 24 vacas e ração para alimentá-las por 60 dias. Entretanto, 10 dias depois, ele comprou mais 6 vacas e 10 dias depois dessa compra ele vendeu 20 vacas. Por mais quantos dias após esta última compra ele pode alimentar o gado com a ração restante?

A) 50 B) 60 C) 70 D) 80 E) 90 18. Veja o problema 18 do Nível 1.

19. Uma mesa retangular, cujos pés têm rodas, deve ser empurrada por um corredor de largura constante, que forma um ângulo reto. b a

Se as dimensões da mesa são a e b (com 2a < b), qual deve ser a largura mínima do corredor para que a mesa possa ser empurrada através dele?

A) a + b

B) (a + b)

2 2

C) (a + b)

2 4

D) (2a + b)

2 4

E) (a + 2b)

2 4

20. Somente uma das figuras a seguir representa a planificação de um cubo na qual está destacada a sua interseção com um plano. Qual?

A) B) C) D) E)

21. Quantos dígitos tem o menor quadrado perfeito cujos quatro últimos dígitos são 2001?

A) 9 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 22. Papa-Léguas participou de uma corrida (junto com o Ligeirinho e o Flash), que consistia em dar 100 voltas em um circuito. Como sempre, o Coiote queria pegar o Papa-Léguas e colocou um monte de alpiste no meio da pista. É claro que o Coiote não conseguiu pegar o Papa-Léguas, mas ele fez com que a velocidade média dele na primeira volta fosse de apenas 200 km/h. Sabendo disso, a velocidade média do Papa-Léguas na corrida: A) Não ultrapassa 200 km/h.

B) Não ultrapassa 250 km/h, mas pode ultrapassar 200km/h.

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Sociedade Brasileira de Matemática

C) Não ultrapassa 2000 km/h, mas pode ultrapassar 250km/h.

D) Não ultrapassa 20000 km/h, mas pode ultrapassar os 2000km/h.

E) Pode ultrapassar 20000 km/h.

23. Veja o problema 20 do Nível 1.

24. Veja o problema 19 do Nível 1.

25. O hexágono ABCDEF é circunscritível. Se AB = 1, BC = 2, CD = 3, DE = 4 e EF = 5, quanto mede FA? C

B

2

1 A

3

?

D

F 4

A) 1

E

B) 3

5

C) 15/8

D) 6

E) 9

PROBLEMAS – NÍVEL 3 1.

3.

5.

7.

9.

11.

2. Veja o problema 2 do Nível 2.

4. Veja o problema 6 do Nível 1.

6. Veja o problema 9 do Nível 1.

8. Veja o problema 11 do Nível 2.

10. Veja o problema 15 do Nível 2.

Veja o problema 4 do Nível 1.

Veja o problema 5 do Nível 1.

Veja o problema 8 do Nível 1.

Veja o problema 15 do Nível 1.

Veja o problema 13 do Nível 2.

Veja o problema 22 do Nível 2.

12. O número de soluções inteiras distintas da equação (−6 x 2 + 12x − 2) x −2 x+2 = 4 é: A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 2

13. Uma rifa foi organizada entre os 30 alunos da turma do Pedro. Para tal, 30 bolinhas numeradas de 1 a 30 foram colocadas em uma urna. Uma delas foi, então, retirada da urna. No entanto, a bola caiu no chão e se perdeu e uma segunda bola teve que ser sorteada entre as 29 restantes. Qual a probabilidade de que o número de Pedro tenha sido o sorteado desta segunda vez?

A) 1/29 B) 1/30 C) 1/31 D) 1/60 E) 2/31 14. Cinco animais A, B, C, D, e E, são cães ou são lobos. Cães sempre contam a verdade e lobos sempre mentem. A diz que B é um cão. B diz que C é um lobo. C EUREKA! N°13, 2002

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Sociedade Brasileira de Matemática

diz que D é um lobo. D diz que B e E são animais de espécies diferentes. E diz que A é um cão. Quantos lobos há entre os cinco animais?

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 15. São escritos todos os números de 1 a 999 nos quais o algarismo 1 aparece exatamente 2 vezes (tais como, 11, 121, 411, etc). A soma de todos estes números é: A) 6882 B) 5994 C) 4668 D) 7224 E) 3448 16. Veja o problema 19 do Nível 2.

17. Veja o problema 20 do Nível 2.

18. Seja f(x) = x2 – 3x + 4. Quantas soluções reais tem a equação f(f(f(...f(x)))) = 2 (onde f é aplicada 2001 vezes)?

A) 0 B) 1 C) 2 D) 2001 E) 22001 19. Veja o problema 21 do Nível 2.

20. Seja ABCD um trapézio retângulo cujos únicos ângulos retos são Aˆ e Bˆ . M e N são os pontos médios de AB e CD, respectivamente. A respeito dos ângulos α = ANˆ B e β = CMˆ D , podemos dizer que: A) α < β B) α > β C) α = β D) pode ocorrer qualquer uma das situações das alternativas A), B) e C).

E) o ângulo α é reto 21. A soma dos valores reais de x tais que x2 + x + 1 = 156/(x2 + x) é: A) 13 B) 6 C) –1 D) –2

E) –6

22. Para cada ponto pertencente ao interior e aos lados de um triângulo acutângulo ABC, considere a soma de suas distâncias aos três lados do triângulo. O valor máximo desta soma é igual A) à média aritmética das 3 alturas do triângulo.

B) ao maior lado do triângulo.

C) à maior altura do triângulo D) ao triplo do raio do círculo inscrito no triângulo.

E) ao diâmetro do círculo circunscrito ao triângulo.

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Sociedade Brasileira de Matemática

23. Seja f uma função de Z em Z definida como f(x) = x/10 se x é divisível por 10 e f(x) = x + 1 caso contrário. Se a0 = 2001 e an+1 = f(an), qual é o menor valor de n para o qual an = 1?

A) 20 B) 38 C) 93 D) 2000 E) an nunca é igual a 1 24. Veja o problema 25 do Nível 2.

25. No triângulo ABC, AB = 5 e BC = 6. Qual é a área do triângulo ABC, sabendo que o ângulo Cˆ tem a maior medida possível?

B) 5 7

A) 15

C) 7 7 / 2

D) 3 11

E) 5 11 / 2

GABARITO NÍVEL 1 (5a. e 6a. séries) 1) E 2) D 3) C 4) B 5) D

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

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

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

NÍVEL 2 (7a. e 8a. séries) 1) B 2) E 3) D 4) C 5) B

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

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

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

21) B 22) D 23) A 24) D 25) B

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

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

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

NÍVEL 3 (Ensino Médio) 1) B 2) E 3) D 4) C 5) B

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

EUREKA! N°13, 2002

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Sociedade Brasileira de Matemática

XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 PROBLEMA 1

O jogo de dominó é formado por 28 peças retangulares distintas, cada uma com duas partes, com cada parte contendo de 0 a 6 pontinhos. Por exemplo, veja três dessas peças:

Qual é o número total de pontinhos de todas as peças?

PROBLEMA 2

As peças de um jogo chamado Tangram são construídas cortando-se um quadrado em sete partes, como mostra o desenho: dois triângulos retângulos grandes, um triângulo retângulo médio, dois triângulos retângulos pequenos, um quadrado e um paralelogramo. Se a área do quadrado grande é 1, qual é a área do paralelogramo?

PROBLEMA 3

Carlinhos faz um furo numa folha de papel retangular. Dobra a folha ao meio e fura o papel dobrado; em seguida, dobra e fura novamente o papel dobrado. Ele pode repetir esse procedimento quantas vezes quiser, evitando furar onde já havia furos.

Ao desdobrar a folha, ele conta o número total de furos feitos. No mínimo, quantas dobras deverá fazer para obter mais de 100 furos na folha?

PROBLEMA 4

Os pontos da rede quadriculada abaixo são numerados a partir do vértice inferior esquerdo seguindo o caminho poligonal sugerido no desenho. Considere o ponto correspondente ao número 2001. Quais são os números dos pontos situados imediatamente abaixo e imediatamente à esquerda dele?

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11

Sociedade Brasileira de Matemática

13 5

6

7

12

4

3

8

11

9

10

1

2

PROBLEMA 5

Apresente todos os números inteiros positivos menores do que 1000 que têm exatamente três divisores positivos. Por exemplo: o número 4 tem exatamente três divisores positivos: 1, 2 e 4.

PROBLEMA 6

Seja N o número inteiro positivo dado por N = 12 + 22 + 32 + 42 +…+ (196883)2 .

Qual é o algarismo das unidades de N ?

PROBLEMAS – NÍVEL 2 PROBLEMA 1: Veja o problema 2 do Nível 1.

PROBLEMA 2: Veja o problema 4 do Nível 1.

PROBLEMA 3

Se a n-ésima OBM é realizada em um ano que é divisível por n, dizemos que esse ano é super-olímpico. Por exemplo, o ano 2001, em que está sendo realizada a 23a OBM, é super-olímpico pois 2001 = 87 ⋅ 23 é divisível por 23. Determine todos os anos super-olímpicos, sabendo que a OBM nunca deixou de ser realizada desde sua primeira edição, em 1979, e supondo que continuará sendo realizada todo ano.

PROBLEMA 4

As medidas dos ângulos do triângulo ABC são tais que Aˆ < Bˆ < 90 , < Cˆ .

As

bissetrizes externas dos ângulos Aˆ e Cˆ cortam os prolongamentos dos lados opostos BC e AB nos pontos P e Q, respectivamente.

AP = CQ = AC , determine os ângulos de ABC.

Sabendo que

PROBLEMA 5

Dizemos que um conjunto A formado por 4 algarismos distintos e não nulos é intercambiável se podemos formar dois pares de números, cada um com 2 EUREKA! N°13, 2002

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Sociedade Brasileira de Matemática

algarismos de A, de modo que o produto dos números de cada par seja o mesmo e que, em cada par, todos os dígitos de A sejam utilizados.

Por exemplo, o conjunto {1;2;3;6} é intercambiável pois 21 ⋅ 36 = 12 ⋅ 63.

Determine todos os conjuntos intercambiáveis.

PROBLEMA 6

O matemático excêntrico Jones, especialista em Teoria dos Nós, tem uma bota com 5 pares de furos pelos quais o cadarço deve passar. Para não se aborrecer, ele gosta de diversificar as maneiras de passar o cadarço pelos furos, obedecendo sempre às seguintes regras: • o cadarço deve formar um padrão simétrico em relação ao eixo vertical; • o cadarço deve passar exatamente uma vez por cada furo, sendo indiferente se ele o faz por cima ou por baixo; • o cadarço deve começar e terminar nos dois furos superiores e deve ligar diretamente (isto é, sem passar por outros furos) os dois furos inferiores.

Representamos a seguir algumas possibilidades.

Qual é o número total de possibilidades que o matemático tem para amarrar seu cadarço, obedecendo às regras acima?

Observação: Maneiras como as exibidas a seguir devem ser consideradas iguais (isto é, deve ser levada em conta apenas a ordem na qual o cadarço passa pelos furos).

PROBLEMAS – NÍVEL 3 PROBLEMA 1: Veja o problema 3 do Nível 2.

PROBLEMA 2

No triângulo ABC, a mediana e a altura relativas ao vértice A dividem o ângulo BÂC em três ângulos de mesma medida. Determine as medidas dos ângulos do triângulo ABC. EUREKA! N°13, 2002

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PROBLEMA 3

Determine todas as funções f: 5 → 5 tais que f(x) = f(–x) e f(x + y) = f(x) + f(y) + 8xy + 115 para todos os reais x e y.

PROBLEMA 4: Veja o problema 5 do Nível 2.

PROBLEMA 5

O matemático excêntrico Jones, especialista em Teoria dos Nós, tem uma bota com n pares de furos pelos quais o cadarço deve passar. Para não se aborrecer, ele gosta de diversificar as maneiras de passar o cadarço pelos furos, obedecendo sempre às seguintes regras: • o cadarço deve formar um padrão simétrico em relação ao eixo vertical; • o cadarço deve passar exatamente uma vez por cada furo, sendo indiferente se ele o faz por cima ou por baixo; • o cadarço deve começar e terminar nos dois furos superiores e deve ligar diretamente (isto é, sem passar por outros furos) os dois furos inferiores.

Por exemplo, para n = 4, representamos a seguir algumas possibilidades.

Determine, em função de n ≥ 2, o número total de maneiras de passar o cadarço pelos furos obedecendo às regras acima.

Observação: Maneiras como as exibidas a seguir devem ser consideradas iguais.

PROBLEMA 6

Seja f(x) =

x2 . Calcule 1+ x2 1 2 3 n f   + f   + f   + ... + f   1 1 1 1 1 2 3 n + f   + f   + f   + ... + f   2 2 2 2

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1 3

2 3

3 3

n 3

+ f   + f   + f   + ... + f   + ...

1 n

2 n

3 n

n n

+ f   + f   + f   + ... + f   , sendo n inteiro positivo.

SOLUÇÕES – NÍVEL 1 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

Cada tipo de pontuação aparece 8 vezes dentre as 28 peças do dominó. Portanto o número total de pontos é: 8.(0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 168.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

Traçando a menor diagonal do paralelogramo, observamos que metade do mesmo equivale a um triângulo retângulo pequeno, cuja área é ¼ da área do triângulo retângulo grande, que, por sua vez, é ¼ da área do quadrado. Logo a área do paralelogramo é igual a 2 × 1/16 = 1/8.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Ao furar após a primeira dobra, Carlinhos faz 2 furos; após a segunda dobra, faz 4 furos, após a terceira dobra, faz 8 furos, etc. Assim, ao desdobrar a folha, ele irá furos. Notando que: contar 1 + 2 + 4 + 8 + (após a primeira dobra) 1 + 2 = 22 − 1 3 (após a segunda dobra) 1+2+4=2 −1 (após a terceira dobra), etc 1 + 2 + 4 + 8 = 24 − 1

Basta encontrar o menor k tal que 2k – 1 é maior ou igual a 100 2 k − 1 ≥ 100 ⇔ k ≥ 7 Assim, o menor k vale 7. Isso corresponde a 6 dobras.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Os pontos correspondentes aos quadrados perfeitos pares e ímpares estão sobre os lados vertical e horizontal do quadriculado, respectivamente. Os quadrados perfeitos mais próximos de 2001 são 1936 = 442 e 2025 = 452. Como 2001 está mais próximo de 2025, o ponto correspondente está no segmento vertical descendente que termina em 2025. Logo o ponto imediatamente abaixo dele corresponde ao número 2002. Para achar o número do ponto imediatamente à esquerda, consideramos o EUREKA! N°13, 2002

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quadrado perfeito ímpar anterior, que é 432 = 1849. O ponto desejado está no segmento ascendente que começa em 1850 e situado à mesma distância que o ponto 2001 está de 2025. Logo o número correspondente é: 1850 + (2025–2001) = 1850 + 24 = 1874.

1874

1849

2001

24

24

1850

2025

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5:

Sabemos que todos os números inteiros maiores do que 1 admitem pelo menos um divisor (ou fator) primo. Dessa forma, • se n tem dois divisores primos p e q então 1, p, q e pq são divisores de n; logo n tem mais que três divisores; • se n é primo, então tem somente dois divisores: 1 e n; • se n é uma potência de um primo p, ou seja, é da forma ps, então 1, p, p2, ..., ps são os divisores positivos de n. Para que n tenha três divisores s deverá ser igual a 2, isto é, n = p2. Assim, os inteiros menores que 1000 com três divisores são: 4, 9, 25, 49, 121, 169, 289, 361, 529, 841, 961.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:

Os algarismos das unidades dos quadrados dos números de 1 a 10 são, respectivamente, 1, 4, 9, 6, 5, 6, 9, 4, 1 e 0. Ora, a soma dos números formados por esses algarismos é 45. Portanto, a soma 12 + 22 + 32 + 42 + …+ 102 tem como algarismo das unidades o número 5. De 11 a 20, os algarismos das unidades dos números se repetem na mesma ordem; portanto, o algarismo das unidades da soma de seus quadrados também é 5. Conseqüentemente, a soma dos quadrados dos números de 1 a 20 tem 0 como algarismo das unidades. Logo a soma 12 + 22 + 32 + 42 + ... + n2 tem zero como algarismo das unidades se N é múltiplo de 20. Como N = 12 + 22 + 32 + 42 + ... + 1968832 = 12 + 22 + 32 + 42 + … + 1968802 + 1968812 + 1968822 + 1968832, concluímos que o algarismo das unidades de N é o mesmo do número 0 + 1 + 4 + 9 = 14, ou seja, 4.

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SOLUÇÕES – NÍVEL 2 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: Veja a solução do problema 2 do Nível 1.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: Veja a solução do problema 4 do Nível 1.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Observando que no ano n é realizada a (n – 1978)-ésima OBM, temos que o ano n é super-olímpico se, e somente se, n – 1978 divide n. Assim, n – 1978 divide n – (n – 1978) = 1978. Como os divisores positivos de 1978 são 1, 2, 23, 43, 46, 86, 989 e 1978, os anos super-olímpicos são 1979, 1980, 2001, 2021, 2024, 2064, 2967 e 3956.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Os triângulos ACQ e PAC são isósceles. No triângulo ACQ, temos: CAˆ Q = AQˆ C = Aˆ A Cˆ Q = Cˆ + (180° – Cˆ )/2 = 90° + Cˆ /2 Logo 2Aˆ + (90° + Cˆ /2) = 180° No triângulo PAC, temos: C Aˆ P = (180° – Aˆ )/2 A Cˆ P = A Pˆ C = 180° – Cˆ Logo (180° – Aˆ )/2 + 2(180° – Cˆ ) = 180°

(1)

(2) ˆ Resolvendo o sistema formado pelas equações (1) e (2), obtemos A = 12° e Cˆ = 132°; daí, Bˆ = 180° – 12° – 132° = 36°.

Q B

90 , +

Cˆ 2

 A

180 , − Aˆ 180 , − Cˆ 2

P

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C

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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5:

Seja A = {x ;y ;t ;z} um conjunto intercambiável. Então podemos supor, sem perda de generalidade, que (10x + y)(10t + z) = (10y + x)(10z + t) ⇔ xt = yz (1) Por (1), temos que 5 e 7 não podem aparecer em A. Se o maior dos elementos de A fosse menor ou igual a 4, teríamos A = {1;2;3;4}, que não é intercambiável. Logo A possui pelo menos um dos dígitos 6, 8 ou 9.

Se o maior elemento de A é 9, temos por (1) que 3 e 6 também pertencem a A. Neste caso temos o conjunto intercambiável A = {2;3;6;9}.

Se o maior elemento de A é 8, temos que 4 e outro algarismo par estão em A. Assim, temos A = {1;2;4;8} ou A = {3;4;6;8}.

Se o maior elemento de A é 6, temos que 3 e outro algarismo par estão em A. Desta forma, A = {1;2;3;6} ou A = {2;3;4;6}.

Assim, temos no total 5 conjuntos intercambiáveis: {2;3;6;9}, {1;2;4;8}, {3;4;6;8}, {1;2;3;6} e {2;3;4;6}.

Obs. O enunciado não deixaria claro que as outras possibilidades, por exemplo: (10 x + y ) ⋅ (10t + z ) = (10 x + z ) ⋅ (10 y + t ) , não deveriam ser consideradas. A análise dessas possibilidades torna o problema bem mais complicado, porém não acrescenta novos conjuntos intercambiáveis aos listados acima.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:

Como o padrão deve ser simétrico, basta decidir os primeiros 5 furos pelos quais o cadarço deve passar. A partir daí, os furos ficam determinados pela simetria. Por exemplo, o 7° furo deve ser o outro furo da mesma linha visitada no 4° furo. Note, ainda, que a simetria implica em que as linhas visitadas nos 5 primeiros furos são todas distintas. Além disso, a primeira destas linhas é obrigatoriamente a de cima e a 5ª é obrigatoriamente a de baixo, já que os furos da linha de baixo são visitados consecutivamente.

Assim, para obter um padrão para o cadarço, podemos iniciar pelo furo da esquerda da linha superior e devemos decidir: • em que ordem as 3 linhas intermediárias são visitadas • de que lado queremos passar nestas 3 linhas e na linha de baixo.

Para escolher a ordem das 3 linhas, observamos que a primeira pode ser escolhida de 3 modos; a seguir, a segunda pode ser escolhida de 2 modos, ficando a terceira determinada. Logo há 6 possibilidades de escolha para a ordem das linhas.

Para escolher o lado por onde passar nas 4 linhas, temos duas opções para cada uma delas, para um total de 2 × 2 × 2 × 2 = 16 possibilidades. Logo o número total de modos de amarrar o cadarço é 6 × 16 = 96.

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Outra solução: Começando do lado esquerdo da linha superior, o segundo furo pode ser escolhido de 6 modos (qualquer um das linhas intermediĂĄrias); o terceiro de 4 modos (nas duas intermediĂĄrias restantes) e o quarto e quinto de 2 modos cada (suas linhas estĂŁo determinadas, bastando escolher o lado). Logo hĂĄ um total de 6 Ă&#x2014; 4 Ă&#x2014; 2 Ă&#x2014; 2 = 96 possibilidades.

SOLUĂ&#x2021;Ă&#x2022;ES â&#x20AC;&#x201C; NĂ?VEL 3 SOLUĂ&#x2021;Ă&#x192;O DO PROBLEMA 1: Veja a solução do problema 3 do nĂ­vel 2.

SOLUĂ&#x2021;Ă&#x192;O DO PROBLEMA 2: A Îą

B

Îą Îą

H

M

C

Seja M o ponto mĂŠdio de BC e H o pĂŠ da altura relativa a A. Temos que AH ĂŠ comum aos triângulos AHM e AHB, AHË&#x2020; B â&#x2030;&#x2026; AHË&#x2020; M (retos) e HĂ&#x201A;M â&#x2030;&#x2026; HĂ&#x201A;B, logo, pelo caso ALA, os triângulos AHM e AHB sĂŁo congruentes. Assim, BH = HM = MC/2, pois MC = MB. Como AM ĂŠ bissetriz de HĂ&#x201A;C, pelo teorema das bissetrizes AH/AC = HM/MC â&#x2021;&#x201D; AH/AC = 1/2 â&#x2021;&#x201D; cos2Îą = 1/2. Como 0 < 2Îą Â? o, 2Îą = 60o â&#x2021;&#x201D; Îą = 30o.

Portanto os ângulos do triângulo ABC sĂŁo m(BĂ&#x201A;C) = 3Îą = 90o, m( ABË&#x2020; C ) = 90o â&#x20AC;&#x201C; Îą Â?

60o e m( ACË&#x2020; B ) = 90o â&#x20AC;&#x201C; 2Îą Â? o.

SOLUĂ&#x2021;Ă&#x192;O DO PROBLEMA 3:

Fazendo y = â&#x20AC;&#x201C;x, temos f(x + (â&#x20AC;&#x201C;x)) = f(x) + f(â&#x20AC;&#x201C;x) + 8x(â&#x20AC;&#x201C;x) + 115 â&#x2021;&#x201D; f(0) = 2f(x) â&#x20AC;&#x201C; 8x2 + 115 â&#x2021;&#x201D; f(x) = 4x2 + (f(0) â&#x20AC;&#x201C; 115)/2. Fazendo x = 0 nesta Ăşltima igualdade, temos f(0) = 4 â&#x2039;&#x2026; 02 + (f(0) â&#x20AC;&#x201C; 115)/2 â&#x2021;&#x201D; f(0) = â&#x20AC;&#x201C;115. Logo f(x) = 4x2 + (f(0) â&#x20AC;&#x201C; 115)/2 â&#x2021;&#x201D; f(x) = 4x2 â&#x20AC;&#x201C; 115 e verificamos de fato que esta função satisfaz as condiçþes do enunciado: f(â&#x20AC;&#x201C;x) = 4(â&#x20AC;&#x201C;x)2 â&#x20AC;&#x201C; 115 = 4x2 â&#x20AC;&#x201C; 115 = f(x) e f(x) + f(y) + 8xy + 115 = 4x2 â&#x20AC;&#x201C; 115 + 4y2 â&#x20AC;&#x201C; 115 + 8xy + 115 = 4(x + y)2 â&#x20AC;&#x201C; 115 = f(x + y). Assim, f(x) = 4x2 â&#x20AC;&#x201C; 115 ĂŠ a Ăşnica função que satisfaz todas as condiçþes do enunciado.

SOLUĂ&#x2021;Ă&#x192;O DO PROBLEMA 4: Veja a solução do problema 5 do NĂ­vel 2.

SOLUĂ&#x2021;Ă&#x192;O DO PROBLEMA 5:

Numere os furos superiores com o nĂşmero 1, os furos imediatamente abaixo com o nĂşmero 2 e assim por diante, atĂŠ os furos inferiores, que recebem o nĂşmero n.

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Observe que basta estabelecermos os primeiros n furos onde o cadarço irá passar (o padrão é simétrico). Uma maneira pode ser definida por uma seqüência indicando os números dos primeiros n furos onde o laço passa (observe que tal seqüência tem todos os números de 1 a n, começa com 1 e termina com n) e por uma outra seqüência de comprimento n – 1 cujo k-ésimo termo indica se o cadarço muda de lado ao passarmos do k-ésimo para o (k + 1)-ésimo termo da primeira seqüência. Por exemplo, (1, 3, 2, 4) e (muda, não muda, muda) representa 1 2 3 4

1 2 3 4

Assim, como há (n – 2)! seqüências com os números de 1 a n começando com 1 e terminando com n e 2n – 1 seqüências indicando se o cadarço muda de lado ou não, há (n – 2)! ⋅ 2n – 1 maneiras.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:

Seja S a soma pedida. Como f(x) + f(1/x) =

(1 / x) 2 x2 + = 1, podemos 1 + x 2 1 + (1 / x) 2

escrever

+ f  1n  + f  n2 

1 2 3 2S = f   + f   + f   + 1 1 1 1 2 3 + f + f + f + 2 2 2 +

1 2 3 n + f + f + f + + f  n n n n 1 2 3       n + f + f + f + + f  1 1 1       1 1 2 3 n + f + f + f + + f  2 2 2 2 +

1 2 3 n + f + f + f + + f  n n n n  1 1   1   2    3  ⇔ 2 S =  f   + f    +  f   + f    +  f   + 1   2   1    1   1 +

+  f  nn  + f  nn   (n

⇔ 2S = n 2 ⇔ S=

n2 2

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pares de parcelas)

 1  f     3 

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XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Terceira Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 PROBLEMA 1:

Numa famosa joalheria estão armazenadas várias pedras preciosas dos seguintes tipos: esmeraldas; safiras e rubis. Todas as pedras do mesmo tipo têm o mesmo valor. Além disso, 24 esmeraldas valem tanto quanto 12 rubis e também valem tanto quanto 8 safiras.

Com R$350.000,00 um príncipe comprou um conjunto com 4 esmeraldas, 6 rubis e 4 safiras. Quanto custa cada tipo de pedra?

PROBLEMA 2:

Um cubinho foi colocado no canto de uma sala, conforme a Figura 1.

Empilharam-se outros cubinhos iguais ao primeiro, de forma a cobrir as faces visíveis do mesmo, usando-se o menor número possível de peças. Como se pode ver na Figura 2, após a colocação dos novos cubinhos, restam 9 faces visíveis desses cubinhos.

Figura 2

Figura 1

a) Quantos cubinhos iguais a esses, no mínimo, seria necessário empilhar, de forma a cobrir aquelas 9 faces visíveis?

b) Continua-se a fazer essa pilha, repetindo-se o procedimento descrito. Quando a pilha tiver um total de 56 cubinhos, quantas faces poderão ser vistas?

PROBLEMA 3:

No triângulo ABC tem-se que M é o ponto médio do lado AB (isto é, os segmentos AM e MB têm o mesmo comprimento). N é o ponto médio de MC e R é o ponto médio de NA. O triângulo ABC tem área 2000. Determine a área do triângulo AMR. C

N R A

M

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B

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PROBLEMA 4:

Dizemos que um número natural é legal quando for soma de dois naturais consecutivos e também for soma de três naturais consecutivos. a) Mostre que 2001 é legal, mas 1999 e 2002 não são legais. b) Mostre que 20012001 é legal.

PROBLEMA 5:

As 42 crianças de uma escola infantil deram as mãos formando uma fila e cada uma delas recebeu um número da seguinte maneira: a primeira delas ficou com o número 1, a segunda ficou com o número 2 e, assim sucessivamente, até a última, que ficou com o número 42. Continuando de mãos dadas, foram para um pátio, onde cada uma delas ficou sobre uma lajota quadrada; duas crianças com números consecutivos ficaram em lajotas vizinhas com um lado comum (ou seja, do lado esquerdo, do lado direito, na frente ou atrás, mas nunca em diagonal).

Ao relatar esse fato para a diretora, a inspetora Maria fez o desenho à esquerda, mostrando a posição de três crianças sobre o retângulo formado pelas 42 lajotas, sobre as quais estavam as crianças. Num outro comunicado, a inspetora Célia fez outro desenho, mostrado à direita, com a posição das mesmas crianças sobre o mesmo retângulo. Ao receber os dois desenhos a diretora disse a uma das inspetoras: "O seu desenho está errado". i)

Com qual das duas inspetoras a diretora falou? Qual foi o raciocínio da diretora?

ii)

Complete o desenho correto satisfazendo as condições do enunciado.

11

20

11

20

31 31

(Desenho de Maria)

(Desenho de Célia)

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PROBLEMAS – NÍVEL 2 PROBLEMA 1:

Uma folha de papel retangular ABCD, de área 1, é dobrada em sua diagonal AC e, em seguida, desdobrada; depois é dobrada de forma que o vértice A coincida com o vértice C e, em seguida, desdobrada, deixando o vinco MN, conforme desenho abaixo.

A

M

D

N

B

C

a) Mostre que o quadrilátero AMCN é um losango. b) Se a diagonal AC é o dobro da largura AD, qual é a área do losango AMCN? PROBLEMA 2: Veja o problema 5 do Nível 2.

PROBLEMA 3:

Dado um inteiro positivo h demonstre que existe um número finito de triângulos de lados inteiros a, b, c e altura relativa ao lado c igual a h . a

b h . c

PROBLEMA 4:

Mostre que não existem dois números inteiros a e b tais que (a + b) (a2 + b2) = 2001.

PROBLEMA 5:

Sejam a, b e c números reais não nulos tais que a + b + c = 0. (a 3 + b 3 + c 3 ) 2 (a 4 + b 4 + c 4 ) .

Calcule os possíveis valores de (a 5 + b 5 + c 5 ) 2 PROBLEMA 6:

Em um quadrilátero convexo, a altura em relação a um lado é definida como a perpendicular a esse lado passando pelo ponto médio do lado oposto. Prove que as quatro alturas têm um ponto comum se e somente se o quadrilátero é inscritível, isto é, se e somente se existe uma circunferência que contém seus quatro vértices.

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PROBLEMAS – NÍVEL 3 PROBLEMA 1:

Prove que (a + b)(a + c) ≥ 2 abc (a + b + c) para quaisquer números reais positivos a, b e c.

PROBLEMA 2:

Dado um inteiro a 0 > 1 definimos uma seqüência (a n ) n ≥0 da seguinte forma; para cada k ≥ 0 , a k +1 é o menor inteiro a k +1 > a k tal que mdc (a k +1 , a 0 ⋅ a1 ⋅ ... ⋅ a k ) = 1.

Diga para quais valores de a 0 temos que todos os termos ak da seqüência são primos ou potências de primos.

PROBLEMA 3:

E e F são pontos do lado AB, do triângulo ABC, tais que AE = EF = FB. D é ponto da reta BC tal que BC é perpendicular a ED. AD é perpendicular a CF. Os ângulos BDF e CFA medem x e 3x, respectivamente. Calcule a razão (DB) / (DC).

PROBLEMA 4:

Uma calculadora tem o número 1 na tela. Devemos efetuar 2001 operações, cada uma das quais consistindo em pressionar a tecla sen ou a tecla cos. Essas operações calculam respectivamente o seno e o cosseno com argumentos em radianos. Qual é o maior resultado possível depois das 2001 operações?

PROBLEMA 5: Veja o problema 6 do Nível 2.

PROBLEMA 6:

Temos uma fileira longa de copos e n pedras no copo central (copo 0). Os seguintes movimentos são permitidos: Movimento tipo A

i–1

i

i+1

i+2

⇒ i–1

i

i+1

i+2

Se há pelo menos uma pedra no copo i e pelo menos uma no copo i + 1 podemos fazer uma pedra que está no copo i + 1 pular para o copo i – 1 eliminando uma pedra do copo i.

Movimento tipo B.

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i–1

i

i+1

⇒

i+2

i–1

i

i+1

i+2

Se há pelo menos duas pedras no copo i podemos pular uma para o copo i + 2 e uma outra para o copo i – 1.

Demonstre o seguinte fato: fazendo os movimentos tipo A ou B durante um tempo suficientemente longo sempre chegaremos a uma configuração a partir da qual não é mais possível fazer nenhum desses dois tipos de movimento. Além disso essa configuração final não depende da escolha de movimentos durante o processo.

SOLUÇÕES – NÍVEL 1 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE RAPHAEL RODRIGUES MATA (SALVADOR – BA)

Se 24 esmeraldas equivalem a 12 rubis, significa que 1 rubi equivale a duas esmeraldas, e se 24 esmeraldas equivalem a 8 safiras, uma safira equivale a 3 esmeraldas. Assim, se o príncipe comprar 6 rubis, é o mesmo que ele comprar 12 esmeraldas, e se ele comprar 4 safiras, é o mesmo que ele comprar 12 esmeraldas.

Assim, o conjunto comprado pelo príncipe tem o mesmo valor de 28 esmeraldas (4 + 12 + 12 = 28).

350000 Para se descobrir o valor de cada esmeralda, basta efetuar = 12500.

28 Sabemos que o rubi vale o dobro da esmeralda, assim, temos 12500 × 2 = 25000.

Por fim, sendo a safira o triplo do valor da esmeralda, temos 12500 × 3 = 37500.

Finalmente, descobrimos que a esmeralda custa R$12500,00; o rubi custa R$25000,00; e cada safira tem o valor de R$37500,00.

PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE EDUARDO FISCHER (ENCANTADO - RS)

a) São 6 cubos; chego a esta solução apenas olhando. Na fileira de baixo se acrescentam 3 cubos, na do meio 2 e na de cima 1 (a de cima antes estava vazia).

Note que primeiro foi botado um cubo, depois 3, que é um mais dois, agora bota 6, que é 1 + 2 + 3. Depois acrescentarei 10 (1 + 2 + 3 + 4) e depois 15 (1 + 2 + 3 + 4 + 5). Isso se deve ao fato que, ao quadricular o chão, na figura 1 se acrescenta um cubo ao nada. Depois se acrescenta 2 cubos (no chão) e 1 em cima. Após termos 4 cubos, se acrescenta 3 (no chão), 2 para cobrir os 2 que antes estão no chão (os mais distantes da parede) e 1 para cobrir lá em cima. E assim segue. b) Para chegar a 56, vou somando: 1, 3 = 1 + 2, 6 = 1 + 2 + 3, 10 = 1 + 2 + 3 + 4, 15 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 e 21 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6. A parede terá a altura de 6 cubos, quando isso acontecer. Vamos listar as faces e cubos à mostra: EUREKA! N°13, 2002

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No andar de cima há 1 cubo e 3 faces.

No segundo andar há 6 faces e 2 cubos.

No terceiro andar há 9 faces e 3 cubos.

No quarto andar há 12 faces e 4 cubos.

No quinto andar há 15 faces e 5 cubos.

No andar de baixo há 18 faces e 6 cubos.

Para cada cubo à mostra, há 3 faces vistas. São 21 cubos à mostra, 63 faces no total.

PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE FELIPE GONÇALVES ASSIS (CAMPINA GRANDE – PB)

O triângulo ABC tem área 2000. Ao ser cortado pelo segmento de reta MC, divide-se em outros 2 triângulos menores, de mesma área, ACM e CMB. Pode-se perceber que eles têm áreas iguais pois: • A base de ambos tem o mesmo comprimento, pois AM = MB, já que M é o ponto médio de AB. • A altura dos dois também é a mesma.

• Duas medidas que determinam a área de um triângulo são, justamente, base e altura. Assim descobrimos uma propriedade dos triângulos: Se um triângulo for cortado por um segmento de reta que parte do ponto médio de um dos segmentos que o compõem até o vértice formado pelas outras duas retas, obter-se-ão 2 novos triângulos, de mesma área, correspondente a metade da área do primeiro triângulo.

Isto é o que ocorre com o triângulo ABC que forma os triângulos ACM e CMB, cada um com área 1000 (= 2000:2).

Ocorre isto também com ACM, cortado pelo segmento AN, ele forma AMN e ACN, ambos com área 500 (= 1000:2).

Acontece o mesmo com AMN que é cortado por RM, originando AMR e RMN, cada qual com área 250(= 500:2).

Resposta: A área de AMR é de 250.

PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE PAULO ANDRÉ CARVALHO DE MELO (RIO DE JANEIRO – RJ)

Para um número ser a soma de 2 naturais consecutivos ele tem que ser: x + x + 1 = 2x + 1.

Ou seja, ímpar.

Para um número ser a soma de 3 naturais consecutivos ele tem que ser: x + x + 1 + x + 2 = 3x + 3.

Ou seja, múltiplo de 3.

Portanto um número legal é aquele que é múltiplo de 3 e ímpar a) O 2001 é múltiplo de 3 e é ímpar, mas o 2002 e o 1999 não são.

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b) Já que 2001 é múltiplo de 3, 20012001 terá 32001 como um de seus fatores primos e será ímpar pois um número ímpar multiplicado por outro número ímpar é igual a número ímpar.

Portanto 20012001 é legal, já que respeita as condições para um número ser legal.

PROBLEMA 5: Veja a solução do Problema 2 do Nível 2.

SOLUÇÕES – NÍVEL 2 PROBLEMA 1: a) SOLUÇÃO DE ELTON GOMES CORIOLANO (FORTALEZA – CE)

Se fizermos a segunda dobradura, teremos a seguinte figura: B C A

M

D

N

Logo percebemos que AN = CN e que AM = CM . Temos, então, dois triângulos isósceles: o triângulo ANC e o triângulo AMC. Então os ângulos CAˆ N e ACˆ N são congruentes e os ângulos CAˆ M e ACˆ M são congruentes também. Sabendo que AM é paralelo a NC, pode-se dizer que os ângulos CAˆ M e ACˆ N são congruentes, pois estes são ângulos alternos internos. Assim, CAˆ N = ACˆ N = CAˆ M = ACˆ M . Portanto, os ângulos MAˆ N e MCˆ N são congruentes. Logo, ACˆ N é congruente a AMˆ C . Assim, AMCN é paralelogramo, pois seus ângulos opostos são congruentes. Por este motivo, os lados opostos também serão iguais, ou seja, AM = CN e AN = CM. Dessa forma, AM = CN = AN = CM. Logo, o quadrilátero AMCN é um paralelogramo com todos os lados iguais, ou seja, AMCN é um losango.

A

M

B

T

D

C

N

b) SOLUÇÃO DE THIAGO COSTA LEITE SANTOS (SÃO PAULO – SP)

Seja T o centro do retângulo. Como AT é metade de AC , AT = AD , os triângulos ATN e ADN são retângulos, logo ∆ ATN ≡ ∆ ADN , pelo caso especial catetoEUREKA! N°13, 2002

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Sociedade Brasileira de Matemática

hipotenusa (a hipotenusa comum aos dois triângulos). Analogamente, temos ∆CBM ≡ ∆CTM e portanto o retângulo ABCD está dividido em 6 triângulos ( ABCD ) 1 e como o = 6 6 1 2 losango AMCN possui 4 dos 6 triângulos, sua área será igual a 4 ⋅ = .

6 3 PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE RAFAEL DAIGO HIRAMA (CAMPINAS – SP)

congruentes. Portanto a área de cada triângulo é igual a

i) Vamos pintar o retângulo igual a um tabuleiro de damas. Pelo enunciado o número anterior (e o posterior) de um número está acima, abaixo, a esquerda ou a direita.

Portanto, um número tem sua cor diferente de seus dois vizinhos.

Então, se o primeiro não é pintado, o segundo é, o terceiro não é, o quarto é, etc.

Ou seja, os números pares tem uma cor e os impares outra.

Pintando os dois tabuleiros percebemos que no de Célia o 20 e o 31 estão da mesma cor. Logo o desenho de Célia está errado.

11

11

20

20

31

31

Desenho da Maria ii) Para completar o desenho, vejamos que o 10 e o 12 devem estar no quadrado à esquerda e no abaixo do 11 pois este não tem mais vizinhos. Igualmente o 19 e o 21 estão à direita ou abaixo do 20.

O número 12 deve estar abaixo do 11 pois, se não o 9 teria que ficar no lugar marcado com um círculo, e não haveria lugar para o 8 (pois o único modo de conectar o 12 com o 20 seria como na figura).

12

11

20

13

10

19

14

9

18

15

16

17

Logo o 12 está abaixo do 11.

Vamos provar que o 19 está abaixo de 20. Se o 19 estivesse a direita de 20 travaria a saída para o 21 formando uma barreira sem saída. Logo o 19 está abaixo do 20.

Com isso, podemos montar algo obrigatório (tudo por falta de outras opções).

EUREKA! N°13, 2002

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Sociedade Brasileira de Matemática 10

11

20

9

12 19

8

13

21

1) 2) 3) 4)

7

O 9 tem que estar abaixo do 10.

O 13 abaixo do 12.

O 8 abaixo do 9.

O 7 abaixo do 8.

31

Temos que o 21 deve alcançar o 31 em 9 espaços, o 13 alcançar o 19 em 5 espaços e temos mais 6 espaços para fazer do 6 ao 1.

Se colocarmos o 6 à direita do 7 teríamos problemas, pois o caminho entre o 21 e o 31 (o 30 não pode ficar embaixo pois senão isolaria o 31 de uma parte em branco pois o cordão 29 a 31 impediria e nenhuma parte do cordão pois senão também faria uma área sem alcance).

10

11

20

21

22

23

9

12 19

24

8

13

25

7

6

26

31

30

29

28

Daria pouco espaço para 11 espaços (14 → 18 e 1 → 6) (O 30 deve ficar na direita do 31 neste caso pois abaixo e à esquerda ocorreria o espaço sem alcance), 8 no máximo.

27

Então o 6 é abaixo do 7, o 5 abaixo do 6, o 4 à direita do 5, o 3 à direita do 4 (estes 3 por falta de opção) e o 2 à direita do 3 (pois à esquerda do 31 tem o 6 e abaixo tem o 4 sobrando os outros dois (acima e à direita para o 30 e o 32).

Logo, teremos: 10

11

20

21

22

23

9

12 19

22

23

24

8

13

28

27

24

25

29

26

25

26

28

27

7 6

31

30

29

5

4

3

2

10

11

20

21

22

23

12 19

18

17

24

9 8

13

14

15

16

25

7

30

29

28

27

26

6

31

32

33

34

35

5

4

3

2

1

Agora, o cordão 21 → 31 deve ter o 30 acima do 31 pois senão forma a mesma área sem alcance como os exemplos. Então o 32 fica à direita do 31 e o 29 à direita do 30, o 14 à direita do 13, o 28 à direita do 29, o 33 à direita do 32, o 1 à direita do 2, o 34 à direita do 33, o 15 à direita do 14, o 18 à direita do 19, o 22, 17, 16, 27 à direita do 21, 18, 15 e 28 respectivamente. O 23, 26 e 35 devem ficar à direita do 22, 27 e 34, respectivamente. Como o 23 deve chegar ao 26 em 2 espaços, o 24 fica embaixo do 23 e o 25, embaixo do 24. Então é só completar com o 35 a 42 do único modo possível.

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Respostas: i) A diretora falou com Célia. A direitora percebeu que o 20 e o 31 não poderiam estar na mesma cor se o tabuleiro fosse pintado como o de damas. ii) 10

20

21

22

23

42

9

11

12 19

18

17

24

41

8

13 14

15

16

25

40

7

30 29

28 27

26

39

6

31 32

33 34

35

38

5

4

2

36

37

3

1

Obs. Estendendo-se esse raciocínio é possível demonstrar que esta é a única maneira de se completar o desenho.

PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE THIAGO COSTA LEITE SANTOS (SÃO PAULO – SP)

h

a

m

b

.

α

n c

Temos

a2 = h2 + m2 b2 = h2 + n2

Para uma equação Pitagórica: x2 = y2 + z2, resolvida em inteiros positivos, temos: z 2 ≥ 2 y + 1 (pois senão y 2 < x 2 < ( y + 1) 2 ) y 2 ≥ 2 z + 1 (análoga a de cima) z2 ≥ 2y + 1

z2 ≥ 2y +1

2

 y2 −1  ≥ z2 ≥ 2y +1 ⇔ y2 −1 ⇔  ⇔  y 2 −12  2 2   ≥z ≥z     2  2 

Mas se substituirmos y por h e z por m ou n, teremos que estes estarão limitados a certos valores, logo a, b, e c estão limitados a certos valores e, portanto acabou!!!

Mas supomos que m e n são inteiros positivos e eles poderiam ser irracionais e a soma de dois irracionais dar um inteiro.

Para isto podemos aplicar a lei dos cossenos.

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cos α =

n ; n = (b 2 − h 2 ) b

a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos α ⇔ a 2 = b 2 + c 2 − 2c ⋅ b 2 − h 2 . Assim, se n é irracional, a2 também será, absurdo. Portanto m e n são inteiros.

Obs.: m e n não poderiam ser fracionários, observando as equações iniciais, que mostram que m2 e n2 são inteiros. Note que se n = p/q é um racional não inteiro, então n2 = p2/q2 também não será inteiro, pois se q não divide p então q2 não divide p2.

PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE HENRY WEI CHENG HSU (SÃO PAULO – SP)

2001 = 3. 23 . 29 Temos que a2 + b2 é sempre ≥ 0, então, para o produto (a + b) (a2 + b2) valer 2001, a + b não pode ser negativo.

Como a e b são inteiros, a2 ≥ a e b2 ≥ b, assim a2 +b2 ≥ a + b (a2 < a somente quando 0 < a < 1) Os valores possíveis para (a + b) e (a2 + b2) são: 1) a + b = 1 e a2 + b2 = 2001 2) a + b = 3 e a2 + b2 = 667 3) a + b = 23 e a2 + b2 = 87 4) a + b = 29 e a2 + b2 = 69 Vamos analisar os casos 2) e 3).

Em ambos temos a + b ≡ 3(mod 4) e a2 + b2 ≡ 3 (mod 4) Para a + b ≡ 3 (mod 4), podemos ter os seguintes casos: a ≡ 0 e b ≡ 3 ⇒ a 2 ≡ 0 e b2 ≡ 1 a ≡ 1 e b ≡ 2 ⇒ a 2 ≡ 1 e b2 ≡ 0 a ≡ 2 e b ≡ 1 ⇒ a 2 ≡ 0 e b2 ≡ 1 a ≡ 3 e b ≡ 0 ⇒ a 2 ≡ 1 e b2 ≡ 0 Então, quando a + b ≡ 3 (mod 4), a2 + b2 será congruente a 1 (mod 4). Portanto os casos 2) e 3) não podem existir. Vamos analisar o caso 1) Para a = 1 e b = 0 e a = 0 e b = 1, a2 + b2 sempre valerá 1.

Quando um dos dois for negativo: a = n + 1 e b = – n ou vice-versa a+b=n+1–n=1 a2 + b2 = n2 + 2n + 1 + n2 = 2n2 + 2n + 1 a2 + b2 = 2001 ⇔ 2n2 + 2n + 1 = 2001 ⇔ 2n2 + 2n – 2000 = 0 ⇔ n2 + n – 1000 = 0 n2 + n – 1000 = 0 ∆ = 1 + 4000 = 4001 como 4001 não é quadrado perfeito, n não é inteiro.

Outra maneira: a + b = 1 ⇔ a = 1 – b a2 + b2 = b2 – 2b + 1 + b2 = 2b2 – 2b + 1 EUREKA! N°13, 2002

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2b2 – 2b + 1 = 2001 ⇔ 2b2 – 2b – 2000 = 0 ⇔ b2 – b – 1000 = 0 ∆ = 1 + 4000 = 4001 (não é quadrado perfeito).

Assim, o caso 1) não existe. Vamos analisar o caso 4). a + b = 29 ⇔ b = 29 – a a2 + b2 = a2 + 841 – 58a + a2 = 2a2 – 58a + 841 a2 + b2 = 69 ⇔ 2a2 – 58a + 772 = 0 ⇔ a2 – 29a + 386 = 0 ∆ = 841 – 1544 < 0 Como ∆ < 0, a não é inteiro. Assim, o caso 4) não pode ocorrer.

Como nenhum caso pode ocorrer, não existem dois números a e b tais que (a + b) (a2 + b2) = 2001.

PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE MARCELA SOBRINHO PEREIRA (FORTALEZA – CE)

Pelo enunciado, temos: a + b + c = 0 a = – (b + c) ⇒ a3 = – b3 – c3 –3b2c –3bc2 = – b3 – c3 –3bc(b + c), a4 = b4 + c4 + 4b3c + 4c3b + 6c2b2 e a5 = – b5 – c5 –5b4c –5c4b – 10b3c2 –10c3b2.

Substituindo na expressão, temos: (− 3bc(b + c))2 2b 4 + 2c 4 + 4b 3 c + 4bc 3 + 6c 2 b 2 = 2 5bc b 3 + c 3 + 2b 2 c + 2bc 2

( ( (

)

))

9b c (b + c) (2b + 2c + 4b c + 4bc 3 + 6c 2 b 2 ) = 25b 2 c 2 (b 3 + c 3 + 2b 2 c + 2bc 2 ) 2 2 2

2

4

4

3

9 2(b 6 + c 6 + 8b 2 c 4 + 4b 5 c + 10b 3 c 3 + 8b 4 c 2 + 4bc 5 ) 18 ⋅ = .

25 b 6 + c 6 + 8b 2 c 4 + 4b 5 c + 10b 3 c 3 + 8b 4 c 2 + 4bc 5 25

(

)

PROBLEMA 6: Veja a solução do problema 5 do nível 3.

SOLUÇÕES – NÍVEL 3 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE CARLOS STEIN NAVES DE BRITO (GOIÂNIA - GO)

Seja a + b = x, a + c = y e b + c = z. (x, y, z > 0) Temos um sistema linear de variáveis a, b e c e x+ y−z  a + b = x → a = 2 a + b = x a + b = x  x+z− y    Resolvendo a + c = y ⇔ − b + c = y − x ⇔ − b + c = y − x → b = 2  b + c = z b + c = z   z+ y−x  c = 2  EUREKA! N°13, 2002

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Chamando x + y + z = 2p. Temos a = p – z, b = p – y e c = p – x.

Logo a desigualdade vira: (a + b)(a + c) ≥ abc(a + b + c) ⇔     p − z + p − y   p − z + p − x  ≥ 2 ( p − z )( p − y )( p − x)( p − x + p − y + p − z ) ⇔     x y z   

x ⋅ y ≥ 2 ( p − z )( p − y )( p − x) p . Basta provar isso.

Temos que:  ( a + b) + ( a + c ) > b + c ⇔   (a + c) + (b + c) > ( a + b) ⇔      2a > 0 ⇔ 2c > 0 ⇔ x+ y>z   ;y+z>x       a>0 c>0      (a + b) + (b + c) > (a + c) ⇔    2b > 0 ⇔ e x+z> y  .   b>0  

Assim x, y e z podem ser lados de um triângulo, sendo p o semiperímetro.

Assim seja α o ângulo desse triângulo entre x e y. x ⋅ ysenα x ⋅ y ⋅ 1 x ⋅ ysenα ; como senα ≤ 1, temos Logo a área A dele é: A = ≥ =A 2 2 2 Mas A em função dos lados é logo ( p − z )( p − y )( p − x) p , xy ≥ A = ( p − z )( p − y )( p − x) p ⇔ s xy ≥ 2 ( p − z )( p − y )( p − x) p , cqd.

2 PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE DAVI MÁXIMO ALEXANDRINO NOGUEIRA (FORTALEZA - CE)

Notação: mdc (x, y) = (x, y).

Já que a0 faz parte de (an)n ≥ 0, o próprio deve ser potência de primo.

Suponha a0 = pm (p primo). Considere primeiro p = 2: a0 = 2m. a1 é o menor inteiro que satisfaz a1 > a0 e (a1, a0) = 1. Portanto, temos a1 = a0 + 1 = 2m + 1. Se m for ímpar, a1 = 2m + 1 ≡ 0 (mod 3) ⇒ 3|a1 ⇒ a1 = 3n, pois todo termo de (an)n ≥ 0 deve ser potência de primo.

Logo 2m + 1 = 3n.

Se m = 1, 3 = 3n ⇒ n = 1, a1 = 3 e a0 = 2 (I) Se m ≥ 2, segue que 4|2m, e 2m +1 ≡ 3n (mod 4) ⇒ 1 ≡ (–1)n (mod 4) ⇒ n par, digamos n = 2n0. Logo, ficamos com:

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3n0 −1 = 2α ⇒ 2 = 2β − 2α ⇒ 2 = 2α (2β −α −1) ⇒α = 1 2m +1 = 32n0 ⇒ 2m = (3n0 −1)(3n0 +1) ⇒  n 3 0 +1 = 2β e β = α + 1 = 2 ⇒ m = 3 e n = 2 ⇒ a 0 = 8 a1 = 9 (II) Agora observemos: (I) a 0 = 2 a1 = 3 Então, a 2 = 5 , a 3 = 7 , a 4 = 11. Provaremos por indução: ai = (i + 1)-ésimo primo Supondo a hipótese válida para j, olhemos o passo indutivo j → j + 1: a j +1 > a j ; (a j +1 , a 0 a1 ...a j ) = 1 . Seja p o (j + 2)-ésimo primo.

Por hipótese, ai = (i + 1)-ésimo primo. Seja x ∈{a j + 1, a j + 2,..., p − 1} ⇒ x > a j porém, ( x, a 0 a1 ...a j ) ≠ 1 pois os fatores primos de x pertencem ao produto a 0 a1 ...a j logo, a j +1 = p pois p é o menor inteiro tal que p > aj e (p, a0…aj) = 1 e o resultado segue.

(II): a0 = 8 a1 = 9 ⇒ a2 = 11, a3 = 13, a4 = 17, a5 = 19, a6 = 23, a7 = 25 = 52, a8 = 29, a9 = 31, a10 = 37, a11 = 41, a12 = 43, a13 = 47, a14 = 49 = 72, a15 = 53.

Prova analogamente por indução ("mesmo" passo indutivo anterior) que a partir de i ≥ 15, ai = (i + 1)-ésimo primo (indução feita no anexo).

Sendo assim, suponha a0 = 2m com m par (m > 0). Temos: a0 = 2m ⇒ a1 = 2m + 1 ⇒ a2 = 2m + 3 (pois, (a2, a1) = (a2, a0) = 1) ⇒ a3 = 2m + 5.

Porém, como m é par, a3 ≡ 2m + 5 ≡ (–1)m + 5 ≡ 0 (mod 3) ⇒ 2m + 5 = 3n Resolvamos então 2m + 5 = 3n.

Como 2m = a0 > 1 ⇒ m > 0. Mas como estamos supondo m par ⇒ m ≥ 2 ⇒ 4 | 2 m .

Logo, 2m + 5 = 3n ⇒ 2m + 5 ≡ 3n (mod 4) ⇒ 3n ≡ 1 (mod 4) ⇒ n par, digamos n = 2n0.

Logo, 22m0 + 5 = 32n0 ⇒ 32n0 − 22m0 = 5 ⇒ (3n0 − 2 m0 )(3n0 + 2 m0 ) = 5 ⇒ 3n0 − 2 m0 = 1 ⇒ n (pois 3n0 − 2m0 < 3n0 + 2m0 ) 3 0 + 2m0 = 5 ⇒ 2 m0 +1 = 4 ⇒ m0 = 1 ⇒ m = n = 2 ⇒a 0 = 4 ⇒ a1 = 5, a 2 = 7, a 3 = 9

Prova-se novamente por indução (mesmo passo indutivo da anterior) que para todo i ≥ 4, ai = (i + 1)-ésimo primo.

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Agora, suponha a 0 = p m , p ≠ 2. ⇒ a1 = p m + 1 = 2 n pois 2 | p m + 1. Se n for par, digamos n = 2n0, veja (mod 3): p m + 1 ≡ 2 2 n0 (mod 3) ⇒ p m + 1 ≡ 1(mod 3) ⇒ p = 3 sendo assim; resolvemos 3 m + 1 = 2 2 n0 2 n0 + 1 = 3α ⇒ 3 m = (2 n0 − 1)(2 n0 + 1) ⇒  n 2 0 − 1 = 3 β ⇒ 3α − 3 β = 2 ⇒ 2 = 3 β (3α − β − 1) ⇒ β = 0, α = 1 ⇒ m = 1 e n = 2 ⇒ a 0 = 3, a1 = 4 ⇒ a 2 = 5 e para i ≥ 2 ⇒ a i = (i + 1) -ésimo primo (pelo mesmo argumento indutivo).

Sendo assim, suponha n ímpar: a 0 = p m , a1 = p m + 1 = 2 n e a 2 = p m + 2 = 2 n + 1 (já que (pm, pm + 2) = (pm + 2, pm + 1) = 1) ⇒ 3 | a 2 (já que n é ímpar) ⇒ a 2 = 3 t logo, 3 t − 2 n = 1 (*) mas já é sabido nosso que as soluções de (*) se dão para: t = 1 e n = 1 ⇒ a2 = 3 e a1 = 2 ⇒ a0 = 1 (Absurdo!) t = 2 e n = 3 ⇒ a2 = 9 e a1 = 8 ⇒ a0 = 7 (III) (III): a0 = 7, a1 = 8, a2 = 9, a3 = 11, a4 = 13, a5 = 17, a6 = 19, a7 = 23, a8 = 25 = 52, a9 = 29 e, para i ≥ 9, ai = (i + 1)-ésimo primo (como antes).

Resposta: a0 pode ser 2, 3, 4, 7 ou 8.

Anexo: Para um j > 1, suponha a0, a1, …, aj definidos como disse e a hipótese valendo.

Basta ver que no conjunto {a0, a1,…,aj} aparecem todos os j + 1 primeiros fatores primos. Chame p = (j + 2)-ésimo primo. Os candidatos a aj + 1 antes de p seriam aj + 1, aj + 2,…, p – 1. Porém, os fatores primos de qualquer um desses caras aparecem no produto a0 a1,…, aj ⇒ se x ∈ { aj + 1,…, p – 1}, mdc (x, a0 a1,…, aj) ≠ 1. Logo, x = p (veja que p >aj e mdc (p, a0 a1,… ,aj) = 1).

Os outros passos de indução são totalmente análogos.

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PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE LARISSA CAVALCANTE QUEIROZ DE LIMA (FORTALEZA - CE) E F A B x 2x (m + n) x m x

m n

D

n

x

M

C x

G

ED ⊥ BC ⇒ ∆ EDB é um triângulo retângulo.

Como EF = FB, F é ponto médio de EB ⇒ EF = FB = DF ⇒ Se FDˆ B = x , temos FBˆ D = x ⇒ DFˆE = FDˆ B + DBˆ F = x + x = 2 x < 3x = CFˆA portanto D não está dentro do segmento BC ⇒ H, pé da altura relativa ao lado BC está fora do segmento BC (pois AH // ED e H, D, B estão na reta nessa ordem ⇒ H ∉ DB e como D ∉ CB , temos H ∉ CB ) ⇒ ACˆ B é um ângulo obtuso. * CFˆD = CFˆA − DFˆA = 3 x − 2 x = x ⇒ CFˆD = FDˆ C ⇒ ∆CFD é isósceles com CD = CF = m.

Seja M o ponto médio de DB ⇒ MF é base média de ∆BDE ⇒ MF // ED ⇒ FMˆ B = EDˆ B = 90° ( DGˆ F = 90° pois AD ⊥ CF e G = AD ∩ CF) ⇒ DGMF é um quadrilátero inscritível ⇒ FDˆ M = FGˆ M = x e DFˆG = DMˆ G = x ⇒ CGˆ M = CMˆ G = x ⇒ ∆CMG é isósceles com CM = CG = n DM = MB ⇒ MB = DC + CM = m + n e DB = DM + MB = 2(m + n) GF = GC + CF = m + n Menelaus ∆ FCB e reta ADG ⇒ 2 2(m + n) AF DB GC n ⋅ ⋅ =1⇒ ⋅ ⋅ = 1 ⇒ 4n = 3m 3 AB DC GF m m+n 3m 4m + 3m 7 2m + m⋅ DB 2(m + n) 2m + 2n 2 = 2 2=7 = = = = 2 DC m m m m m DB 7 ∴ = .

DC 2 Obs. Cˆ não obtuso ⇒ H ∈ CB e portanto  AFˆD = AFˆC + CFˆD = 3x + y = 2 x ⇒ y = − x < 0  D ∈ CB ⇒   contradição. CFˆD ≥ 0.  EUREKA! N°13, 2002

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PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE ALEX CORRÊA ABREU (NITERÓI - RJ)

Definimos as seqüências (xk), (yk) como sendo respectivamente o máximo e o mínimo depois da operação feita k vezes ⇒ x k +1 = senx k ou cos y k pois a função seno é crescente e a co-seno decrescente no intervalo considerado e y k +1 = seny k ou

π π  cos x k , mas senx > cos y ⇔ senx > sen − y  ⇔ x + y > ⇒ 2 2  π se x k + y k > , temos x k +1 = senx k e y k +1 = cos x k . Analogamente, se 2 π x k + y k < , temos x k +1 = cos y k e y k +1 = seny k ⇒ x k2 + y k2 = 1, ∀k ≥ 1. mas 2 π ( xk + y k ) 2 = ( xk2 + y k2 + 2xk y k ) ≤ 2( xk2 + y k2 ) = 2 ⇒ xk + y k ≤ 2 < ⇒ 2 xk +1 = cos y k e y k +1 = senyk . Assim, temos x 2001 = cos y 2000 = cos seny1999 = cos sensen...seny1 = cos sensen...sen cos 1 já que

1999 vezes

cos 1 < sen 1, pois

π π <1< .

4 2

PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE EINSTEIN DO NASCIMENTO JUNIOR (FORTALEZA - CE)

Lema 1: Sabemos que um quadrilátero é inscritível se e somente se as mediatrizes dos lados desse quadrilátero são concorrentes.

Lema 2: Os pontos médios dos lados de um quadrilátero qualquer, convexo ou não, formam um paralelogramo.

Tome agora um quadrilátero convexo ABCD, com lados opostos não paralelos.

M

C

N

B

O'1

P O1

A

Q

D

Sejam M, N, P, Q os pontos médios de AB, BC, CD, DA. Trace agora as mediatrizes de BC e AD, que se encontram em O1.

Chame NQ ∩ MP = E. Provaremos que as alturas relativas a BC e a AD se encontram no ponto simétrico a O1 em relação a E. Chame O'1 o simétrico de O1 em relação a E.

EUREKA! N°13, 2002

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Sociedade Brasileira de Matemática

Pelo Lema 2, E é ponto médio de NQ e E é ponto médio de MP e além disso por definição de O'1, E é ponto médio de O'1O1.

Então temos que NO1QO'1 é um paralelogramo!

Daí: NO'1 // O1Q ⇒ NO'1 ⊥ AD ⇒ NO'1 é a altura em relação a AD. QO'1 // NO1 ⇒ QO'1 ⊥ BC ⇒ QO'1 é a altura em relação a BC. Logo O'1 é o encontro das alturas relativas a BC e AD. Fazendo o mesmo para os lados AB e CD podemos concluir que: O simétrico em relação a E do encontro de mediatrizes de lados opostos é igual à interseção das alturas destes lados opostos.

Chame O2 o encontro das mediatrizes de AB e CD. O'2 será o simétrico em relação a E de O2 e consequentemente o encontro das alturas relativas a AB e CD. Note que: O'1 ≡ O'2 ⇔ O1 ≡ O2.

Então: O'1 ≡ O'2 ⇔ O1 ≡ O2 ⇔ ABCD é inscritível.

Segue que O'1 ≡ O'2 ⇔ ABCD é inscritível.

Logo as 4 alturas tem um ponto em comum se e somente se o quadrado for inscritível.

PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DE HUMBERTO SILVA NAVES (SÃO PAULO - SP)

Vamos introduzir o conceito de energia para as pedras: pos ( x )

3 , onde pos(x) é a posição de x.   x 4 O que acontece se realizarmos um movimento? Vamos mostrar que a energia sempre diminui a cada momento: Movimento tipo A: E=

p–1

p

∑

⇒

p+1

p

p–1

 3 3 E' = E −   −    4 4 Movimento tipo B:

p–1

p

p+1

p+2

p +1

⇒

p

 3 +   4

p–1

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38

p+1 p −1

p

5  3 = E ⋅  −   < E 12   4

p

p+1 p+2

Sociedade Brasileira de Matemática p

p −1

p+2

p

3 3 3  3  5  =E −  ⋅ < E E ' = E − 2  +   +   4 4 4  4   48  3 Obs. O número não foi escolhido ao acaso, foi escolhido um número q tal que: 4 1 < q + q 2 e 1 + q 3 < 2q Considere um copo de posição p, onde p é tal que p

3   > E 0 , onde E0 é a energia inicial do sistema. 4 Como a energia, a cada movimento, sempre diminui, qualquer que sejam os movimentos que se faça, nenhuma pedra ficará numa posição menor ou igual a p. Ou seja, existe uma "barreira" à esquerda para as pedras.

Estamos agora capazes de resolver o problema (a primeira parte): * Dada uma configuração inicial das "n" pedras, é impossível realizar uma seqüência infinita de movimentos.

Demonstração: Vamos demonstrar (*) por indução: Base: Para n = 1 é verdadeiro!

Passo indutivo: Suponha, por absurdo, que seja possível realizar uma seqüência infinita de movimentos. Sabemos que a posição da pedra mais à esquerda não aumenta a cada movimento e como existe uma barreira à esquerda, então a partir de um certo ponto a pedra mais a esquerda não mais será movimentada, e só com os restantes (o número de pedras restantes é no máximo n – 1) é impossível realizar uma seqüência infinita de movimentos, o que é um absurdo!

Logo por indução, (*) é verdadeiro para todo n ∈ 1*.

Vamos resolver a segunda parte do problema: Sabemos que dada uma configuração inicial, independente das escolhas dos movimentos sempre chegamos a uma configuração onde é impossível mover (configuração parada). Suponha por absurdo que a partir de uma configuração inicial se chegue a duas configurações paradas distintas A e B. Seja k' a posição da pedra mais à direita das configurações A e B e k = k' + 2.

Considere o seguinte invariante: (não varia a cada movimento) I= Fk − pos ( x ) , onde Fn é o n-ésimo número de Fibonacci.

∑ x

Lembramos que F1 = 1, F2 = 1 e Fn + 2 = Fn + 1 + Fn, para todo n ≥ 1) Sabemos que I A = I B , pois I é invariante, isto é, permanece o mesmo depois de cada movimento.

De fato, Fk – (p – 1) = Fk – p + 1 = Fk – p + Fk – p – 1 = Fk – p + Fk – (p + 1), donde I não muda após um movimento do tipo A, e Fk − ( p −1) + Fk − ( p + 2) = Fk − p + Fk − p −1 + Fk − p − 2 = EUREKA! N°13, 2002

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= 2 Fk − p , donde I não muda após um movimento do tipo B. Algoritmo: 1- Seja x a pedra mais à esquerda de A e y a pedra mais à esquerda de B. Devemos ter pos(x) = pos(y), pois se fosse pos(x) ≠ pos(y) (assumimos sem perda de generalidade que pos(x) > pos(y)), teríamos: IA = Fk − pos (t ) ≤ Fk − pos ( x ) + Fk − pos ( x )− 2 + Fk − pos ( x ) − 4 + ... + F2

∑ t∈ A

se k − pos (x) for par e IA =

∑F t∈ A

k − pos ( t )

≤ Fk − pos ( x ) + Fk − pos ( x ) − 2 + ... + F3 caso contrário:

Mas F2 + ... + F2 k = F2 k +1 − 1 < F2 k +1 e F3 + ... + F2 k +1 = F2 k + 2 − 1 < F2 k + 2 (como se prova facilmente por indução). logo I A ≤ Fk − pos ( x ) +1 − 1 < Fk − pos ( x ) +1 ≤ Fk − pos ( y ) ≤ I B , um absurdo!

2- Seja A: = A – {x} e B: = {y}.

3- Vá para o 1.

Pronto! Demonstramos que A e B são a mesma configuração, o que é um absurdo! A configuração final independe da escolha dos movimentos.

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XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase – Nível Universitário PROBLEMA 1

Seja f ( x) = e − x sen x. Calcule f (2001)(0). (Denotamos por f (n)(x) a derivada de ordem n no ponto x; assim, f (2)(x) = f '' (x).)

PROBLEMA 2

Seja s(n) a soma dos algarismos de n. Assim, por exemplo, s(77) = 14 e s(2001) = 3.

Diga se existe um inteiro positivo n com s(n) = 10 e s(n2) = 100. Se não existir, demonstre este fato. Se existir, dê um exemplo.

PROBLEMA 3

O centro de massa de uma lata cilíndrica de refrigerante tem a mesma posição quando a lata está vazia ou cheia. Se a massa da lata vazia é m e a massa do refrigerante dentro da lata cheia é M, determine a fração de refrigerante que deve ser deixado na lata para que seu centro de massa fique o mais baixo possível.

PROBLEMA 4

Um ratinho ocupa inicialmente a gaiola A e é treinado para mudar da gaiola atravessando um túnel sempre que soa um alarme. Cada vez que soa o alarme o ratinho escolhe qualquer um dos túneis incidentes a sua gaiola com igual probabilidade e sem ser afetado por escolhas anteriores. Qual a probabilidade de que após o alarme soar 23 vezes o ratinho ocupe a gaiola B? A

B

C

D

E

F

PROBLEMA 5

Seja A uma matriz n × n com a1, j = ai, 1 = 1 (para quaisquer i e j, 1 ≤ i, j ≤ n) e a i +1, j +1 = a i , j + a i +1, j + a i , j +1 (para quaisquer i e j, 1 ≤ i, j < n). Assim,

  . Calcule det(A).   

1  1 A = 1  1  

1 1 1

3 5 7 5 13 25 7 25 63

PROBLEMA 6

Seja xn uma seqüência de números reais definida por x n +1 = x n2 − Para quais valores de x0 a seqüência converge? Para que valor?

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xn , n ≥ 0.

2

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SOLUÇÕES – NÍVEL UNIVERSITÁRIO SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1

π  f ' ( x) = −e − x ( senx − cos x) = − 2e − x sen x −  4  Em geral, se u = x + a, onde a é uma constante, a derivada de e − x sen u é igual π a − 2e − x sen u − .

4  π π π   Logo f ' ' ( x) = (− 2 ) 2 e − x sen x − −  = 2e − x sen x − .

4 4 2   kπ   Se f ( k ) ( x) = (− 2 ) k e − x sen x − , para k ∈ 1, teremos 4    (k + 1)π  kπ π     −   = (− 2 ) k +1 e − x sen x − f ( k +1) = (− 2 ) k ⋅  − 2e − x sen x − .

4 4  4     nπ   Logo, por indução, f ( n ) ( x) = (− 2 ) n e − x sen x −  (n ∈ 1) e 4   π 2001π    1000 − x ( x) = (− 2 ) 2001 e − x sen x −  = − 2 2 e sen x −  4  4   1000 − x = 2 e (cos x − sen x). f

( 2001)

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2

Existem muitos inteiros n com as propriedades pedidas. A menor solução é 1101111211. Algumas outras são 10111111111, 11011111111, 200220000202 e

n=

9

∑10

2j

.

j =0

A única condição necessária é que, ao calcular n2 pelo algoritmo usual não deve ocorrer nenhum 'vai um'. Mais precisamente, se a expansão decimal de n é n = p (10), p ( x) = a k x k + ... + a 0 com 0 ≤ a i < 10 então temos p(1) = s (n) = 10.

Temos q ( x) = ( p( x)) 2 = b2 k x 2 k + ... + b0 com b j = a j a 0 + a j −1 a1 + ... + a 0 a j , q (10) = n 2 e q (1) = 100.

Para que s (n 2 ) = q (1) precisamos apenas que cada bj seja menor do que 10.

Exemplos de soluções podem ser facilmente obtidos tomando os algarismos de n pequenos e espalhados.

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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3

Se há fração λ de refrigerante na lata, λ ∈ [0,1] , a massa total de refrigerante será λ λM e o centro de massa do refrigerante (sem contar a lata) tem altura h , onde h é 2 h a altura total da lata. Como o centro de massa da lata vazia tem altura , a altura do 2 λh h  + m ⋅  / (λM + m ). centro de massa é f (λ ) =  λM ⋅ 2 2  Temos h ((λM + m) ⋅ 2λM − (λ 2 M + m) M ) f ' (λ ) = 2 2(λM + m) h = (λ 2 M 2 + 2λMm − mM ).

2 2(λM + m) As raízes de λ 2 M 2 + 2λMm − mM são λ1 =

− Mm − M 2 m 2 + M 3 m <0 e M2

− Mm + M 2 m 2 + M 3 m m 2 + Mm − m m = = < 1.

Assim, 2 M M m + m 2 + Mm f ' (λ ) < 0 para 0 ≤ λ < λ 2 e f ' (λ ) > 0 para λ 2 < λ ≤ 1, e portanto f (λ ) é mínimo

λ2 =

para λ = λ 2 =

m 2 + Mm − m .

M

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4

Seja an a probabilidade de que após n apitos o ratinho esteja na coluna central (B ou E). Temos a0 = 0 (o ratinho não começa na coluna central). Claramente após o apito soar um número par de vezes o ratinho estará em A, C ou E e após um número ímpar de vezes em B, D ou F. Assim, queremos calcular a23.

Se, antes de soar o alarme, o ratinho está na coluna central ele tem 1/3 de probabilidade de permanecer lá (independentemente da gaiola onde o ratinho estava ser B ou E). Por outro lado, se ele não está na coluna central ele tem probabilidade 1/2 de ir para lá (novamente independentemente da gaiola onde o ratinho começou).

Assim, 1 1 1 1 3 1 3 a n +1 = a n + (1 − a n ) = − a n ou a n +1 − = − (a n − ).

3 2 2 6 7 6 7

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3 1 é portanto uma progressão geométrica de razão − com 7 6 23 3 3 3 3 3(6 + 1) = e a 23 = + b0 = − . Assim b23 = .

23 23 7 7 7⋅6 7⋅6 7 ⋅ 6 23

A seqüência bn = a n −

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5

Fazendo operações em linhas (subtraindo a primeira linha da segunda, a segunda da terceira e assim por diante) temos

  2 8 18   2 12 38  

1  0 det(A) = det 0  0  

1 1 1 2 4 6

Fazendo agora operações em colunas (subtraindo a primeira coluna da segunda, a segunda da terceira e assim por diante) temos

 2 2 2  2 6 10  = 2  2 10 26  

1  0 det( A) = det 0  0  

0 0 0

 .  

1 1 1  1 3 5 n −1 det 1 5 13   

Esta última matriz é a versão (n – 1) × (n – 1) de A. De fato, sua entrada (i, j) é 1 ((a i +1, j +1 − a i +1, j ) − (a i , j +1 − a i , j )) = a i , j .

2 Chamando o valor de det(A) para matrizes n × n de bn temos portanto b1 = 1,

bn +1 = 2 bn donde bn = n

n ( n −1) 2 2 .

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6

x 3 3 f ( x) = x 2 − . Temos f ( x) = x ⇔ x = 0 ou x = . Para x > temos 2 2 2 3 3 f ( x) > x. Assim, se x 0 > temos x n ≥ x 0 > para todo n e, por indução, 2 2 x n +1 = f ( x n ) > x n para todo n. Assim, nesse caso, (xn) é crescente, e portanto lim n →∞ x n = L para algum L ∈ # ou lim n →∞ x n = +∞. No primeiro caso, teríamos

Seja

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3 L = lim n →∞ x n +1 = lim n →∞ f ( x n ) = f (lim n →∞ x n ) = f ( L), mas L = lim x n ≥ x 0 > , 2 3 2

donde f ( L) > L , absurdo. Assim, se x 0 > , lim n→∞ x n = +∞.

Se x 0 < −1, x1 = f ( x 0 ) >

3 , donde também temos lim n →∞ x n = +∞.

2

1 3 < x < , com x ≠ 0, temos f (x ) < x . Por outro lado, para todo 2 2 1 1 1 1 n ≥ 1, x n = f ( x n −1 ) = ( x n −1 − ) 2 − ≥ − > − . Assim, se 4 16 16 2 3 − 1 < x 0 < , x n +1 = f ( x n ) ≤ x n para todo Portanto, existe n ≥ 1.

2 3 c = lim n →∞ x n < . Temos portanto 2 0 ≤ c = lim n→∞ x n +1 = lim n →∞ f ( x n ) ∈{ f (c) , f (−c) }. Temos que f (−c) = c, com

Se −

1 1 1 , e, como x n ≥ − para todo n ≥ 1, se lim n →∞ x n = teríamos 2 16 2 1 1 1 lim n →∞ x n = , donde = lim n →∞ x n +1 = lim n→∞ f ( x n ) = f   = 0, absurdo. Como 2 2 2 3 f (c) < c se 0 < c < , temos necessariamente c = 0, o portanto lim n →∞ x n = 0.

2 3 3 3 Se x 0 = −1 ou x 0 = temos x n = para todo n ≥ 1, donde lim n →∞ x n = .

2 2 2 3 3  Assim, xn converge se − 1 < x 0 < , quando lim n →∞ x n = 0 e se x 0 ∈ − 1, , 2 2  3 quando lim n →∞ x n = . Em qualquer outro caso, lim n →∞ x n = +∞.

2

c > 0, implica c =

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XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase – Nível Universitário PROBLEMA 1:

São dados um ponto O e uma reta r no plano. Para cada ponto P de r, seja rp a reta perpendicular a OP passando por P. Prove que o conjunto {r p P ∈ r} é o conjunto de todas as retas tangentes a uma parábola.

PROBLEMA 2:

Seja ε um número real positivo arbitrário. Com centro em todos os pontos do plano com coordenadas inteiras, traça-se um círculo de raio ε . Prove que toda reta passando pela origem intercepta uma infinidade desses círculos.

PROBLEMA 3:

Definimos SL(2, =) como o conjunto das matrizes 2 × 2 com coeficientes inteiros e determinante 1. Seja A ∈ SL(2, =) uma matriz tal que existe n > 0 inteiro com An = I. Prove que existe X ∈ SL(2, =) tal que X–1AX é igual a uma das matrizes: 1 0   0 − 1  0 − 1 0 − 1  ; ±   ; ±   ; ±   . ±   0 1 1 1  1 0  1 − 1 PROBLEMA 4:

Caminhando sobre os segmentos unitários da figura abaixo, determine quantos percursos distintos existem de A até B sem passar duas vezes por um mesmo ponto.

A

B

1

PROBLEMA 5: π

∫

Para todo real u, seja I (u ) = ln (1 − 2u cos x + u 2 )dx.

0

a) Prove que I (u ) = I (−u ) =

b) Calcule I(u) para todo u ∈ 5.

1 I (u 2 ).

2

PROBLEMA 6:

Seja D o conjunto dos pontos p em

52 com

p ≤ 1. Seja f : D → D uma função

sobrejetora satisfazendo f ( p ) − f (q ) ≤ p − q para quaisquer p, q ∈ D. Prove que f é uma isometria, isto é, que f ( p ) − f (q ) = p − q para quaisquer p, q ∈ D. (Observação: ( x, y ) denota

x 2 + y 2 .)

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SOLUÇÕES – NÍVEL UNIVERSITÁRIO PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE EMANUEL DE SOUZA CARNEIRO (FORTALEZA - CE)

Suponha, sem perda de generalidade, que o ponto O seja (0,1) e a reta r seja o eixo x.

Seja P um ponto sobre r, P(p, 0), logo: (x, y) ∈ rp ⇔ (x – p, y) ⋅ (p, – 1) = 0 ⇔ xp – p2 – y = 0 (Equação da reta rp).

Buscamos agora uma parábola do tipo y = ax2 + bx + c, de modo que estas retas rp sejam tangentes a ela.

Derivando, obtemos a equação da reta tangente a essa parábola no ponto (x0, y0). y − y0 = 2ax 0 + b x − x0 ou seja: y − (ax 02 + bx 0 + c) = ( x − x 0 )(2ax0 + b) ⇔ x(2ax 0 + b) − ax 02 + c − y = 0 tome a = 1/4, b = c = 0, daí teremos: x 1 x0  − 1 x 02 − y = 0. 2



4

Esta será uma idéia: em {rp | P ∈ r} basta tomar p = x0 /2.

1 2 x no ponto 4 (2p, p2), pois a equação da reta tangente a essa parábola nesse ponto é: y − p2 = f ' (2 p ) = p ⇔ xp − p 2 − y = 0 , que é a equação da reta rp. x − 2p

Reciprocamente, cada rp ∈ {rp | P ∈ r} é tangente à parábola y =

2 Logo o conjunto{rp | P ∈ r} é o conjunto das retas tangentes à parábola y = x .

4

PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE EMANUEL DE SOUZA CARNEIRO (FORTALEZA - CE)

Para provar a questão, mostraremos uma lema equivalente ao lema de Kronecker.

Lema: Seja δ um número irracional. Dado ε > 0 arbitrário, existe a ∈

=* tal que

{aδ } < ε , onde {x}= x – [x] indica a parte fracionária de x.

Prova: Seja n ∈ = tal que nε < 1 ≤ (n + 1)ε . Divida o intervalo [0, 1) em (n + 1) intervalos do tipo [iε , (i + 1)ε ), 0 ≤ i ≤ n; o último intervalo é [nε, 1).

0

ε

2ε

…

nε

1

(n + 1) ε

Observe agora os números δ, 2δ, 3δ,…;(n + 2)δ . Como a função parte fracionária vai dos reais em [0,1), pelo princípio da casa dos pombos, dois dentre os (n + 2) números {δ }, {2δ }, {3δ },…,{(n +2) δ }, cairão num mesmo intervalo [iε, (i + 1)ε).

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Sejam j, ) os dois números tais que: {jδ }, { ) δ } ∈ [i ε, (i + 1) ε).

Suponha, sem perda de generalidade, que {jδ} ≥ { ) δ} Assim: jδ = [ jδ ] + { jδ } ⇒ ( j − )δ = [ jδ ] − [ δ ] + ({ jδ } − { δ }) δ = [ δ ]+ { δ }

A

A A Logo {( j − A)δ } = { jδ } − {Aδ } < (i + 1)ε − iε = ε e j − A é o inteiro procurado A A

A

inteiro

Obs: Não podemos ter {kδ} = 0, k ∈ =*, pois isso implicaria kδ = n ∈ = ⇒ δ = n/k ∈ 4, absurdo!

Vamos agora resolver o problema.

Seja dado ε > 0. Uma reta passando pela origem tem a forma y = mx Primeiro caso: Se m ∈ 4, nesse caso a reta passa por infinitos "Lattice points" (pontos

de coordenadas inteiras), pois se m = p/q os pontos da forma (x, y) = (kq, kq . p/q) = (kq, kp), k = 1, 2, 3… estão todos na reta, então ela interceptará todos os círculos que têm centros nesses pontos.

Segundo caso: Se m for irracional.

Os pontos da reta são da forma (x, mx), logo, pela observação feita após o lema, esta reta não contém nenhum ponto de coordenadas inteiras.

Suponha que ela intersecte somente uma quantidade finita de círculos, digamos C1, C2,…, Cn de centros P1, P2, …, Pn Observe que para qualquer outro ponto no "Lattice" P (fora os centros) teremos: d(P, r) > ε.

Seja d a menor das distâncias, d1(P1, r), d2(P2, r),…, dn(Pn , r) onde di(Pi, r) é a distância do centro Pi à reta r.

(Note que di (Pi, r) > 0 ⇒ d > 0).

Logo teríamos dentro todos os pontos de coordenadas inteiras no plano, um deles Pi que minimizaria a distância à reta r, com d(Pi, r) = d > 0.

Isso contradiz o lema, vejamos: Pelo lema existe um inteiro a, de modo que {am} < d/2.

Seja b = [am] , o ponto Q = (a, am) ∈ r e sua distância a (a, b) é menor ou igual que a distância de (a, b) a r.

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Sociedade Brasileira de Matemática r y (a, am) (a, b)

Logo d' ≤ d((a, b), (a; am)) = |am – b| = {am} < d/2.

Absurdo, pois d era a distância mínima ⇒ a reta corta uma infinidade de círculos.

d'

x

PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE CARLOS YUZO SHINE (SÃO PAULO – SP)

a b   uma matriz de SL(2,=) tal que An = I para algum inteiro positivo n.

Seja A =  c d   Seja m o menor inteiro positivo tal que Am = I. Sejam λ1 e λ2 os autovalores de A, ou seja, as raízes da equação det(A – xI) = 0 ⇔ x2 – (a + d)x + 1 = 0. (I) Se λ1 = λ2, temos que o discriminante da equação (I) é nulo, logo a + d = 2 ou a + d = –2.

Se a + d = 2, temos  a 2 + bc b(a + d )   2a − 1 2b  a b   =   ⇒ A 2 =   = 2A − I A =  2  2d − 1 c d   c(a + d ) d + bc   2c

Por indução, pode-se mostrar que Ak = kA – (k – 1)I. Desta forma, Am = I ⇔ mA – (m – 1)I = I ⇔ A = I. Se a + d = –2, temos, analogamente, que Ak = (–1)k + 1(kA + (k – 1)I) e portanto Am = I ⇔ (–1)m + 1(mA + (m – 1)I) = I ⇔ A = –I e m é par (na verdade, m = 2).

Se λ1 ≠ λ2, então a matriz A é diagonalizável em &, ou seja, existe uma matriz P tal  λ1 0   . Neste caso, temos que Ak = PDkP–1, com que A = PDP–1, sendo D =  0 λ 2   λk 0  .

D k =  1 k   0 λ2  Assim, Am = I ⇔ PDmP–1 = I ⇔ Dm = I ⇔ λ1m = λ2m = 1, ou seja, λ1 e λ2 são raízes m-ésimas da unidade. Assim, como a + d = λ1 + λ2, –1 ≤ a + d ≤ 1. Como a + d é inteiro, temos os seguintes casos: (i) (ii)

a + d = –1. Neste caso, (I) ⇔ x2 + x + 1 = 0 e portanto λ1 e λ2 são raízes cúbicas da unidade. Portanto m = 3. a + d = 0. Neste caso, (I) ⇔ x2 + 1 = 0 e portanto λ1 e λ2 são raízes quartas da unidade. Portanto m = 4.

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a + d = 1. Neste caso, (I) ⇔ x2 – x + 1 = 0 e portanto λ1 e λ2 são raízes sextas da unidade. Portanto m = 6.

Observando as matrizes dadas, temos

(iii)

3

4

6

 0 − 1  0 − 1  0 − 1  = I   = I ;   = I ;   1 − 1 1 0  1 1  Assim, basta provarmos que existem inteiros x, y, z e w com xw – yz = 1 e  x y   w − y  , W  A = ±  z w  − z x  sendo W uma das três matrizes acima. Note que  w − y  x y  x y  ⋅ I    = det  − z x  z w   z w  yw + xz + yz − x 2 − y 2 − xy   0 − 1 .  . Assim A = ± 2 Caso (i) Tomamos W =  2   1 − 1  z + w + zw − yw − xz − xw  Veja que a + d = – 1 é equivalente a xw – yz = 1. A condição det A = 1 é equivalente a ad – bc = 1 ⇔ a(–1 – a) – bc = 1 ⇔ bc = –(a2 + a + 1). Assim, devemos ter a = ±( yw + xz + yz ) b = ± (− x 2 − y 2 − xy ) (II) c = ± ( z 2 + w 2 + zw) Isso pode ser verificado fatorando a2 + a + 1 = (a – ω)(a – ω ) em inteiros de Eisenstein. Considere um fator x – yω de a – ω e seja z – wω o fator de a – ω tal que (x – yω)(z – wω) = a – ω. Note que (x – y ω )(z – w ω ) = a – ω . As normas dos fatores são x2 + y2 + xy e z2 + w2 + zw e portanto sempre existem x, y, z e w tais que |b| = x2 + y2 + xy e |c| = z2 + w2 + zw. Substituindo o valor de a de (II) na equação original verifica-se que de fato bc = – (a2 + a + 1). Reciprocamente, a outra raiz desta última equação é –1 – a = d = –xz – yw – xw. Mas para resolver isso basta trocar x e y por z e w, respectivamente, e trocar o sinal.

Obs. Usamos implicitamente a existência e unicidade da fatoração para inteiros de Eisenstein para obter x, y, z, w como acima.

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 yw + xz − x 2 − y 2   0 − 1 .  , com A = ± 2 Caso (ii) Agora tomamos W =  2  + − − z w yw xz 1 0    Novamente, é óbvio que a condição a + d = 0 é satisfeita. A condição det A = 1 é equivalente a ad – bc = 1 ⇔ bc = –(a2 + 1). O sistema correspondente agora é a = ±( yw + xz ) b = ±(− x 2 − y 2 ) (III) c = ±( z 2 + w 2 ) Agora usamos inteiros de Gauss! Considere a fatoração a2 + 1 = (a + i)(a – i) e sejam x + yi e z + wi fatores de a + i com (x + yi)(z + wi) = a + i. Note que (x – yi)(z – wi) = a – i. Então existem sempre x, y, z e w tais que |b| = x2 + y2 e |c| = z2 + w2.

Novamente, substituindo o valor de a de (III) na equação original vemos que de fato bc = – (a2 + 1). A outra raiz é oposta ao valor de a de (III), mas é só trocar o sinal.

Obs. Aqui usamos implicitamente a existência e unicidade de fatoração para inteiros de Gauss para obter x, y, z, w como acima.  0 − 1  . Temos nesse caso Caso (iii) Tomamos dessa vez W =  1 1   yw + xz − yz − x 2 − y 2 + xy   . Mas esse caso é análogo ao caso (i)!

A = ± 2 2   z + w − zw − yw − xz + xw  Tome y = –y’ e w = –w’ e obtemos a mesma matriz do caso (i).

Logo existe sempre uma matriz X tal que A = XWX–1, onde W é uma das matrizes dadas no enunciado.

PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE JULIANA ABRANTES FREIRE (RIO DE JANEIRO – RJ)

Vamos numerar os pontos assim: 1

0=A

3

2

5

7

A (6)

C (6)

4

6

9

8

B = 10

B (6)

F(n) = O número de percursos que chegam em n, sem passar por n + 2.

A(n) = O número de percursos que chegam em n vindos de n – 1.

B(n) = O número de percursos que chegam em n vindos de n – 2.

C(n) = O número de percursos que chegam em n vindos de n + 1.

A(6), B(6) e C(6) estão ilustrados na figura acima.

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Note que não há mais caminhos relevantes para o problema além destes: Qualquer caminho indo a 6 vindo de 8, passou obrigatoriamente por 6 ou 7 ou ambos. Se passou por 6, este caminho não pode porque passaria por 6 duas vezes. Mesmo se não passou por 6, este caminho não pode: 7 e 8 já foram usados, então este caminho não pode chegar até B. Então F(n) = A(n) + B(n) + C(n).

B(n) = F (n – 2), porque nenhum caminho chegando a n – 2 passou por n, como no exemplo descrito anteriormente. Então B(n) = A(n – 2) + B(n – 2) + C(n – 2).

A(n) = B(n – 1) + A(n – 1): B (n – 1)

Porque todos os C(n – 1) passaram por n (mais que isto, eles são os caminhos que vieram para n – 1 diretamente de n) e nenhum A(n – 1) ou B(n – 1) passou por n porque eles não teriam como passar por n e voltar para n – 2 e

C (n – 1)

A (n – 1) A(n) n

n – 3, respectivamente, sem repetir pontos e mantendo a possibilidade do caminho chegar a B. C(n) = B (n – 1) + A(n – 1), porque estes são os caminhos que chegam a n + 1 sem passar por n: eles vão direto de n – 1 para n + 1.

Para chegar ao ponto 1: B(n) = 0, não existe caminho.

B (1) 1 3 A(1) = 1 (caminho direto ) C(1) A (1) ).

C(1) = 1 (caminho 0

2

Para chegar ao ponto 2: 1

C(2)

A (2) 0

B(2)

Os caminhos possíveis são:

3

2

4

Ou seja A(2) = B(2) = C(2) = 1.

A(3) = A(2) + B(2) = 2 B(3) = A(1) + B(1) + C(1) = 2 C(3) = A(2) + B(2) = 2

A(5) = A(4) + B(4) = 7 B(5) = A(3) + B(3) + C(3) = 6 C(5) = A(4) + B(4) = 7

A(4) = A(3) + B(3) = 4 B(4) = A(2) + B(2) + C(2) = 3 C(4) = A(3) + B(3) = 4

A(6) = A(5) + B(5) = 13 B(6) = A(4) + B(4) + C(4) = 11 C(6) = A(5) + B(5) = 13

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A(7) = A(6) + B(6) = 24 B(7) = A(5) + B(5) + C(5) = 20 C(7) = A(6) + B(6) = 24

A(8) = A(7) + B(7) = 44 B(8) = A(6) + B(6) + C(6) = 37 C(8) = A(7) + B(7) = 44

A(9) = A(8) + B(8) = 81 B(9) = A(7) + B(7) + C(7) = 68 C(9) = A(8) + B(8) = 81 C(10) = 0 porque não existe ponto 11.

Mas ainda vale A(10) = A(9) + B(9) = 149 B(10) = A(8) + B(8) + C(8) = 125 F(10) = A(10) + B(10) + C(10) = 149 + 125 + 0 = 274.

PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE MARCIO ASSAD COHEN (RIO DE JANEIRO – RJ)

I (u ) =

π

∫

0

ln(1 − 2u cos x + u 2 )dx

a) fazendo t = π − x ; dt = – dx: 0

∫

I (u) = − ln(1− 2u cos(π − t) + u2 )dt = π

π

π

∫ ln(1+ 2ucos t + u )dt = ∫ ln(1− 2(−u)cosx + (−u) )dx = 2

0

2

0

I(– u). Logo, I(u) = I(–u).

Note agora que, como cosx = 2cos2x/2 –1: 1 − 2u 2 cos x + u 4 = 1 + 2u 2 + u 4 − 4u 2 cos 2 x / 2 = (1 + u 2 ) 2 − 4u 2 cos 2 x / 2 = (1 + 2u cos x / 2 + u 2 )(1 − 2u cos x / 2 + u 2 ) π

∫

Logo, I (u 2 ) = ln (1 + 2u cos x / 2 + u 2 )dx + 0

π

∫

0

ln(1 − 2u cos x / 2 + u 2 ) dx

Fazendo t = x/2 nessas últimas integrais vem: π /2 π /2 ln(1 + 2u cos t + u 2 )dt + ln(1 − 2u cos t + u 2 )dt .

I (u 2 ) = 2  0 0  

∫

Agora, note que = −

t =− x

∫

0

π /2

∫

π

∫

π /2

ln(1 + 2u cos t + u 2 )dt =

ln(1 − 2u cos x + u 2 )dx =

x = t-

π /2

∫

0

0

-π/2

ln(1 − 2u cos x + u 2 )dx =

ln(1 − 2u cos x + u 2 )dx

De (II) e (III) vem  π /2 I (u 2 ) = 2  ln(1 + 2u cos x + u 2 )dx + 0  1 Logo, I(u) = I(u2).

2

∫

∫

π

∫

π /2

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(II)

(III)

 ln(1 + 2u cos x + u 2 )dx  = 2 I (u ) 

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b) Fazendo u = 1, vem I(1) = 2I(1) ∴ I(1) = 0. Em geral, I(u) =

k 1 ⋅ I (u 2 ), ∀x : k 2

1 1 1 1 1 I (u 2 ) = ⋅ I (u 4 ) = ⋅ I (u 8 )... (é uma indução simples).

2 2 2 4 2 Supondo 0 ≤ u ≤ 1 inicialmente:

I(u) =

cos x ≤ 1 ⇒ I (u ) =

π

∫

0

ln(1 − 2u cos x + u 2 )dx ≤

π

∫

0

ln(1 + u ) 2 dx = 2π ln(1 + u )

k

2π ln(1 + u 2 )

k k 1 1 I (u 2 ) ≤ k ⋅ 2π ln(1 + u 2 ) . k 2 2 2  2π ln(1 + u t )   k Fazendo k → ∞ e substituindo t = 2 , deve-se ter I (u ) ≤  lim  = 0. t  t →∞   Logo, I(u) = 0 se u ∈ [ –1, 1] (lembrando já que I(u) = I(– u)).

1 Se |u| > 1, faço a substituição u = : Então ( ω < 1) : ω π  ω 2 − 2ω cos x + 1  1   1  π  2 cos x dx = + 2 dx = ln I   = ln1 −  0 ω ω  ω2 ω  0    π π 1 I   = ln(1 − 2ω cos x + ω 2 )dx − ln(ω 2 )dx = I (ω ) − 2π ln ω = −2π ln ω .

0 ω  0 1 Logo, se u > 1, temos: I(u) = − 2π ln ∴ I (u ) = 2π ln u u

Logo, I (u ) ≤

k

, ∀x pois

∫

∫

∫

∫

zero, se u ≤ 1 Concluindo: I (u ) =  2π ln u , se u > 1.

PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DE BRUNO FERNANDES CERQUEIRA LEITE (SÃO PAULO – SP) Fato 1: Seja 0 = (0, 0). Então f(0) = 0.

Prova: ∀x ∈ D , temos x − 0 ≤ 1. Logo devemos ter f ( x) − f (0) ≤ 1, ∀x ∈ D! Como

∀y ∈ D

a função é sobrejetora,

∃x 0 ∈ D com

f ( x 0 ) = y.

Logo,

∀y ∈ D ,

y − f (0) ≤ 1, ou seja, f(0) dista no máximo 1 de qualquer ponto do disco D. Logo f(0) = 0.

{

}

{

}

Fato 2: Sejam Br = ( x, y ) x + y < r , Br = ( x, y ) x + y ≤ r . Então, se p ∈ Br, 2

2

f ( p ) ∈ B r . Se p ∈ Br , f ( p ) ∈ Br .

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2

2

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[ ]

Prova: p ∈ Br ∈ Br ⇔ p − 0 < r [≤ r ]. Mas f ( p) − f (0) = f ( p) − 0 ≤ p − 0 < r[≤ r ].

Logo f ( p ) ∈ B r (∈ B r ).

Fato 3: Se f(p) está no bordo de D ( | f (p) – 0| = 1) então p está no bordo de D. Prova: f(p) e – f(p) são diametralmente opostos, logo f ( p) − (− f ( p )) = 2. Se p não estivesse no bordo de D, ∀q ∈ D, p − q < 2, absurdo pois deveríamos ter f ( p ) − f (q ) ≤ p − q , ∀p, q ∈ D. Fato 4: Se f(p) e f(q) são diametralmente opostos, então p e q também são.

Prova: Se p e q não fossem diametralmente opostos, p − q < 2 = f ( p) − f (q ) , absurdo.

Fato 5: Se p e q são opostos tais que f(p) e f(q) são diametralmente opostos, e se x está entre p e q então f(x) está entre f(p) e f(q). Além disso, nesse caso f ( x) f ( q) = xq, f ( x) f ( p ) = xp e f ( x) f (0) = x0 Se A, B, C são pontos distintos, dizemos que B está entre A e C (e denotamos A → B → C) se AB + BC = AC ) ( onde AB = A − B ).

Prova: Sabemos, pelo fato 4, que p e q são diametralmente opostos. Se x = 0, f(x) = 0 e o lema fica trivial. Suponhamos, sem perda de generalidade, x ≠ 0 e p → x → 0.

Então Como e px + x0 = p 0. f ( p ) f ( x) ≤ px f ( x) f (0) ≤ x0, f ( p ) f ( x) + f ( x) f (0) ≤ px + x0 = 1 , por outro lado, pela desigualdade triangular, f ( p ) f ( x) + f ( x) f (0) ≥ f ( p ) f (0) = 1. Logo f(x) está entre f(p) e 0 e portanto está entre f(p) e f(q), e temos f ( p ) f ( x) = px, f (0) f ( x) = 0 x e f (q) f ( x) = qx.

Fato 6: Se p está no bordo de D ( |p – 0| = 1) então f(p) está no bordo de D (o bordo de D é Bˆ , só para facilitar a notação). Além disso, a restrição de f a Bˆ (que tem imagem Bˆ ) é uma composição de rotação com espelhamento.

Prova: Seja p ∈ D tal que f(p) = (1, 0). Pelo fato 3, p ∈ Bˆ . A imagem inversa de (–1, 0), pelo fato 4, é – p, isto é, f(– p) = (–1, 0). (– p ∈ B ). Sejam q e – q as imagens inversas de (0, 1) e (– 1, 0).

Então q e – q ∈ Bˆ e é bem fácil ver que p, q, – p e – q formam um quadrado (ou não teríamos f (m) − f (n) ≤ m − n , ∀m, n ∈ D). ~ Seja f : D → D a composição de rotação com espelhamento que coincide com f nos ~ pontos p, q, – p e – q. Vamos mostrar que f ( x) = f ( x), ∀x ∈ Dˆ . ~ ~ Note que f é uma bijeção, e que f −1 : Dˆ → Dˆ também é uma composição de rotação com espelhamento.

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Sejam m, – m ∈ Dˆ . Existem n, – n ∈ Bˆ tais que f(n) = m e f(– n) = – m. Devemos ter m − (1,0) = f (n) − f ( p) ≤ n − p , m − (−1,0) = f (n) − f (− p ) ≤ n + p . Isso já ~ ~ implica que n = f −1 (m) ou n = − f −1 (m) , pois {x ∈ Dˆ | x − p | ≥ | m − (1,0) | e ~ ~ ~ ~ | x + p | ≥ | m − (−1,0) |} = { f −1 (m),− f −1 (m)} (de fato | f (m) − p | = | m − f ( p) | = | m − (1,0) | ~ ~ e Como, além disso, | f −1 (m) + p | = | m − f (− p) = | m − (−1,0) | . | m − (0,1) | = | f (n) − f (q ) | ≤ | n − q | e | m − (0,−1) | = | f (n) − f (− q) | ≤ | n + q | , sobra ~ ~ apenas a possibilidade n = f −1 (m). Como f −1 é sobrejetiva, dado x ∈ Dˆ existe ~ ~ m ∈ Dˆ tal que x = f −1 (m) , e portanto teremos f ( x) = m = f ( x).

Agora estamos em condições de terminar a prova: de fato segue dos fatos 5 e 6 que ~ f = f e logo é uma composição de rotação com espelhamento, e portanto preserva ~ ~ distâncias. Com efeito, f = f em D , e f leva diâmetros pq com q = − p ∈ Dˆ em ~ ~ ~ ~ ~ diâmetros f ( p ) f (q) (e f ( p ), f (q) ∈ Dˆ ), e tanto f quanto f restritos ao diâmetro pq preservam as distâncias aos extremos, e portanto preservam distâncias, logo coincidem.

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XXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Resultado – Nível 1 (5a. e 6a. Séries) NOME

CIDADE – ESTADO

PRÊMIO

Eduardo Fischer Raphael Rodrigues Mata Guilherme R. Nogueira de Souza André Linhares Rodrigues André Martins Costa Aranha Luiz Müller Rafael Bandeira Lages Felipe Gonçalves Assis Renato Rebouças de Medeiros Thaís Viveiro Adriano Jorge Braun Vieira Neto Jaques Deivinson da Silva Castello Enzo Haruo Hiraoka Moriyama Priscilla Yu Chen Kashiwakura Jefferson Quesado Neto William Vasconcelos de Morais Sophia Cherem Lopes Arthur Rodrigues de Oliveira Sobral Pedro Paulo Gondim Cardoso

Encantado – RS Salvador – BA São Paulo – SP Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Vitória – ES Teresina – PI Campina Grande – PB Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE Serra – ES São Paulo – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Belo Horizonte – MG S. J. dos Campos – SP Salvador – BA

Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze

Regina Reis da Costa Alves Weslen Costa Timóteo André Rodrigues Salerno Caroline Goulart Campos Edson Augusto Bezerra Lopes Luiz Felipe Bruzzi Curi Bernardo de Oliveira Veiga Felipe Alves Tomé Luiza Cristina Maia e Silva Igor Ribeiro Azevedo Mariana Nasser Brolezzi Paulo Alexandre Pavoni Paulo André Carvalho de Melo Guilherme Pereira Barbosa Gustavo Sampaio Sousa Dennis G. de Macedo Bragagnolo Pedro Nogueira Machado Yuriy Thallickson Bincovski Gil Henriques Cássio Kendi Takamori Iuri Lima Ribeiro Franco Veronez Ribeiro Mateos Kruchelski Tschá Kleber Varela dos Santos

Rio de Janeiro – RJ Paulista – PE Goiânia – GO Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Belo Horizonte – MG Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Recife – PE Belo Horizonte – MG Santo André – SP Curitiba – PR Rio de Janeiro – RJ Belo Horizonte – MG Fortaleza – CE Curitiba – PR Rio de Janeiro – RJ Curitiba – PR Vassouras – RJ S. J. dos Campos – SP Fortaleza – CE Vitória – ES Curitiba – PR Jaboatão dos Guararapes – PE

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

Núbia Martins Domingues Eduardo Tadafumi Sato

Belo Horizonte – MG Mogi das Cruzes – SP

Menção Honrosa Menção Honrosa

Marco Aurélio Buono Carone Thalles Melo de Oliveira Lopes Michel Ricardo Nigri Raquel Pereira Martins

Belo Horizonte – MG Goiânia – GO Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ

Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa

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Resultado – Nível 2 (7a. e 8a. Séries) NOME

CIDADE – ESTADO

Thiago Costa Leite Santos Henry Wei Cheng Hsu Rafael Daigo Hirama Rodrigo Aguiar Pinheiro Marcus Edson Barreto Brito Daniela Satie Kondo Telmo Luis Correa Junior Alan Hideki Uchida Felipe Rodrigues Nogueira de Souza Diogo dos Santos Suyama Ricardo Mizoguchi Gorgoll Karoline Matias Morais Paulo Roberto Sampaio Santiago Marcela Sobrinho Pereira Thomás Yoiti Sasaki Hoshina

São Paulo – SP São Paulo – SP Campinas – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP Santo André – SP São Paulo – SP São Paulo – SP Belo Horizonte – MG São Paulo – SP Fortaleza – CE Salvador – BA Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ

Guilherme Rodrigues Salerno Hector Kenzo Horiuti Kitahara Mauro Cardoso Lopes André Lucas Ribeiro dos Santos Renata Sayuri Takehara Henrique Castro Noronha Matheus Migliolo Coelho Lucas de Freitas Frenay Rafael Marini Silva André Slepetys Luiza Fontana Barbosa Jefferson Fonlin Tsai Deborah Regina Fujisawa Okuno Felipe Paupitz Schlichting Elton Gomes Coriolano Álison Santos Xavier Marcus Vinícius Martins da Costa Rodrigo Viana Soares Lucas M. Pereira Castello Branco Larissa Rodrigues Ribeiro Thiago Jorge Marinho Vieira Cincinato Furtado Leite Neto Rafael Kitayama Shiraiwa Anderson Hoshiko Aiziro Guilherme Alonso Daud Patavino Vitor Humia Fontoura André Schultz Gabriel Tavares Bujokas Francisco Bruno de Lima Holanda Gustavo Eufrásio Farias Katja Stephanie Ried Raul Máximo Alexandrino Nogueira Marcos Vainer Loeff Antonia Taline de Souza Mendonça Júlio Vitório dos Santos Ferreira

Goiânia – GO São Paulo – SP São Paulo – SP Pindamonhangaba – SP S. J. dos Campos – SP Valinhos – SP Limeira – SP Santo André – SP Vila Velha – ES São Paulo – SP Curitiba – PR São Paulo – SP São Paulo – SP Florianópolis – SC Fortaleza – CE Fortaleza – CE Belo Horizonte – MG Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP São Paulo – SP Santos – SP Salvador – BA Santa Bárbara D'Oeste – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Valinhos – SP Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ

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PRÊMIO Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata 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

Sociedade Brasileira de Matemática

Resultado – Nível 3 (Ensino Médio) NOME

CIDADE – ESTADO

Humberto Silva Naves Davi Máximo Alexandrino Nogueira

São José dos Campos – SP Fortaleza – CE

Larissa Cavalcante Queiroz de Lima Carlos Stein Naves de Brito Alex Corrêa Abreu Daniel Pinheiro Sobreira Einstein do Nascimento Júnior Guilherme Fujiwara Thiago Barros Rodrigues Costa Rafael Tajra Fonteles Eduardo Famini Silva Rodrigo Roque Dias Fábio Dias Moreira Daniel Pessôa Martins Cunha Yuri Gomes Lima Paulo Ribeiro de Almeida Neto Thiago da Silva Sobral Germanna de Oliveira Queiroz Bernardo Freitas Paulo da Costa

Fortaleza – CE Goiânia – GO Niterói – RJ Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE Teresina – PI Salvador – BA São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Fortaleza – CE Ananindeua – PA Fortaleza – CE Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ

Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze

Samuel Barbosa Feitosa Isaac Newton Ferreira Santa Rita José Luiz Gomes Junior Ayran Ayres Barbosa Loriato Fernanda Maria de Oliveira Nicacio Henrique Chociay João Alfredo Castellani Fajardo Freire Rafael da Silva Faria Israel Franklim Dourado Carrah Artur Duarte Nehmi Lucas de Melo Pontes e Silva Diogo Luiz Duarte

Fortaleza – CE Nova Iguaçu – RJ Belém – PA Vitória – ES Fortaleza – CE Pinhais – PR Salvador – BA Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ

Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa

Estillac B. Filho Alex Cardoso Lopes Arthur M. Rocha de Azevedo Scalercio Diego Silva Dias Martha Priscilla Araújo de Moraes Ricardo Monteiro da Silva Lanna Fernando Souza Martins Maurício Richartz Léo Tsukui Vitor Gabriel Kleine

Belém – PA São Paulo – SP Belém – PA Belém – PA Fortaleza – CE Belo Horizonte – MG S. J. dos Campos – SP Curitiba – PR Belém – PA Mogi das Cruzes – SP

Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa

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PRÊMIO Ouro Ouro

Sociedade Brasileira de Matemática

Resultado – Nível Universitário NOME

CIDADE – ESTADO

PRÊMIO

Emanuel Augusto de Souza Carneiro Carlos Yuzo Shine Daniel Massaki Yamamoto Fabrício Siqueira Benevides Diêgo Veloso Uchôa Frederico Vale Girão Bruno Fernandes Cerqueira Leite Marcio Afonso Assad Cohen Lucas Heitzmann Gabrielli Christian Iveson Daniel Nobuo Uno Giuliano Boava Vinícius José Fortuna Leonardo Augusto Zão Leandro de Mattos Ferreira Rodrigo Villard Milet Tertuliano Franco Santos Franco Aleksander Medella Campos da Silva Arnaldo João do Nascimento Junior Artur Radoman de Oliveira Bruno Germano Borics Thiago Afonso de André Juliana Abrantes Freire Felipe Duarte Cardozo de Pina Fernando Prado Rocha Camilo Marcantonio Junior

Fortaleza – CE São Paulo – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Teresina – PI Fortaleza – CE São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP São Paulo – SP São Paulo – SP Florianópolis – SC Campinas – SP Nilópolis – RJ Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Salvador – BA Rio de Janeiro – RJ Duque de Caxias – RJ Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Goiânia – GO Rio de Janeiro – RJ

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

Dúlio Matos Leite de Carvalho e Silva Diogo Diniz Pereira da Silva e Silva Ilan Lobel Rafael Pellizzer Soares Anderson Rodrigues Ferreira Rafael de Freitas Lemos Bruno Martins Reboredo

Rio de Janeiro – RJ Campina Grande – PB Rio de Janeiro – RJ Jundiaí – SP Rio de Janeiro – RJ S. J. dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ

Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa

Daniele Véras de Andrade

Rio de Janeiro – RJ

Menção Honrosa

EUREKA! N°13, 2002

60

Sociedade Brasileira de Matemática

AGENDA OLÍMPICA XXIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – Sábado, 8 de junho de 2002 Segunda Fase – Sábado, 14 de setembro de 2002 Terceira Fase – Sábado, 19 de outubro de 2002 (níveis 1, 2 e 3) Domingo, 20 de outubro de 2002 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova).

NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – Sábado, 14 de setembro de 2002 Segunda Fase – Sábado, 19 e Domingo, 20 de outubro de 2002 ♦

VIII OLIMPÍADA DE MAIO maio de 2002 ♦

XIII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 22 a 28 de junho de 2002 Fortaleza – CE, Brasil ♦

XLIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 18 a 31 de julho de 2002 Glasgow, Reino Unido ♦

XVII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 30 de setembro a 5 de outubro de 2002 El Salvador ♦

V OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA outubro de 2002 ♦♦♦

EUREKA! N°13, 2002

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Sociedade Brasileira de Matemática

COORDENADORES REGIONAIS Amarísio da Silva Araújo

(UFV)

Viçosa – MG

Alberto Hassen Raad

(UFJF)

Juiz de Fora – MG

Benedito Tadeu Vasconcelos Freire

(UFRN)

Natal – RN

Carlos Frederico Borges Palmeira

(PUC-Rio)

Rio de Janeiro – RJ

Claudio Arconcher

(Colégio Leonardo da Vinci)

Jundiaí – SP

Claus Haetinger

(UNIVATES)

Lajeado – RS

Cleonor Crescêncio das Neves

(UTAM)

Manaus – AM

Élio Mega

(Colégio Etapa)

São Paulo – SP

Rosângela Souza

(Colégio Singular)

Santo André – SP

Florêncio Ferreira Guimarães Filho

(UFES)

Vitória – ES

Gisele de Araújo Prateado Gusmão

(UFGO)

Goiânia – GO

Ivanilde Fernandes Saad

(UC. Dom Bosco)

Campo Grande– MS

Jacqueline Fabiola Rojas Arancibia

(UFPB)

João Pessoa – PB

João Benício de Melo Neto

(UFPI)

Teresina – PI

João Francisco Melo Libonati

(Grupo Educacional 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 Luiz Rosas Pinho

(UFSC)

Florianópolis – SC

José Vieira Alves

(UFPB)

Campina Grande – PB

Marcelo Rufino de Oliveira

(Grupo Educacional Ideal)

Belém – PA

Licio Hernandes Bezerra

(UFSC)

Florianópolis – SC

Luzinalva Miranda de Amorim

(UFBA)

Salvador – BA

Marcondes Cavalcante França

(UFC)

Fortaleza – CE

Pablo Rodrigo Ganassim

(Liceu Terras do Engenho)

Piracicaba – SP

Reinaldo Gen Ichiro Arakaki

(INPE)

SJ dos Campos – SP

Ricardo Amorim

(Centro Educacional Logos)

Nova Iguaçu – RJ

Roberto Vizeu Barros

(Colégio Acae)

Volta Redonda – RJ

Sérgio Cláudio Ramos

(IM-UFRGS)

Porto Alegre – RS

Silvio de Barros Melo

(UFPE)

Recife – PE

Tadeu Ferreira Gomes

(UEBA)

Juazeiro – BA

Tomás Menéndez Rodrigues

(U. Federal de Rondônia)

Porto Velho – RO

Valdenberg Araújo da Silva

(U. Federal de Sergipe)

São Cristovão – SE

Wagner Pereira Lopes

(Escola Técnica Federal de Goiás)

Jataí – GO

EUREKA! N°13, 2002

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CONTEÚDO

AOS LEITORES

2

VIII OLIMPÍADA DE MAIO Enunciados e Resultado Brasileiro

3

XIII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados, Soluções e Resultado Brasileiro

6

XLIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro

17

ARTIGOS MUROS, PRÉDIOS E ESCADAS Cícero de Oliveira Holmer

19

INTEIROS DE GAUSS E INTEIROS DE EISENSTEIN Guilherme Fujiwara

23

SEQÜÊNCIAS ARITMÉTICO-GEOMÉTRICAS José Paulo Carneiro & Carlos Gustavo Moreira

32

O PRINCÍPIO DA INVARIÂNCIA Marcelo Rufino de Oliveira

35

TORNEIO DAS CIDADES Provas

43

OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO

48

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

53

PROBLEMAS PROPOSTOS

59

AGENDA OLÍMPICA

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COORDENADORES REGIONAIS

62

Sociedade Brasileira de Matemática

AOS LEITORES É com grande alegria que anunciamos que, mais uma vez, os 6 estudantes da equipe brasileira obtiveram medalhas na IMO. Isto mostra a nossa grande evolução com a nova OBM e as atividades extras que apareceram com ela: a Eureka, a Semana Olímpica, as semanas de treinamento antes das competições internacionais.

Mas o que nos traz maior satisfação é saber que esses 6 jovens são a ponta de um iceberg. Basta observar o número de pessoas que resolvem os vários problemas que trazemos a cada nova edição da Eureka. São estudantes, professores, profissionais liberais, enfim, amantes da Matemática que provam que no nosso país há muitas pessoas de boa vontade e de grande competência.

Falando mais um pouco sobre problemas, nesse número publicamos algumas provas do Torneio das Cidades, uma competição que se caracteriza pela originalidade de suas questões, algumas das quais já entraram para o folclore matemático. Ela possui duas modalidades, Sênior (2a e 3a séries EM) e Júnior (8a série EF e 1a série EM); níveis O (iniciante) e A (avançado).

Para encerrar, os agradecimentos. Mais uma vez, o professor Carlos Shine e os estudantes Alex Lopes, Felipe de Souza, Henry Hsu, Rodrigo Yamashita e Guilherme Fujiwara fizeram uma leitura cuidadosa das versões prévias desta edição.

Os editores.

EUREKA! N°14, 2002

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VIII OLIMPÍADA DE MAIO Enunciados e Resultado Brasileiro PRIMEIRO NÍVEL PROBLEMA 1

Um grupo de homens, alguns dos quais acompanhados pelas esposas, gastaram 1000 dólares num hotel. Cada homem gastou 19 dólares e cada mulher, 13 dólares.

Determine quantas mulheres e quantos homens estavam no hotel.

PROBLEMA 2

Uma folha de papel retangular (branca de um lado e cinza do outro) foi dobrada três vezes, como mostra a figura abaixo: 2 3 1 O retângulo 1, que ficou da cor branca após a primeira dobra, tem 20cm a mais de perímetro que o retângulo 2, que ficou branco após a segunda dobra, e este por sua vez tem 16cm a mais de perímetro que o retângulo 3, que ficou branco após a terceira dobra. Determine a área da folha.

PROBLEMA 3

Mustafá comprou um tapete. O vendedor mediu o tapete com uma régua que supostamente media um metro. Como o resultado foi que o tapete tinha 30 metros de largura e 20 metros de comprimento, o vendedor cobrou 120000 rupias. Quando Mustafá chegou a sua casa mediu novamente o tapete e percebeu que o vendedor tinha cobrado 9408 rupias a mais. Quantos centímetros mede a régua usada pelo vendedor?

PROBLEMA 4

Num banco só o diretor conhece o segredo do cofre, que é um número de cinco dígitos. Para proteger este segredo são dados a cada um dos dez empregados do banco um número de cinco dígitos. Cada um destes números tem numa das cinco posições o mesmo dígito que o segredo e nas outras quatro posições um dígito diferente do que tem o segredo nesse lugar. Os números de proteção são: 07344, 14098, 27356, 36429, 45374, 52207, 63822, 70558, 85237, 97665.

Qual é o segredo do cofre?

EUREKA! N°14, 2002

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Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMA 5

Encontre o máximo número de caixinhas de 3 × 5 × 7 que podem ser colocadas dentro de uma caixa de 11 × 35 × 39. Para o número encontrado, indique como colocar essa quantidade de caixinhas dentro da caixa.

SEGUNDO NÍVEL PROBLEMA 1

Utilizando cubinhos brancos de lado 1 foi montado um prisma (sem buracos).

As faces do prisma foram pintadas de preto. Sabe-se que os cubinhos que ficaram com exatamente 4 faces brancas são 20 no total. Determine quais podem ser as dimensões do prisma. Encontre todas as possibilidades.

PROBLEMA 2

Seja k um número inteiro positivo fixo, k ≤ 10.

Dada uma lista de dez números, a operação permitida é: escolher k números da lista, e somar 1 a cada um deles. Obtém-se assim uma nova lista de dez números.

Se inicialmente temos a lista 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, determine os valores de k para os quais é possível, mediante uma seqüência de operações permitidas, obter uma lista que tenha os dez números iguais. Indique a seqüência para cada caso.

PROBLEMA 3

Num triângulo ABC, retângulo em A e isósceles, seja D um ponto do lado AC (D ≠ A e D ≠ C) e seja E o ponto do prolongamento do lado BA tal que o triângulo ADE é isósceles. Se P é o ponto médio do segmento BD, R é o ponto médio do segmento CE e Q o ponto onde se cortam as retas ED e BC, demonstre que o quadrilátero ARQP é um quadrado.

PROBLEMA 4

Os vértices de um polígono regular de 2002 lados estão numerados de 1 a 2002, no sentido horário. Dado um inteiro n, 1 ≤ n ≤ 2002, pinta-se de azul o vértice n, logo, seguindo o sentido horário, contam-se n vértices começando no seguinte de n, e pinta-se de azul o número n. E assim sucessivamente, a partir do vértice que segue ao último vértice que há sido pintado, contam-se n vértices, pintados ou sem pintar, e o número n é pintado de azul. Quando o vértice que tem que ser pintado já é azul, o processo pára. Denotamos P(n) ao conjunto de vértices azuis que se obtém com este procedimento quando se começa pelo vértice n. Por exemplo, P(364) está formado pelos vértices 364, 728, 1092, 1456, 1820, 182, 546, 910, 1274, 1638 e 2002.

Determine todos os inteiros n, 1 ≤ n ≤ 2002, tais que P(n) tem exatamente 14 vértices.

EUREKA! N°14, 2002

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Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMA 5

Dados x e y inteiros positivos, consideramos um quadriculado de x × y, que tem pintados de vermelho os (x + 1) ⋅ (y + 1) pontos que são vértices de quadradinhos.

Inicialmente há uma formiga em cada um dos pontos vermelhos. Num instante dado, todas as formigas começam a caminhar pelas linhas do quadriculado, todas com a mesma velocidade. Cada vez que chegam num ponto vermelho, giram 90° em alguma direção.

Determine todos os valores de x e y para os quais é possível que as formigas continuem movendo-se indefinidamente de maneira que em nenhum momento há duas ou mais formigas num mesmo ponto vermelho. (Não interessam as possíveis coincidências em pontos das linhas do quadriculado que não são vermelhos.)

RESULTADO BRASILEIRO PRIMEIRO NÍVEL (ATÉ 13 Anos) Eduardo Fischer Pedro Nogueira Machado André Márcio de Lima Curvello Katja Stephanie Ried Enzo Haruo Hiraoka Moriyama Anderson Gleryston Silva Sousa Mariana Nasser Brolezzi Arthur Rodrigues de Oliveira Sobral Cássio Kendi Takamori Diogo Bonfim Moraes Morant de Holanda

Encantado – RS Rio de Janeiro – RJ Goiânia – GO Valinhos – SP São Paulo – SP Campina Grande – PB Santo André – SP S. José dos Campos – SP S. José dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ

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 Santo André – SP São Paulo – SP Goiânia – GO São Paulo – SP Fortaleza – CE Vila Velha – ES Fortaleza – CE S. José dos Campos – SP

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

SEGUNDO NÍVEL (ATÉ 15 Anos) Fábio Dias Moreira Guilherme Rodrigues Salerno Telmo Luis Correa Júnior Thiago Costa Leite Santos André Rodrigues Salerno Henry Wei Cheng Hsu Rodrigo Aguiar Pinheiro Rafael Marini Silva Larissa Rodrigues Ribeiro Douglas Bokliang Ang Cunha

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XIII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados, Soluções e Resultado Brasileiro A XIII Olimpíada de Matemática do Cone Sul foi realizada na cidade de Fortaleza, Ceará no período de 22 a 28 de junho de 2002.

A equipe brasileira foi liderada pelos professores Yoshiharu Kohayakawa (São Paulo – SP) e Luciano Guimarães Castro (Rio de Janeiro – RJ).

O Resultado da Equipe Brasileira BRA 1 BRA 2 BRA 3 BRA 4

Alex Corrêa Abreu Israel Dourado Carrah Larissa Cavalcante Queiroz de Lima Rafael Daigo Hirama

Ouro Bronze Ouro Ouro

PRIMEIRO DIA DURAÇÃO: 4 horas e meia.

PROBLEMA 1:

Os alunos da turma de Pedro praticam a soma e a multiplicação de números inteiros.

A professora escreve os números de 1 a 9 em nove fichas, uma para cada número, e as coloca em uma urna. Pedro retira três fichas e deve calcular a soma e o produto dos três números correspondentes. Ana e Julián fazem o mesmo, esvaziando a urna.

Pedro informa à professora que retirou três números consecutivos cujo produto é 5 vezes a soma. Ana informa que não tem nenhum número primo, mas sim dois consecutivos e que o produto desses três números é 4 vezes a soma dos mesmos.

Quais números retirou Julián?

SOLUÇÃO DE ISRAEL FRANKLIM DOURADO CARRAH (FORTALEZA – CE):

Diremos que Pedro escolheu os números P1, P1 + 1 e P1 + 2, Ana retirou os números A1, A2 e A3. Logo, temos que: P1 ⋅ ( P1 + 1) ⋅ ( P1 + 2) = 5 ⋅ ( P1 + P1 + 1 + P1 + 2) = 5 ⋅ (3P1 + 3) = 3 ⋅ 5 ⋅ ( P1 + 1) e como (P1 + 1) é um número positivo ⇒ P1 ⋅ ( P1 + 2) = 3 ⋅ 5 = 15 ⇒ P1 e ( P1 + 2) são divisores de 15 (obviamente P1 + 2 > P1). Assim, temos duas possibilidades:  P1 = 1 1a . Absurdo!  P1 + 2 = 15 → P1 = 13 = 1  P1 = 3 2 a . Ok!  P1 + 2 = 5 → P1 = 3 Portanto, Pedro escolheu os números 3, 4 e 5.

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Como Ana escolheu 3 números que não são primos ⇒ os possíveis números retirados por Ana são 1, 6, 8 e 9. (pois 2 e 7 são números primos e 3, 4 e 5 são números que já foram retirados por Pedro.)

Mas temos também que Ana retirou dois números consecutivos e dentre (1, 6, 8 e 9) os únicos dois números consecutivos são 8 e 9 ⇒ Ana escolheu os números 8 e 9.

Assim: A2 = 8, A3 = 9 e A1 ⋅ 8 ⋅ 9 = 4 ⋅ (A1 + 8 + 9) ⇒ A1 ⋅ 18 = A1 + 17 ⇒ 17A1 = 17 ⇒ A1 = 1. Logo, Ana escolheu os números 1, 8 e 9.

Portanto, Julián retirou os números restantes: 2, 6 e 7.

PROBLEMA 2:

De um triângulo ABC, retângulo em A, conhecemos: o ponto T de tangência da circunferência inscrita em ABC com a hipotenusa BC, o ponto D de interseção da bissetriz interna do ângulo Bˆ com o lado AC e o ponto E de interseção da bissetriz interna do ângulo Cˆ com o lado AB. Descreva uma construção com régua e compasso para obter os pontos A, B e C. Justifique.

SOLUÇÃO DE LARISSA CAVALCANTE QUEIROZ DE LIMA (FORTALEZA – CE): A .

D

C

θ θ .

W

BC = a, AC = b, AB = c; p = N

T

E

.

Y

a +b+c 2

⇒ CT = p – c; BT = p – b sejam Y tal que EY ⊥ BC e W tal que DW ⊥ BC β β

B

EC comum  * ∆EYC ≡ ∆AEC ACˆ E = ECˆ Y (CE bissetriz)  ˆ ˆ CAE = EYC = 90°  AE = EY ⇒  AC = CY = b

BD comum  * ∆DWB ≡ ∆ADB BWˆ D = BAˆ D = 90°  ˆ ˆ  ABD = DBW ( DB bissetriz)  DW = AD ⇒  AB = WB = c EUREKA! N°14, 2002

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Sociedade Brasileira de Matemática

* WT = WB – TB = c – (p – b) = (c + b + a) – a – p = 2p – p – a = p – a * YT = YC – CT = b – (p – c) = c + b – p = p – a ⇒ T é ponto médio de WY. *DEYW é um trapézio retângulo DWˆ Y = WYˆE = 90° .

(

)

Construção do ∆ ABC. Dados D e E, é fácil obter com régua e compasso o ponto N, ponto médio de DE. Sabemos que os pontos D, E, Y e W do ∆ABC formam um trapézio retângulo, sendo T o ponto médio de YW ⇒ NT será base média e NT//EY//DW ⇒ NTˆY = 90° ⇒ NT⊥BC ⇒ Conhecemos já a reta NT, com compasso, marcamos N '∈ NT ; N ' T = TN .

A mediatriz de NN'é perpendicular a NN' em T, portanto coincide com a reta BC ⇒ conhecemos agora a reta BC . * EYˆT = 90° ⇒ para encontrar Y, encontramos M1, ponto médio de ET e contruímos com compasso a circunferência Γ1 de centro M1 passando por E e T. Onde Γ1 encontrar a reta BC será o ponto Y (note que será no segundo ponto de encontro com BC , o primeiro é T). Analogamente, encontramos o ponto W no encontro da circunfrência Γ2 de diâmetro DT e da reta BC .

Dessa maneira, encontramos EY e DW . Com o compasso, encontramos Γ3 de raio EY e centro E, e Γ4 de raio DW e centro D. Γ3 ∩ Γ4 = { A, A' } A será o ponto que está "acima"de DE ( supondo o ponto T "abaixo"de DE).

Encontramos então as retas AE e AD .

B = AE ∩ BC e C = AD ∩ BC ∴Encontramos então ∆ABC obs: Se Y coincidir com T, temos que W coincidirá com T e p – a = 0 ou seja, a+b+c − a = 0 ⇔ a + b + c − 2a = 0 ⇔ b + c = a Absurdo!

2 ⇒ Y ≠ T e W ≠ T. PROBLEMA 3:

Arnaldo e Bernardo jogam uma Super Batalha Naval. Cada um tem um tabuleiro n x n. Arnaldo coloca barcos em seu tabuleiro (pelo menos um mas não se sabe quantos). Cada barco ocupa as n casas de uma linha ou de uma coluna e os barcos não podem se superpor nem ter um lado comum. Bernardo marca m casas (representando tiros) em seu tabuleiro. Depois que Bernardo marcou as m casas, Arnaldo diz quais dentre elas correspondem a posições ocupadas por barcos.

Bernardo ganha se, a seguir, descobre quais são as posições de todos os barcos de EUREKA! N°14, 2002

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Arnaldo. Determine o menor valor de m para o qual Bernardo pode garantir sua vitória.

SOLUÇÃO DE ALEX CORRÊA ABREU (NITERÓI – RJ):

Suponha n ≥ 4 (I) Primeiro vemos que obviamente tem que marcar casas em todas as linhas e colunas, pois se uma linha não tiver nenhuma casa marcada obviamente podemos ter um barco em uma linha não adjacente portanto Bernardo não saberá se ali tem ou não um barco. De modo análogo para as colunas.

(II) Agora suponha que uma casa está marcada, se na linha e na coluna dessa casa não tiver mais nenhuma outra casa marcada, pode vir a calhar de arnaldo ter colocado apenas um barco no tabuleiro e ser exatamente nessa linha, portanto Bernardo não sabe se o barco está na vertical ou na horizontal pois só vai ter uma casa onde sabe que o barco está. Então para cada casa marcada existe outra na linha ou na coluna.

Considere agora que Arnaldo marcou um barco na linha i ⇒ se uma casa é marcada na linha i, para identificar se o barco está na horizontal ou na vertical precisamos de mais uma casa adjacente. Se esta estiver pintada o barco está na vertical (baseado no desenho) e na horizontal caso contrário.

k1 k

O problema consiste em pintar blocos 1 × k tais que cada linha e cada coluna tem interseção com um deles, agora se tivermos um 1 × k se k > 3 podemos dividir e de fato apenas melhoramos as coisas então os blocos são 1 × 2 e 1 × 3.

k2

M(n) é o mínimo procurado para um tabuleiro n × n.

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Se n ≥ 3 retire as 3 primeiras linas e as 3 primeiras colunas então m(n) = m(3) + m (n – 3) pois precisamos de m(n – 3) pois se não tiver nenhum barco nas 6 fileiras que saíram e m(3) se não tiver nas que ficaram pois se considerarmos só a região A. temos que colocar 3 em cada no mínimo, o que dá mais 6 contra 4 de m(3) ⇒ (também porque podemos diminuir as intersecções) ⇒

3 1

A

A

m(3k ) = km(3) = 4k  m(3k + 1) = (k − 1)m(3) + m(4) = 4k − 4 + 6 = 4k + 2 m(3k + 2) = 4(k − 1) + m(5) = 4k + 3  é fácil ver que m(3) = 4 pois 3 obviamente não é e m(4) = 6, m (5) = 7 como ao lado.

SEGUNDO DIA DURAÇÃO: 4 horas e meia.

PROBLEMA 4:

Seja ABCD um quadrilátero convexo tal que suas diagonais AC e BD são perpendiculares. Seja P a interseção de AC e BD e seja M o ponto médio de AB. Mostre que o quadrilátero ABCD é inscritível se, e somente se, as retas PM e CD são perpendiculares.

SOLUÇÃO DE ISRAEL FRANKLIM DOURADO CARRAH (FORTALEZA – CE):

Primeiramente vejamos quando PM e CD são perpendiculares B A

90° – θ

M

2θ

θ

90° – θ θ P

D

90° – θ

..

K

θ

C

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Seja MP ∩ CD = {K }. Como no ∆ABP , retângulo em P, M é o ponto médio da hipotenusa AB ⇒ PM = MA = MB. Assim, seja

ABˆ D = θ ⇒ MPˆ B = θ ⇒ AMˆ P = 2θ ⇒ MPˆ A = 90° − θ ⇒ CPˆ K = APˆ M = 90° − θ e como PKˆ C = 90° ⇒ PCˆ D = θ . Logo, ABˆ D = ACˆ D = θ ⇒ inscritível!

Vejamos agora se ABCD é inscritível:

O quadrilátero ABCD é

B M A

θ

90° – θ 90° – θ P

D

90° – θ

θ

K

C

Do mesmo modo como M é o ponto médio da hipotenusa AB do triângulo retângulo APB ⇒ PM = MA = MB. Logo, se ABˆ D = θ ⇒ BAˆ P = MPˆ A = 90° − θ ⇒ CPˆ K = 90° − θ e como ABCD é inscritível ⇒ ACˆ D = ABˆ D = θ ⇒ PKˆ C = 180° − (90° − θ + θ ) = 90° ⇒ MP⊥CD .

Portanto, ABCD é inscritível ⇔ PM⊥CD. PROBLEMA 5:

Considere o conjunto A = {1, 2,…, n}. Para cada inteiro k, seja rk a maior quantidade de elementos distintos de A que podemos escolher de maneira que a diferença entre dois números escolhidos seja sempre diferente de k. Determine o maior valor n possível de rk, onde 1 ≤ k ≤ .

2 EUREKA! N°14, 2002

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SOLUÇÃO DE RAFAEL DAIGO HIRAMA (CAMPINAS – SP):

Vamos analizar casos pequenos: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 k = 1 rk = 4 k = 2 rk = 4 k = 3 rk = 5 k = 4 rk = 4

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 k = 1 k=2 k=3 k=4

rk = 5 rk = 5 rk = 6 rk = 5

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 k = 1 rk = 5 k = 2 rk = 6 k = 3 rk = 6 k = 4 rk = 6 k = 5 rk = 5 Isso me deu idéia para um lema!  m + 1 Lema: Para n = m ⋅ k (m inteiro positivo maior que 1) temos que rk = k ⋅    2  Prova: Podemos dividir os números em casas de congruências módulo k. Por exemplo o 0.

Seus componentes serão k, 2k, 3k,...,mk. Como a diferença entre dois deles deve ser diferente de k, não podemos escolher dois números consecutivos nessa seqüência.

Sempre deve haver um "ausente" ou mais entre dois "presentes". Para m par temos m m + 1 escolhidos teremos escolhidos pois caso tenhamos que só poderemos ter 2 2 m − 1 não escolhidos, mas para separar os escolhidos (para não serem consecutivos) 2 m deveríamos ter pelo menos não escolhidos. Absurdo.

2 m +1 m +1 − 1 não escolhidos que podem ser espaçados pelos Para m ímpar teremos 2 2 m +1 m +1 + 1 deveríamos ter escolhidos. Do mesmo modo, para espaços mas só 2 2  m +1  m − 3 + 1 = teriam sobrado m −  não escolhidos que não são suficientes.

2  2  EUREKA! N°14, 2002

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Como temos k casas de congruência com m números cada e pelo fato de m +1 se m é ímpar  m + 1  m + 1   2 temos que rk = k ⋅  .  2  = m 2       2 se m é par Agora precisamos ver como transformar o lema em algo que seja mais versátil ao nosso problema, ou seja, não devemos ter de usar o fato n = m ⋅ k.  2n  Analizando mais casos pequenos estou conjecturando que o rk máximo é  . 3 2n Vamos provar que rk ≤ para todo k.

3 2n Suponha o contrário, que há rk > . Logo vamos provar primeiro que em uma casa 3 2 de congruência módulo k com j termos o aproveitamento máximo de termos é do 3 total j de termos. Temos a seguinte regra: se x foram escolhidos então pelo menos x – x 2 1 não podem ter sido. Logo devemos provar que ≤ ⇒ 2 j ≥ 3 x. Sabemos que j 3

j ≥ x + x − 1, portanto vale 2 j ≥ 3x ⇐ 2[x + ( x − 1)] ≥ 3x ⇔ 4x − 2 ≥ 3x ⇔ x ≥ 2.

Para x ≥ 2 já está provado. Mas se escolhermos x = 1 necessariamente j = 2 pois se j = 1, ou seja, se há somente um número entre 1 e n com congruência módulo k n significa que 2k > n, então k > o que contradiz o enunciado.

2 1 2 Nesse caso o aproveitamento é que é menor que .

2 3 Chamando o aproveitamento para a casa de congruência i de ai e o número de termos nessa casa de congruência de bi temos 2 2 rk = a1b1 + a 2 b2 + ... + a k bk ≤ (b1 + b2 + b3 + ... + bk ) = n 3 3

( pois b1 + b2 + ... + bk = n) portanto rk ≤

2 n 3

2  como rk é inteiro rk máximo é  n . 3  Falta provar a existência de tal rk. Se faz assim:

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n Divide-se n por 3 e arredonda-o para cima. Esse é o nosso k. k =  . É obvio que 3 n para n ≥ 2, k ≤ . ( se n =1 k não existe) 2 2 Se n = 3k então rk = n e é máximo 3 Se n = 3k – 1 então teríamos, em relação ao caso acima a perda de um termo, a n + 1 = 3k 2(n + 1) 2 1 2  − 1 = n − =  n escolher. O 3k rk máximo é rk = 3 3 3 3  Se n = 3k – 2 do mesmo modo perdemos 2 em relação ao primeiro caso n + 2 = 3k 2(n + 2) 2 2 2  − 2 = n − =  n . rk = 3 3 3 3  Portanto ao montar o caso n = 3k escolhe-se: 2 1, 2, 3,..., k, 2k, 2k + 1,..., 3k totalizando 2k termos n 3 O caso n = 3k – 1 e n = 3k – 2 retira-se o 3k; e o 3k e o 3k – 1 respectivamente.

1  n = 1 → não podemos ter k 1 ≤ k ≤ 2 Resposta:   2n  n ≠ 1 rk máximo é    3 Obs: x  maior inteiro menor ou igual a x x −1 < x  ≤ x x  inteiro x  menor inteiro maior ou igual a x x ≤ x  < x + 1 x  inteiro.

PROBLEMA 6:

Dizemos que um inteiro n, n, > 1, é ensolarado se ele é divisível pela soma dos seus fatores primos. Por exemplo, 90 é ensolarado pois 90 = 2 ⋅ 3 2 ⋅ 5 e 2 + 3 + 5 = 10 divide 90. Mostre que existe um número ensolarado com pelo menos 10 2002 fatores primos distintos.

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SOLUÇÃO DE RAFAEL DAIGO HIRAMA (CAMPINAS – SP):

Vamos ver casos pequenos: 2 ⋅ 3 ⋅ 5 = 30 e é ensolarado pois 2 + 3 + 5 = 10|30 Olha só que interessante: se escolhemos alguns números primos e a soma deles puder ser escrita como um produto qualquer deles o produto de todos esses primos vezes a soma deles é um número ensolarado, aliás o mmc é ensolarado.

Vamos ver até onde isso vai: 2 + 3 + 5 + 7 = 17 droga! 17 é primo, vamos adaptar 2 + 3 + 5 + 7 + 17 = 34 e 34 = 2 ⋅ 17 mmc (34, 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 17) = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 17 que é ensolarado 2 + 3 + 5 + 7 + 11 = 28 e 28 = 22 ⋅ 7 mmc ( 28, 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 11) = 22 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 11 que é ensolarado 2 + 3 + 5 + 7 + 11 + 13 = 41 2 + 3 + 5 + 7 + 11 + 13 + 41 = 82 e 82 = 2 ⋅ 41 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 11 ⋅ 13 ⋅ 41 é ensolarado.

Prova geral: p1 + p2 + p3 + p4 + ... + pn = x, x = p1α1 p 2α 2 ... p nα n (ou seja, não tem fatores primos além dos p1 a pn, mas α i pode ser 0) mmc(p1p2p3...pn), x) = p1β1 p 2β 2 ... p nβ n = y. Como x | y e y só tem fatores p1, p2, ..., pn, y é ensolarado.

Percebendo os meus testes podemos ver um modo de adaptar se tivermos a soma desses primos um número primo diferente dos anteriores. E se tivermos mais?

p1 < p 2 < p3 < ... < p n e p1 + p 2 + ... + p n = p1α1 p 2α 2 p3α 3 p 4α 4 ... p nα n p nα+n1+1 p nα+n +22 p nα+n +33 ... p1 + p 2 + ... + p n + p n +1 = p n +1 ( p1α1 p 2α 2 p3α 3 ... p nα n p nα+n1+1 −1 p nα+n +22 ... + 1) este número é com certeza menor que a soma inicial logo terá um limite para seus fatores primos.

Fazendo: p1 + p2 + ... + pn + pn +1 = p1β1 p2β 2 p3β 3 ... pnβ+n1+1 pnβ+n+22 pnβ+n+33 ... p1 + p2 + ... + pn + pn +1 + pn + 2 = pn + 2 ( p1β 1 p2β 2 p3β 3 p4β 4 ... pnβ+n1+1 pnβ+n+22 −1 pnβ+n+33 ... + 1) Calma, podemos evitar tudo isso se escolhermos os n primeiros primos: 2 + 3 + 5 +...+ pn = x ≤ n ⋅ pn. Se tivesem dois primos pi e pj em x tal que i, j > n teremos pipj ≤ x ≤ n ⋅ pn.

Mas perceba que pk > k para todo k ∈ 1 (isso acontece porque a seqüência dos k percorre todos os naturais enquanto a dos pk "pula" vários naturais).

Continuando Vamos provar que n ⋅ pn < pi ⋅ pj, não o contrário. pi ⋅ p j > p n ⋅ p n EUREKA! N°14, 2002

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∴ pi ⋅ p j > n ⋅ p n Logo em x só pode haver um fator primo diferente dos 2, 3, 5,..., pn. Usaremos pi e do mesmo modo vemos que x não é divisível duas vezes por pi (é só fazer j = i) 2 + 3 + 5 +...+pn = m ⋅ pi ≤ n ⋅ pn n ⋅ pn m≤ pi Olhe só, como

pn < 1 porque pn < pi porque n < i, m < n só que n < pn ⇒ m < pn pi

Como m e pn são inteiros m + 1 ≤ pn Agora pronto: 2 + 3 + 5 +...+ pn = m ⋅ pi 2 + 3 + 5 +...+ pn + pi = (m + 1) ⋅ pi mas como m + 1 ≤ pn , m + 1 pode ser escrito como produto dos primos 2, 3, 5,..., pn, ou seja 2 + 3 + 5 + ... + p n + pi = 2α1 3α 2 ... p nα n pi . α

α

α

Como 2 + 3 + 5 + ... + p n + pi = 2 1 3 2 ... p n n pi αn ⋅ pi aliás, mmc (2α1 3α 2 ... p nα n pi ,2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ pn ⋅ pi ) = 2 max(α1 ,1) ⋅ 3max(α 2 ,1)... ⋅ p n como m + 1 ≤ pn αn= 0 ou 1, ou seja max(αn , 1) = 1 Como queremos 102002 primos distintos, se 2 + 3 + ... + p10 2002 não for fatorável nos max(

,1)

os 10 2002 primeiros primos 2002

primos 2,3,..., p102002 ele será da forma m ⋅ pi , i > 10 m < p102002.

Com isso 2 + 3 + ... + p10 2002 + pi = (m + 1) ⋅ pi , que é fatorável em 2,3,5,..., p102002 , pi , já que m + 1 ≤ p102002 . α

β

Logo pelo menos um entre 2α1 3α 2 ⋅ ... ⋅ p10102002 ou 2 β1 3 β 2 ⋅ ... ⋅ p10102002 ⋅ pi , com 2002

2002

pi 2+3+...+ 10 2002 , com α i e β i suficientemente grandes são ensolarados, ou seja, há um número ensolarado com 102002 ou 102002 + 1(ou ambos) fatores primos distintos Alias, esse método prova que para todo t inteiro positivo existe pelo menos um número ensolarado com t fatores primos ou pelo menos um número ensolarado com t + 1 fatores primos (ou ambos).  x, se x ≥ y Obs. max( x, y ) =   y, se y ≥ x p

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XLIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro A LXIII Olimpíada Internacional de Matemática foi realizada na cidade de Glasgow, Reino Unido no período de 18 a 31 de julho de 2002.

A equipe brasileira foi liderada pelos professores Edmilson Motta (São Paulo – SP) e Ralph Costa Teixeira (Niterói – RJ).

O Resultado da Equipe Brasileira BRA 1 BRA 2 BRA 3 BRA 4 BRA 5 BRA 6

Alex Corrêa Abreu Larissa Cavalcante Queiroz de Lima Guilherme Issao Camarinha Fujiwara Yuri Gomes Lima Davi Máximo Alexandrino Nogueira Thiago da Silva Sobral

Bronze Prata Bronze Bronze Bronze Bronze

PRIMEIRO DIA DURAÇÃO: 4 horas e meia.

PROBLEMA 1

Seja n um inteiro positivo. Seja T o conjunto de pontos (x; y) no plano onde x e y são inteiros não negativos e x + y < n. Cada ponto de T é pintado de vermelho ou azul.

Se um ponto (x; y) é vermelho, então todos os pontos (x'; y') com x' ≤ x e y' ≤ y também são. Um conjunto X é um conjunto de n pontos azuis com abcissas todas distintas, e um conjunto Y é um conjunto de n pontos azuis com ordenadas todas distintas. Prove que o número de conjuntos X é igual ao número de conjuntos Y. PROBLEMA 2

Seja BC um diâmetro do círculo Γ de centro O. Seja A um ponto de Γ tal que 0 0 < ∠AOB < 120 0 . Seja D o ponto médio do arco AB que não contém C. A reta que passa por O e é paralela a DA encontra a reta AC em J. A mediatriz de OA corta Γ em E e F. Prove que J é o incentro do triângulo CEF. PROBLEMA 3

Encontre todos os pares de inteiros m, n ≥ 3 tais que há infinitos inteiros positivos a am + a −1 é inteiro. para os quais n a + a2 −1

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SEGUNDO DIA DURAÇÃO: 4 horas e meia.

PROBLEMA 4

Seja n inteiro maior que 1. Os divisores positivos de n são d1, d2,…,dk , onde 1 = d 1 < d 2 < ... < d k = n

Seja D = d1d2 + d2d3 +…+dk – 1 dk. (a) Prove que D < n2. (b) Encontre todos os valores de n para os quais D é um divisor de n2.

PROBLEMA 5

Encontre todas as funções f de 5 em 5 tais que ( f ( x) + f ( z ))( f ( y ) + f (t )) = f ( xy − zt ) + f ( xt + yz ) para todo x, y, z, t ∈ 5.

PROBLEMA 6

Sejam Γ1 , Γ2 ,..., Γn círculos de raio 1 no plano, onde n ≥ 3. Seus centros são O1, O2,…,On, respectivamente.

Suponha que não exista reta que intercepte mais que dois dos círculos. Prove que (n − 1)π 1 . ≤ 4 1≤i < j ≤ n Oi O j

∑

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MUROS, PRÉDIOS E ESCADAS Cícero de Oliveira Holmer, São Paulo – SP ♦ Nível Avançado.

Há um clássico problema de máximos e mínimos cujo enunciado envolve um prédio (tão alto quanto se queira) e um muro de altura h, à uma distância d deste prédio.

Pretende-se colocar uma escada, apoiada no muro, a partir do solo e alcançando o prédio, conforme o esquema:

h d

Pergunta-se então o seguinte: Qual é o comprimento mínimo da escada?

Vamos montar um modelo, considerando um triângulo retângulo ABC e um retângulo APQR inscrito neste triângulo: C

Q

R

θ B

P

A

Sendo PQ = a, QR = b e m( ABˆ C ) = θ , temos: a b a. cos θ b ⋅ senθ BC = BQ + QC = . Assim, BC = f (θ ) e f ' (θ ) = − + + senθ cos θ sen 2θ cos 2 θ a ⋅ cos θ b ⋅ senθ Para termos BC mínimo, é preciso que f ' (θ ) = 0, isto é, − + =0 sen 2θ cos 2 θ b ⋅ senθ a ⋅ cos θ sen 3θ a a (I). ⇔ = ⇔ = ⇔ tgθ = 3 2 2 3 b sen θ cos θ cos θ b Pelo teorema de Pitágoras, BC 2 = BA2 + AC 2 ⇔ BC 2 = (BP + PA) 2 + ( AR + RC) 2 =

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 a  =  + b  + (a + b ⋅ tgθ ) 2 . Como BC deve ser mínimo, de (I), temos:  tgθ  2

    2 2 2   a a   2 BC =  + b  +  a + b ⋅ 3  =  3 a 2 ⋅ b + b  +  a + 3 a ⋅ b 2  =      b     3 a  b 

= a ⋅ 3 a ⋅ b2 + 2 ⋅ b ⋅ 3 a2 ⋅ b + b2 + a2 + 2 ⋅ a ⋅ 3 a ⋅ b2 + b ⋅ 3 a2 ⋅ b = 3

3

= a 2 + 3 ⋅ a ⋅ 3 a ⋅ b 2 + 3 ⋅ b ⋅ 3 a 2 ⋅ b + b 2 =  3 a 2 + 3 b 2  ⇔ BC =  3 a 2 + 3 b 2  .     3

 3 h 2 + 3 d 2  .   Vamos agora considerar uma situação com valores numéricos (talvez você possa aproveitar melhor o que vem a seguir tendo em mãos papel, caneta e, se possível, uma boa calculadora).

A partir de um triângulo retângulo bem conhecido, de lados 3, 4 e 5, e outro triângulo semelhante, por exemplo o de lados 9, 12 e 15, podemos montar a figura:

Portanto, o comprimento mínimo da escada deve ser

C

10 m

9m

Q 5m 3m B

4m

P

8m

A

Formulamos, então, o seguinte problema: Se o muro tem 3 metros de altura, a distância do muro ao prédio é igual a 8 metros e a escada tem 15 metros de comprimento, poderíamos afirmar que a distância do pé da escada ao muro é igual a 4 metros?

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Vejamos: O menor comprimento possível da escada é de

3

( 9 + 4)

32 + 3 82 =

3

3

metros.

(

)

3

3 9 + 4 < 15, e isto quer dizer que há duas maneiras Pode-se verificar que distintas de posicionarmos a escada e, portanto, existem duas distâncias possíveis do pé da escada ao muro. Vamos então, novamente, montar um modelo:

C

15

Q

3 B

P

X

8

A

Uma solução possível, claro, é x = 4 metros. Busquemos a outra solução:

15 ⋅ x BP BA x x+8 = ⇔ = ⇔ BQ = 15 BQ BC BQ x+8

∆PBQ ~ ∆ABC , logo No ∆BPQ temos

2

 15 ⋅ x  4 3 2 x = BQ − 3 ⇔ x =   − 9 ⇔ x + 16 ⋅ x − 152 ⋅ x + 144 ⋅ x + 576 = 0  x+8 Aplicando-se o algoritmo de Briot-Ruffini, obtemos: 2

2

2

2

1 1

16 20

–152 –72

144 –144

576 0

4

Assim, a outra solução é raiz de x 3 + 20 x 2 − 72 x − 144 = 0. É possível mostrar que essa equação tem duas raízes reais negativas e uma raiz real positiva, que é aproximadamente 4,3274534… e pode ser escrita como EUREKA! N°14, 2002

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   − 1567     arccos 4 154 154   −  (ver por exemplo [3] para um método de 5  154 ⋅ cos 3 3      resolução de equações do terceiro e quarto graus).

Assim, as possíveis distâncias do pé da escada ao muro, são de 4 metros e de    1567     arccos − 4   154 ⋅ 154  −  = ⋅  154 . cos 5  4,3274534... metros.

3  3     

Referências Bibliográficas [1] Piskunov N., Cálculo Diferencial e Integral, Tomos I e II, Ed. Mir 1977 [2] Demidovitch B., Problemas e Exercícios de Análise Matemática, Ed. Mir 1978 [3] Moreira, C.G., Uma solução das equações do terceiro e quarto graus, RPM 25, pp. 23-28.

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INTEIROS DE GAUSS E INTEIROS DE EISENSTEIN Guilherme Fujiwara, São Paulo – SP ♦ Nível Avançado.

Vamos abordar nesse artigo a aritmética de dois conjuntos de inteiros algébricos: os Inteiros de Gauss e os Inteiros de Eisenstein.

1.

INTEIROS DE GAUSS

Definimos o conjunto =[i] dos inteiros de Gauss como =[i] = {a + bi | a, b ∈ =}, onde (i2 = –1). A seguir veremos as duas coisas mais importantes de sua aritmética, o teorema da fatoração única e os primos.

1.1 Norma Vamos definir uma função N: =[i] → =+ chamada norma, tal que ∀z ∈ =[i], N(z) = z ⋅ z sendo z o conjugado complexo de z. Observe que como ab = a ⋅ b, então

N (a ) ⋅ N (b) = a a ⋅ bb = a ⋅ b ⋅ a ⋅ b = ab ⋅ ab = N (ab) , ou seja, a norma é multiplicativa.

1.2. Unidades As unidades em =[i], analogamente a =, são todos os elementos z ∈ =[i] que possuem inverso, ou seja, que ∃z '∈ =[i ] tal que z ⋅ z ' = 1. Segue que se z = a + bi é uma unidade, então 1 = N ( z ⋅ z ' ) = N ( z ) ⋅ N ( z ' ) ⇒ N ( z ) = 1 ⇔ a 2 + b 2 = 1 ⇔ ⇔ a = ±1, b = 0 ou a = 0, b = ±1 ⇔ = = ±1 ou = = ±i , e como esses quatro tem inverso, todas as unidades são ± 1 e ± i. Observe então que x ∈ =[i] é unidade ⇔ N ( x) = 1.

1.3. Divisibilidade Dizemos que para a, b ∈ =[i], a|b (lê-se a divide b) se ∃c ∈ =[i ] tal que b = ac.

1.4. Divisão Euclidiana Vamos ver como funciona a divisão euclidiana. A divisão Euclidiana é a existência de q, r ∈ =[i], ∀a, b ∈ =[i], b ≠ 0 tal que a = bq + r, sendo 0 ≤ N (r ) < N (b). Para demonstrá-la, basta dividir: a = x + yi, b = z + wi, onde x, y, z, w ∈ =.

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a x + yi x + yi z − wi xz − xwi + yzi − ywi 2 xz + yw yz − xw = = ⋅ ⇔ = 2 + i b z + wi z + wi z − wi z 2 + w2 z + w2 z 2 + w2

Tomamos m e n como os inteiros mais próximos de respectivamente. Note que m −

xz + yw

,n−

yz − xw

≤

xz + yw yz − xw e 2 , 2 2 z +w z + w2

1 Se q = (m + ni), então: 2

z +w z +w a   yz − xw  yz − xw  −m+ 2 − n r = a − bq = b − q  = b 2 2 2 b   z +w z +w  2 2  1   1   N (b) < N (b) ⇒ N (r ) ≤ N (b)   +    =  2   2 2     2

2

2

2

 i  ⇒ 

1.5. Lema de Euclides A partir da divisão euclidiana podemos demonstrar o lema de Euclides, ou seja, se p é um primo de Gauss (ou seja, não pode ser escrito como o produto de dois inteiros de Gauss cujas normas são maiores que 1), então sendo a, b ∈ =[i], p|ab ⇒ p|a ou p|b. Para demonstrá-lo, vamos fazer sucessivas divisões euclidianas, sendo a0 = a e a1 = p. Seja ak + 2 o resto da divisão euclidiana de ak por ak+1. Temos então as divisões: a 0 = q1 a1 + a 2 a1 = q 2 a 2 + a 3 a 2 = q3 a3 + a 4

a n − 2 = q n −1 a n −1 + a n a n −1 = q n a n + a n +1 Observe que como a k ≠ 0 ⇒ N (a k +1 ) < N (a k ) , podemos tomar n tal que N(an +1) = 0, ou seja, an + 1 = 0.

Logo an|an – 1. Observe que a n | a k +1 e a n | a k ⇒ a n | a k −1 . Logo a n | a n e a n | a n −1 , então

indutivamente,

a n | a k , ∀k 0 ≤ k ≤ n,

particularmente

an | a0 = a

e

a n | a1 = p. Tomando as j + 1 primeiras equações e realizando substituições adequadas, temos que aj = xj a1 + yj a0 = xj p +yj a; particularmente a n = x n p + y n a.

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Voltando ao lema, veja que se p|a então o lema está certo. Se p não divide a, então, como a n | p, an|a e an = xnp + yna, então an ∈ {1; – 1; i; – i} e temos: a n = x n p + y n a ⇔ b = a n−1 ( px n b + aby n ) ⇒ p | b, pois demonstração.

p | ab, o que conclui a

1.6. Fatoração única A fatoração única é uma das propriedades mais usadas em problemas envolvendo números inteiros. Vamos prová-la para os inteiros de Gauss. Primeiramente provaremos que todo inteiro z de Gauss com norma maior que 1 pode ser escrito como o produto de um ou mais primos de Gauss. Se N(z) = 2, como 2 é primo e a norma é multiplicativa, então z é primo, portanto está provado. Considere N(z) > 2.

Se z é primo a fatoração é imediata. Se z não é primo, então z = a ⋅ b ⇒ N(z) = N(a) ⋅ N(b), onde N(a), N(b) > 1, portanto N(a), N(b) < N(z). Podemos supor, por indução, que se N(x) < N(z), então x é fatorável. Logo a e b são fatoráveis, e portanto z.

Para provar que esta fatoração é unica, basta considerar as duas fatorações p1p2…pn e q1q2…qm . Suponha, por indução, que p1p2…pn = εq1q2…qm, sendo ε uma unidade, implica que a seqüência (pi) é uma permutação (a menos que sejam multiplicações por unidades) da (qi). Se max{n; m} = 1, então o resultado é imediato. Supondo que ele vale se max{n'; m'}< max{n; m}, pelo lema de Euclides, vemos que para algum i, pn|qi. Sem perda de generalidade, i = m. Como pn e qm são primos, então qm = ε'pn, onde ε' é uma unidade. Logo p1p2…pn = εq1q2…qm ⇔ p1p2…pn – 1 = εε ' q1 q 2 ...q m −1 . Por indução, p1, p2,...,pn-1 é uma permutação (a menos que sejam multiplicações por unidades) de q1, q2, …, qm, portanto a fatoração única está provada.

1.7. Números primos Vamos agora ver quem são os números primos em Z[i]. Observe que se N(π) é primo em =, então π é um primo de Gauss (pois se π fatora então N(π) fatora).

Observe que todo primo π divide N(π), portanto ele deve dividir ao menos um fator primo em = de N(π). Se π dividir ao menos dois números distintos (absolutamente) x e y primos em =, como sempre é possível tomar a, b ∈ = tal que ax + by = 1, teríamos π|1, um absurdo. Logo todo primo de Gauss divide exatamente um primo inteiro positivo (e seu oposto negativo) em =. Seja esse primo inteiro positivo p.

Temos três casos: Se p é par, então p = 2. Sendo π = a + bi, então a2 + b2 = 2 ⇔ π = ± 1 ± i , e obtemos os quatro primos 1 + i, 1 – i, –1 + i e –1 –i. Observe que eles são dois a dois um a multiplicação por uma unidade do outro.

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Se p ≡ 3 (mód. 4), como x ∈ = ⇒ x2 ≡ 0 ou 1 (mód. 4), então, se existisse π = c + di, c, d ∈ Z, 1 < N(π) < p2 tal que p = πϕ, é facil ver que, como p é um primo inteiro ϕ = c – di , logo p = c2 + d2 ≡ 0, 1 ou 2 (mod.4), absurdo, pois p = 4k + 3. Logo p é um primo de Gauss.

Se p ≡ 1 (mód. 4), então, sendo x = 1 × 2 ×…× ( p – 1)/2, então: ( p − 1) ( p − 1) x 2 ≡ 1 × 2 × ... × × 1 × 2 × ... × 2 2 ( p − 1) ( p + 1) ≡ 1 × 2 × ... × × × ... × ( p − 2) × ( p − 1) ≡ 1 × ( p − 1) 2 2 ≡ −1(mód . p ) Logo p | x 2 + 1 = ( x + i)( x − i). Como π é um primo de Gauss que divide p, então π ∈ Z, π|x + i ou π|x – i ⇒ π|1, absurdo. Portanto π ∉ =[i] tal que p = πϕ. Seja π = a + bi e ϕ = c + di, a, b, c, d ∈ Z. Como p é primo em z, então mdc(a; b) = mdc(c;d) = 1.

Temos p = (a + bi)(c + di) = ac – bd + (bc + ad)i. Como p ∈ Z, então bc = –ad ⇒ (a = c e b = – d) ou (a = –c e b = d) ⇔ ϕ = ± π . Como p > 0, então ϕ = π ⇒ N (π ) = p, logo π é primo (e π e seu conjugado são únicos primos de Gauss que dividem p).

Portanto vimos que os números primos em =[i] são: (1) O primo 1 + i e seus produtos pelas unidades.

(2) Os primos p em = tal que p ≡ 3 (mod. 4) e seus produtos pelas unidades.

(3) Para cada primo p em =+ tal que p ≡ 1 (mod. 4), os primos a + bi, a – bi e seus produtos pelas unidades, sendo a2 + b2 = p.

1.8. Ternas pitágoricas Agora que já vimos a aritmética básica dos inteiros de Gauss, vamos começar com um resultado simples e interessante. Vamos achar as soluções da equação a2 + b2 = c2, sendo a, b, c ∈ =. Seja m = mdc(a; b), a' = a/m e b' = b/m. Temos então m2 (a2 + b2) = c2 ⇒ m|c. Seja então c' = c/m, temos a'2 + b'2 = c'2, mdc(a';b';c') = 1.

Note que a'2 + b'2 = c'2 ⇔ (a'+ b'i)(a'– b'i) = c'2. Observe que se d = mdc(a' + b'i; a'– b'i), então d|2a' e d|2b' ⇒ d|2. Se d não divide 1, então d|a'2 + b'2 ⇒ a' e b' são ímpares, o que é um absurdo, basta ver congruência módulo 4. Portanto d|1 ⇔ a' + b'i e a' + b'i são primos entre si, logo ambos são quadrados perfeitos. Observe também que quaisquer a'e b' primos entre si tais que a' + b'i e a'– b'i são quadrados perfeitos são soluções da equação. Portanto a'e b' formam uma solução se e somente se existem x, y, z, w ∈ = tal que:

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a '+b' i = ( x + yi) 2 a '−b' i = ( z + wi ) 2

⇔

a '+b' i = ( x + yi) 2 a '−b' i = ( x − yi) 2

⇔ a '+b' i = ( x + yi) 2 ⇔

a' = x 2 − y 2 b' = 2 xy

Veja então que a' e b' são primos entre si se e só se x e y são primos entre si. Logo as soluções são a = (x2 – y2) ⋅ d, b = 2xy ⋅ d, ou vice-versa, e conseqüentemente c = (x2 + y2) ⋅ d, para x, y, d ∈ =, sendo x e y primos entre si.

1.9. O número de representações de um inteiro como a soma de dois quadrados Provaremos agora o seguinte Teorema. Dado n ∈ 1 , o número de pares a, b ∈ = tais que n = a2 + b2 é igual a quatro vezes a diferença entre o número de divisores da forma 4k + 1 de n e o número de divisores da forma 4k + 3 de n.

Podemos expressar n da forma: n = 2α p1α ... p αk k × q1β1 (q i ) β1 ...q mβ m (q m ) β m Sendo pi primos de Gauss inteiros (da forma 4k + 3) e os pares de conjugados qi ≠ q i primos de Gauss (N(qi) da forma 4k + 1) e esses primos diferem dois a dois por mais do que uma multiplicação por uma unidade.

Sendo n = a2 + b2 = (a + bi)(a – bi), então, pelo teorema da fatoração única e a multiplicidade do conjugado, temos: α1

αk

a + bi = ε (1 + i )α p12 ... p k2 × q1γ 1 (q 1 ) β1 −γ 1 ...q mγ m (q m ) β m −γ m , onde 0 ≤ γ i ≤ β i e ε é uma unidade.

Portanto o número de representações de m como a soma de dois quadrados será 0 se algum α i for ímpar e será 4(β1 + 1)…(β m + 1) se todos αi forem pares, sendo o fator 4 pois há 4 escolhas possíveis para a unidade.

Observe agora que a fatoração de n em primos inteiros será: n = 2α p1α1 ... p kα k × N (q1 ) β1 ...N (q m ) β m Onde pi serão primos da forma 4k + 3 e N(qi) serão primos da forma 4k + 1. Observe agora que um divisor ímpar de n será da forma: d = p1a1 ... p kak × N (q1 ) b1 ...N (q m ) bm , onde a1 ≤ α 1 ,..., a k ≤ α k , b1 ≤ β 1 ,..., bm ≤ β m Note que se a1 + … + ak é par, então d é da forma 4k + 1, se for ímpar é da forma 4k + 3. Portanto, conseguimos verificar que se algum αi for ímpar, o número de d’s da forma 4k + 3 será igual ao número de d’s da forma 4k + 1, e se todos os αi forem pares, a diferença entre esses números será (β 1 + 1)…(β m + 1), o que termina a demonstração do teorema.

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1.10. Problemas Problema 1. Determine todos os pares x, y ∈ = tal que y3 = x2 + 1 Problema 2. Sejam x, y, z ∈ 1 tais que xy = z2 + 1. Prove que existem inteiros a, b, c, d tais que x = a2 + b2, y = c2 + d2 e z = ac + bd.

Problema 3. Prove que existem duas seqüências inteiras (an) e (bn) infinitas e estritamente crescentes tais que ak(ak + 1) divide bk2 + 1 para todo natural k.

2. INTEIROS DE EISENSTEIN Vamos agora ver os Inteiros de Eisenstein. Definimos o conjunto =[ω] dos inteiros de Eisenstein como =[ω] = {a + bω| a, b ∈ =}, sendo ω = −

1 i 3 + , donde ω2 + ω 2 2 + 1 = 0. Para ζ = a + bω ∈ =[ω] definiremos a norma como N(ζ) = ζ ⋅ ζ = a2 – ab + b2. Observe que essa norma segue as mesmas propriedades da norma dos inteiros de Gauss (é inteira não negativa e multiplicativa).

2.1. Unidades As unidades em =[ω] são definidas como os seus elementos que possuem inverso, ou seja u, tal que ∃u – 1 tal que u ⋅ u – 1 = 1 ⇒ N(u) = 1 ⇔ u = ±1, ±ω, ±(1 + ω), e verificamos que esses quatro números tem inverso, portanto u é unidade se, e só se N(u) = 1.

2 Obs. Note que ± (1 + ω ) = ± ω .

2.2. Divisão Euclidiana Para provar a existência de divisão Euclidiana entre a, b ∈ =[ω], b ≠ 0. Sejam α e β tais que: a = α + βω b Tomando q = c + dω, tais que c e d são respectivamente os inteiros mais próximos de α e β. Portanto: r = a − bq = b(α + βω − q ) ⇒ N (r ) = 1 1 = N (b)((α − c) 2 − (α − c)( β − d ) + ( β − d ) 2 ) ≤ N (b) + + 4 4 Portanto existe a divisão Euclidiana.

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1  < N (b) 4

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2.3. Teorema da fatoração Única Note que, para os inteiros de Gauss, provamos o lema de Euclides e a fatoração única, usando somente o fato de que existe divisão Euclidiana, portanto, seguindo os mesmos passos para provar o lema de Euclides e a fatoração única, provaremos a fatoração única para os inteiros de Eisenstein.

2.4. Primos Tudo é muito parecido com os inteiros de Gauss: N(π) é primo em = ⇒ π é primo em =[ω]; todo primo π em =[ω] divide exatamente um primo inteiro positivo. A demonstração desses dois fatos é exatamente igual que foi dada na seção de inteiros de Gauss. Seja p o inteiro positivo primo que o primo, π em Z[ω] divide. Temos três casos: • Se p é da forma 3k, então p = 3, e obtemos π = ±(1 – ω) ou ±(2 + ω).

• Se p é da forma 3k + 2, como a2 – ab + b2 só é da forma 3k ou 3k + 1 (verifique você mesmo), então p é um primo de em Z[ω] tal que N(π) = p2.

• Se p é da forma 3k + 1, pela lei da reprocidade quadrática*:  p  − 3   = (−1)    3  p 

p −1  −3−1  ⋅  2  2 

 − 3  = 1 = 1 ⇒   p 

Portanto existe x inteiro tal que p | ( x − 1) 2 + 3 = x 2 − 2 x + 2 2 = ( x − 2ω )(x − 2ω 2 ) , e como p não divide 2, então p não é primo em Z[ω] e existem π e ψ tal que πψ = p.

Como p é um primo inteiro, então ψ = π , logo π e π = ψ são primos em

=[ω] e

π ⋅π = p .

Portanto os primos em =[ω] são: (1) O primo 1 – ω e suas multiplicações por unidades.

(2) Os primos inteiros da forma 3k + 2 e seus produtos pelas unidades, que também são primos em =[ω].

(3) Para todo primo inteiro p da forma 3k + 1, os primos π e π tal que π π = p e seus produtos pelas unidades são primos em =[ω]. *A lei de reciprocidade quadrática de Gauss diz o seguinte: dados a ∈ = e p ∈ = primo que não divide a, definimos  a  = 1, se a é resíduo quadrático mod.p. Para p, q ∈  p  0, caso contrário.     p −1   q −1    2  2 

 vale sempre  p  q  = ( −1)   q  p    

.

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= primos ímpares com p > 0

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2.5. Exemplo Ache todos os a, b, c ∈ = + lados de um triângulo com um ângulo de 60o. *

Vamos supor, sem perda de generalidade, que o ângulo de 60o é entre os lados de medidas a e b. Pela lei dos co-senos, temos: c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos(60°) = a 2 + b 2 − ab = (a + bω )(a − bω ) Observe a semelhança deste problema com o das ternas pitagóricas.

Seja m = mdc(a; b), a = a'm, b = b'm. Segue que m 2 c 2 ⇔ m c , e teremos c = c'm.

Logo c 2 = a 2 + b 2 − ab ⇔ c' 2 = a' 2 +b' 2 − a' b ', e temos mdc(a'; b'; c') = 1. Seja d tal que d a '+b' ω e d a '−b' ω . Segue que d 2a ' e d 2b' , logo d 2 . Se d não divide 1, então 2 d ⇒ 2 a' 2 −a ' b'+b' 2 ⇒ 2 a ' e 2 b' , absurdo, logo d 1 , e portanto: a '+b' ω = ( x + yω ) 2 = x 2 − y 2 + (2 xy − y 2 )ω ⇔

a' = x 2 − y 2 b' = 2 xy − y 2

Portanto as soluções são a = ( x 2 − y 2 )m, b = (2 xy − y 2 )m e c = ( x 2 − xy + y 2 )m , para todo x, y, m ∈ =+ com x > y, e as permutações de a, b e c.

Outro bom exemplo de aplicação dos inteiros de Eisenstein é o problema 6 da IMO de 2001: Sejam a, b, c, d inteiros com a > b > c > d > 0. Considere que ac + bd = (b + d + a − c)(b + d − a + c) Prove que ab + cd não é primo.

Primeiramente vamos mostrar por que usar inteiros de Eisenstein: ac + bd = (b + d + a − c)(b + d − a + c) ⇔ ⇔ ac + bd = b 2 + bd − ab + bc + bd + d 2 − ad + cd + ab + ad − a 2 + ac − bc − cd + ac − c 2 ⇔ ⇔ b 2 + bd + d 2 = a 2 − ac + c 2 Aí vemos por que usar inteiros de Eisenstein.

(b − dω )(b − dω 2 ) = (a + cω )(a + cω 2 )

Observe que como a, b, c > 1, então mdc(b; d) > 1 ⇒ ab + cd não é primo, logo podemos supor que b e d são primos entre si. Analogamente supomos que mdc(a; c) = mdc(a; d) = mdc(b; c) =1.

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Seja π um primo em

=[ω ] tal

que π b − dω . Vamos provar que π não divide

a + cω ⇔ π não divide a + cω , e segue que b − dω a + cω . Suponha então que 2

π a + cω . Veja que N (π ) (b − dω )(a + cω ), e temos (b − dω )(a + cω ) = ab + cd + (bc + cd − ad )ω Como N (π ) ∈ =, e N (π ) (b − dω )(a + cω ) , então N (π ) ab + cd e, supondo ab + cd

primo,

teríamos

ab + cd = N (π ) .

Mas

k

nesse

caso

segue

que

k

b − dω = επ k ⇒ b − dω 2 = ε ⋅ π ⇒ a + cω = ε ' π , sendo ε e ε ' unidades.

Se µ = ε ' / ε , então b + d + dω = b − dω 2 = µ (a + cω ). Considerando o fato de mdc(b; d) = mdc(a; c) = mdc(b; c) = 1 e que a > b > c > d > 0, temos que isto é um absurdo (a verificação fica para o leitor, basta considerar as 6 possibilidades para µ ) . Logo b − dω a + cω , e analogamente a + cω b − dω . Portanto b − dω = υ (a + cω ) , onde υ é uma unidade. Novamente, basta verificar todas as possibilidades para υ e verificar que isto é um absurdo. Portanto ab + cd não é primo.

2.6. Problemas Deixamos aqui mais alguns problemas para o leitor: Problema 1. (a) Prove que, para cada inteiro n, o número de soluções inteiras de x2 – xy + y2 = n é finito e divisível por 6. (b) Determine todas as soluções inteiras de x2 – xy + y2 = 727.

Problema 2.

Mostre que a equação diofantina x3 + y3 + z3 = 0 só tem soluções triviais, ou seja, tais que xyz = 0.

Problema 3.

Prove que se n é um inteiro positivo tal que a equação x3 – 3xy2 + y3 = n tem soluções em inteiros (x; y), então ela tem pelo menos três soluções.

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SEQÜÊNCIAS ARITMÉTICO-GEOMÉTRICAS José Paulo Carneiro & Carlos Gustavo Moreira ♦ Nível Intermediário.

A) Seqüências Aritmético-Geométricas ( à la Zé Paulo) Uma progressão aritmética (PA) é uma seqüência tal que cada termo é igual ao anterior adicionado de uma constante (a razão), isto é, seu termo geral (an) satisfaz à relação de recorrência a n = a n −1 + r. Daí se deduz, como é conhecido, que a n = a1 + (n − 1)r .

Analogamente, uma progressão geométrica (PG) é uma seqüência tal que cada termo é igual ao anterior multiplicado por uma constante (a razão), isto é, seu termo geral (an) satisfaz à relação de recorrência a n = q a n −1 . Daí se deduz, como é conhecido, que a n = a1 q n −1 .

Existe um outro tipo de seqüência que aparece freqüentemente, que é uma espécie de mistura de uma PA e uma PG. É aquela cujo termo geral (an) satisfaz a relação de recorrência a n = q a n −1 + r , e que vamos chamar de seqüência aritméticogeométrica (à la Zé Paulo) (SAG), de "razão geométrica" q e "razão aritmética" r. (só vamos considerar os casos em que r ≠ 0 e q ≠ 1, para não recair numa PA ou numa PG.) Observemos que, uma vez conhecido o primeiro termo a1 e a relação de recorrência a n = q a n −1 + r , conhecem-se sucessivamente a2, a3, etc., e, em princípio, todos os an. Mas permanece o interesse em determinar uma expressão explícita para o termo geral de uma SAG em função de n, uma vez conhecidos r, q e a1.

Um exemplo de SAG aparece na solução do célebre problema da Torre de Hanói (ver [2]), onde são dados três pinos A, B e C, e se quer determinar o número mínimo de movimentos necessários para se mover do pino A para um dos dois outros pinos uma pilha de n discos de tamanhos desiguais, de modo que nunca um disco maior fique em cima de um disco menor. Se an for o número procurado, podemos raciocinar que, inicialmente, vão ser necessários an – 1 movimentos para mover os n – 1 discos superiores para o pino B, digamos; em seguida, um movimento para mover o maior de todos os discos para o pino C; e finalmente, mais an – 1 movimentos para mover a pilha restante para C e completar a operação. Portanto, an satisfaz à relação de recorrência an = an – 1 + 1 + an – 1 = 2an – 1 + 1, além da condição inicial a1 = 1. A partir daí, podem ser determinados sucessivamente: a2 = 2 × 1 + 1 = 3, a3 = 2 × 3 + 1 = 7, e assim por diante.

Uma seqüência constante pode ser considerada uma PA de razão 0 ou uma PG de razão 1.

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Uma pergunta interessante é: uma SAG pode ser uma seqüência constante? É claro que, se c for este valor constante, isto ocorrerá se e só se: c = qc + r, ou seja: r . c= 1− q Vamos agora determinar uma expressão explícita para o termo geral de uma SAG em função de n. Para isto, consideremos duas SAGs quaisquer, de termos gerais, respectivamente, an e bn, que tenham a mesma razão aritmética r e a mesma razão geométrica q, e consideremos a sua diferença dn = an – bn . Como an = q an – 1 + r e bn = q bn – 1 + r, então dn = an – bn = q (an – 1 – bn – 1) = q dn – 1. Mas isto mostra que (dn) é uma PG de razão q e, portanto: dn = d1 qn – 1, ou seja: an – bn = (a1 – b1)qn – 1 , ou ainda: an = bn + (a1 – b1)qn – 1. Como an e bn eram SAGs quaisquer, esta fórmula indica como qualquer SAG pode ser obtida de outra que tenha a mesma razão aritmética e a mesma razão geométrica q, podemos tomar bn constante e igual a  r r  n −1 r q , +  a1 − , obtendo: a n = 1− q  1 − q  1− q que é a expressão que se procurava para an.

Por exemplo, no caso da Torre de Hanói, an = 2an – 1 + 1, com a1 = 1. Portanto: 1 1  n −1  n + 1 −  2 = 2 − 1.

1− 2  1− 2  Vale a pena acrescentar que, se a SAG tiver uma infinidade de termos e |q| < 1, então r qn – 1 tende a zero, quando n tende a infinito. Portanto, an tende a .

1− q

Por exemplo: a seqüência infinita definida por: a n =

2 + a n −1 , com a1 = 1 tem 5

3 13 63 termos: 1; ; ; ;..., ou, em decimais: 1,000; 0,600; 0,520; 0,504;….

5 25 125 1 2 2 1 Como a n = a n −1 + , esta seqüência é uma SAG com r = e q = , de modo 5 5 5 5 1 1 1 1 que seu termo geral é a n = + , e o seu limite é = 0,5.

2 2 5 n −1 2 B) Seqüências Aritmético-Geométricas ( à la Gugu ) Na seção anterior definimos seqüências aritmético-geométricas (à la Zé Paulo) generalizando as recorrências de PA's e PG's. Vamos adotar agora um ponto de vista alternativo, generalizando a fórmula do termo geral de PA's e PG's.

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Lembremos que em uma PA de termo inicial a0 = a e razão r temos an = a + nr, ∀n ∈ e numa PG de termo inicial a0 = a e razão q, temos an = aqn. Fazemos, inspirados nessas fórmulas, a seguinte definição: Definição: Uma progressão Aritmético-Geométrica (PAG) (à la Gugu) é uma seqüência (an) cujo termo geral satisfaz a fórmula an = (a + nr)qn, ∀n ∈ .

Note que se r = 0 nossa PAG é uma PG, e se q = 1 nossa PAG é uma PA. É interessante obter uma fórmula para a soma dos n primeiros termos de uma PAG n −1

(sn =

∑a

n

), a qual generalizaria as fórmulas para a soma dos n primeiros termos de

j =0

PG's (a princípio generalizaria também de PA's, mas suporemos q ≠ 1. Se fizermos q tender a 1 a fórmula tenderá à fórmula da soma dos n primeiros termos de uma PA). n −2 n −1 s − a n−1 Temos sn = ∑ (a + jr )q j . Então n = ∑ (a + jr)q j −1 = ∑ (a + ( + 1)r )q = q j =1 =0 j =0 =

n−2

∑ =0

rq +

∑ " n− 2

(a + r )q = r

=0

( q n −1 − 1) + s n − (a + (n − 1)r )q n −1 e, portanto, q −1

(

)

 q −1 q  q n−1 −1 a r a r   = (a + (n −1)r )q n−1 − − r =  (a + (n −1)r − sn  )q n−1 − + ⇒ sn = q q −1 q −1  q −1 q q −1  q  q  qr  n −1 (r − a )q + a q +  a + nr − . = q −1 q − 1  (q − 1) 2 aq n a ⋅ (1 − q ) a (q n − 1) + = , que é a q − 1 (q − 1) 2 q −1 fórmula da soma dos n primeiros termos de uma PG. Notemos finalmente que SAG's e PAG's satisfazem recorrências lineares homogêneas (ver [1]): Para SAG's, temos a n + 2 − qa n +1 = r = a n +1 − qa n , logo Note que se r = 0 a expressão acima se reduz a

a n + 2 = (q + 1) a n +1 − qa n , e para PAG's, notamos que se bn = a n / q n , temos bn =

a + nr, e bn + 2 − bn +1 = r = bn +1 − bn ⇒ bn + 2 = 2bn +1 − bn ⇒ = 2qa n +1 − q 2 a n .

Os

polinômios

característicos

a n+ 2 q

n+2

=

dessas

2a n −1 q

n +1

−

an qn

⇒ a n+ 2 =

recorrências

respectivamente x 2 − (q + 1) x + q = ( x − q )( x − 1) e x2 – 2qx + q2 = (x – q)2.

Referência: [1] Héctor Soza Pollman, Equações de Recorrência, Eureka! No. 9, pp. 33-40.

[2] Carlos Yuzo Shine, A torre de Hanói, Eureka! No. 11, pp. 17-23.

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são

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O PRINCÍPIO DA INVARIÂNCIA Marcelo Rufino de Oliveira, Belém – PA Artigo baseado em aula ministrada no II Teorema, Fortaleza – CE ♦ Nível Intermediário.

Uma das principais estratégias para resolução de problemas de olimpíadas é a procura por invariantes. O fundamento do Princípio da Invariância é simples: busca pelo que se mantém constante quando uma operação permitida é realizada. Entre as principais formas de invariantes destacam-se três, que serão apresentadas a seguir através de exemplos resolvidos.

1. Expressões ou Valores Numéricos Invariantes Exemplo 1.1: Começando com o conjunto {3, 4, 12}, é permitido apagar dois números

a e b e escrever em seus lugares 0,6.a – 0,8.b e 0,8.a + 0,6.b. É possível chegar ao conjunto {4, 6, 12}?

Resolução:

Repare que (0,6.a – 0,8.b)2 + (0,8.a + 0,6.b)2 = a2 + b2, implicando que a soma dos quadrados dos números dos conjuntos obtidos é invariante. Como 32 + 42 + 122 = 132 e 42 + 62 + 122 = 142 então não é possível chegar ao conjunto {4, 6, 12}.

Exemplo 1.2: (Maio-99) Em cada um dos 10 degraus de uma escada existe uma rã.

Cada rã pode, de um pulo, colocar-se em outro degrau, mas quando uma rã faz isso, ao mesmo tempo, uma outra rã pulará a mesma quantidade de degraus em sentido contrário: uma sobe e outra desce. Conseguirão as rãs colocar-se todas juntas num mesmo degrau?

Resolução:

Numeremos os degraus de 1 a 10 e associemos a cada rã o número do degrau que ocupam. O somatório inicial destes valores é S = 1 + 2 + … + 10 = 55.

Perceba agora que este somatório é invariante, pois quando uma rã sobe uma certa quantidade x de degraus, temos outra rã que desce x, fazendo com que a soma das numerações destas duas rãs não se altere. Caso todas as rãs ocupem um mesmo degrau (digamos y), então todas as suas numerações são iguais a deste degrau, ou seja, teremos 10y = 55, que não possui solução inteira. Deste modo, é impossível que todas as rãs ocupem um mesmo degrau.

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Exemplo 1.3: As seguintes operações são permitidas com a equação quadrática ax2 + bx + c: a) trocar a e c; b) trocar x por x + t, onde t é um número real. Repetindo estas transformações é possível transformar x2 – x – 2 em x2 – x – 1?

Resolução:

Mostraremos que é invariante o valor do discriminante de todas as equações obtidas pela aplicação das operações permitidas.

Inicialmente temos ∆0 = b2 – 4ac.

Aplicando a primeira operação: ax2 + bx + c → cx2 + bx + a (1) Para esta equação temos ∆1 = b2 – 4ca = ∆0 Aplicando a segunda operação: ax2 + bx + c → a(x + t)2 + b(x + t) + c = ax2 + (b + 2at)x + at2 + bt + c (2) ∆2 = (b + 2at)2 – 4a(at2 + bt + c) = b2 + 4abt + 4a2t2 – 4a2t2 – 4abt – 4ac ⇒ ∆2 = b2 – 4ac = ∆0 = ∆1 Como o discriminante de x2 – x – 2 é 9 e o discriminante de x2 – x – 1 é 5, a transformação é impossível.

2. Restos de Divisões Invariantes Exemplo 2.1: (Torneio das Cidades-85) Todo membro de uma seqüência, iniciando do segundo, é igual a soma entre o termo precedente e a soma dos seus dígitos. O primeiro número é 1. É possível que 123456 pertença à seqüência?

Resolução:

Perceba que: a2 = 2 = 3.0 + 2 a3 = 4 = 3.1 + 1 a4 = 8 = 3.2 + 2 a5 = 16 = 3.5 + 1 a6 = 23 = 3.7 + 2 a7 = 28 = 3.9 + 1 ...

Aparentemente os restos da divisão por 3 dos termos são alternadamente 1 e 2.

Vamos demonstrar isto. Seja S(n) a soma dos dígitos de n. Sabemos que n e S(n) deixam o mesmo resto na divisão por 3: i) Se an = 3k1 + 1 ⇒ an + 1 = an + S(an) = 3k1 + 1 + 3k2 + 1 = 3k3 + 2. ii) Se an = 3k1 + 2 ⇒ an + 1 = an + S(an) = 3k1 + 2 + 3k2 + 2 = 3k3 + 1.

Deste modo, se n é par então an = 3k + 2 e se n é ímpar então an = 3k + 1 (invariante). Como 123456 é divisível por 3 então não pertence à seqüência.

Exemplo 2.2: (Leningrado-85) Três cangurus estão alinhados em uma estrada. A cada

segundo um dos cangurus salta. É permitido que um canguru salte por cima de um outro canguru, mas não de dois cangurus de uma só vez. Prove que depois de 1985 segundos, os cangurus não podem voltar a ocupar a posição relativa inicial.

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Resolução:

Existem seis posições para os cangurus: 123 132 312 321 231 213 Note que as posições sublinhadas somente podem ser alcançadas através de um posição anterior em negrito e vice-versa (invariante). Assim, depois de um número ímpar de pulos somente as posições sublinhadas (132, 321 e 213) podem ser alcançadas, fazendo com que depois de 1985 pulos não seja possível que os cangurus voltem a ocupar a posição inicial (123).

Exemplo 2.3: (Pará-2001) Um tabuleiro 4x4 possui, inicialmente, todas as casas pintadas de branco. Uma operação permitida é escolher um retângulo consistindo de 3 casas e pintar cada uma das casas da seguinte forma: – se a casa é branca então pinta-se de preto; – se a casa é preta então pinta-se de branco.

Prove que, aplicando várias vezes a operação permitida, é impossível conseguirmos que todo o tabuleiro fique pintado de preto.

Resolução:

Distribuimos as letras a, b e c no tabuleiro da seguinte forma:

a b c c a b b c a a b c

a c b a

Note que as letras estão alternadas tanto nas linhas quanto nas colunas. Esta alternância faz com que toda vez que um retângulo com 3 casas seja selecionado, então exatamente uma letra a, uma letra b e uma letra c são selecionadas.

Sejam: A a quantidade de casas brancas com a letra a, B a quantidade de casas brancas com a letra b e C a quantidade de casas brancas com a letra c. No início temos: A = 6 B = 5 C = 5. Toda vez que selecionamos um retângulo formado de três casas, estamos somando a cada valor de A, B e C os valores + 1 ou – 1. Perceba que se todas casas ficarem pretas, então teremos A = 0, B = 0 e C = 0. Entretanto, note que iniciando de A = 6, B = 5 e C = 5, e alterando simultaneamente por + 1 ou – 1 estes valores, sempre teremos entre os valores de A, B e C dois números ímpares e um par ou dois pares e um ímpar (invariante), fazendo com que a situação A = 0, B = 0 e C = 0 seja impossível.

Exemplo 2.4: (OBM Jr.-95) Temos um tabuleiro 1995 × 1995. A cada uma de suas

19952 casas associamos um dos números + 1 ou – 1. Em seguida, associamos a cada

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linha o produto dos números das casas desta linha, e a cada coluna o produto dos números das casas de cada coluna. i) Se T é a soma dos números associados às linhas, colunas e casas, prove que T é diferente de 0. ii) Se S é a soma dos números associados às linhas e às colunas, prove que S é diferente de 0.

Resolução:

i) Como temos 1995 colunas e 1995 linhas, então as somas dos números associados às linhas e colunas são números ímpares, pois são soma ou subtração de 1995 números ímpares. Em relação às casas temos o mesmo raciocínio, pois são ao todo 19952 casas, cujo valor de cada casa pode ser igual a 1 ou – 1. Somando todos estes valores teremos também um valor ímpar. Assim, T é a soma de três valores ímpares, sendo também ímpar, nunca podendo assumir o valor zero. ii) Inicialmente notemos que qualquer disposição no tabuleiro pode ser alcançada partindo de uma configuração inicial na qual todas as casas possuem valor 1 e alterando-se os sinais desejados. Com o tabuleiro contendo somente 1's, temos que as somas das linhas e colunas é 1995, fazendo uma soma total de 3990, que obviamente é o maior valor possível. Quando trocamos um 1 por um – 1, notamos que as somas das linhas e colunas passam a ser 1993, fazendo S = 3986. Assim, fica evidente que uma alteração de um sinal em uma casa do tabuleiro altera o valor da soma da linha e da coluna a qual pertence esta casa em ± 2, e por conseqüência altera a soma total em 0 ou ± 4 (invariante).

Deste modo, a soma total pode ser escrita da forma S = 3990 – 4k.

Caso S = 0, teríamos 4k = 3990, que não possui solução inteira, absurdo.

Exemplo 2.5: (Hong Kong-97) Cinco números 1, 2, 3, 4, 5 estão escritos em um quadro negro. Um estudante pode apagar dois dos números a e b no quadro e escrever os números a + b e ab nos seus lugares. Se esta operação é repetida indefinidamente, podem os números 21, 27, 64, 180, 540 aparecer no quadro negro ao mesmo tempo?

Resolução:

Não é possível. Note que no início existe somente um número divisível por 3 e no final existem quatro números divisíveis por 3. Observemos o que acontece com os restos da divisão por 3 dos números no quadro quando fazemos uma operação: i) se a = 3x e b = 3y ⇒ a + b = 3z e ab = 3w ii) se a = 3x + 1 e b = 3y ⇒ a + b = 3z + 1 e ab = 3w iii) se a = 3x + 2 e b = 3y ⇒ a + b = 3z + 2 e ab = 3w iv) se a = 3x + 1 e b = 3y + 1 ⇒ a + b = 3z + 2 e ab = 3w + 1 EUREKA! N°14, 2002

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v) se a = 3x + 1 e b = 3y + 2 ⇒ a + b = 3z e ab = 3w + 2 vi) se a = 3x + 2 e b = 3y + 2 ⇒ a + b = 3z + 1 e ab = 3w + 1 Portanto, a única forma de aumentar os divisíveis por 3 é escolher a = 3x + 1 e b = 3y + 2. Consequentemente também acrescentamos um número da forma 3k + 2. Por outro lado, na situação final o único número que não é divisível por 3 é 64, que é da forma 3k + 1, contradição, pois este número deveria ser da forma 3k + 2 (O caso iii) mostra que sempre haverá um número da forma 3k + 2 após termos 4 deles da forma 3k).

3. Tendências de Crescimento ou Decrescimento Invariantes Exemplo 3.1: Um total de 2000 pessoas estão divididas entre os 115 quartos de uma

mansão. A cada minuto, até que todas não estejam em um mesmo quarto, uma pessoa anda para um quarto com um número igual ou maior de pessoas do que o quarto que ocupava. Prove que eventualmente todas as pessoas vão estar em um mesmo quarto.

Resolução:

Seja ai a quantidade de pessoas no quarto i, 1 ≤ i ≤ 115.

2 Considere a expressão I = a12 + a22 + ... + a115 .

Digamos que uma pessoa sai de um quarto que possui n pessoas e vai para um quarto que possui m pessoas (m ≥ n). A variação de I é: ∆I = ((m + 1)2 + (n – 1)2) – (m2 + n2) = 2(m – n + 1) > 0 Assim, toda vez que uma pessoa troca de quarto o valor de I cresce (tendência de crescimento invariante). Entretanto note que o valor de I não pode crescer indefinidamente, uma vez que o número total de pessoas é finito, implicando que uma hora todas as pessoas estarão em um mesmo quarto. a

Exemplo 3.2: (2 Lista de Preparação para a Cone Sul-2001) Existem inicialmente n

números 1 em um quadro negro. Em cada passo é permitido apagar quaisquer dois números a e b e escrever o número ab 2 . Esta operação é feita n – 1 vezes. Prove a+b que o último número não é menor que 1 . n Resolução:

Suponha que depois de k operações temos os seguintes números escritos no quadro: a1, a2, ..., an – k. Considere a expressão Ik = 12 + 12 + ... + 21 . a1 a2 an − k EUREKA! N°14, 2002

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Depois de uma operação a variação de I vale: 2

2   ∆I =  a + b  − 12 − 12 = 1  1 + 1  − 12 − 12 ⇒ ∆I = 1 − 1 2 − 1 2 2a b ab 2a 2b a b a b  2 ab  Pela desigualdade entre as médias aritmética e geométrica: 1 + 1 a 2 b2 ≥ 1 1 = 1 ⇒ 1 − 1 − 1 ≤ 0 2 ab 2a 2 2b 2 a 2 b 2 ab Desta forma ∆I ≤ 0, ou seja, I nunca cresce.

Como I0 = n e In – 1 = 12 então In – 1 ≤ I0 ⇒ 12 ≤ n ⇒ a1 ≥ 1 . n a1 a1

Exemplo 3.3: (St. Petersburg-96) Vários inteiros positivos distintos estão escritos em

um quadro negro. Uma operação permitida é apagar dois inteiros distintos e escrever em seus lugares o máximo divisor comum e o mínimo múltiplo comum destes números. Prove que, depois da aplicação de operações permitidas várias vezes, os números eventualmente vão parar de mudar.

Resolução:

Suponha que a e b (a > b) são dois números escritos no quadro. Sejam D = mdc (a, b) e L = mmc (a, b). Consequentemente: D < a, D ≤ b, L ≥ a, L > b.

Como ab = DL ⇒ ab + b2 = DL + b2 (1) Como (L – b)(D – b) ≤ 0 ⇒ DL – Lb – bD + b2 ≤ 0 ⇒ DL + b2 ≤ bL + bD (2) Aplicando (2) em (1): ab + b2 ≤ bL + bD ⇒ a + b ≤ D + L (3) Assim, a soma S dos números escritos no quadro nunca decresce. Repare também que a igualdade em (3) implica (L – b)(D – b) = 0, ou seja, D = b ⇒ L = a.

Por outro lado, como mdc (x1, x2, ..., xm) ≤ mmc (x1, x2, ..., xm) ≤ x1x2...xm, então, depois de um número qualquer de operações realizadas, cada número no quadro é menor ou igual que o produto de todos os números inicialmente escritos. Portanto, S é menor ou igual a n vezes o produto dos números inicialmente escritos. Como podese fazer um número infinito de operações e S possui ao mesmo tempo as propriedades de ser limitada e nunca decrescer, então a partir de um certo momento S fica constante, fazendo com que D = b e L = a, implicando que eventualmente os números vão parar de mudar.

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Exercícios: 01. Um círculo é dividido em seis setores. Os números 1, 0, 1, 0, 0, 0 são escritos em

sentido horário. É permitido aumentar em 1 dois números vizinhos. É possível que em algum momento todos os números sejam iguais?

02. Divide-se um círculo em 10 setores e coloca-se uma ficha em cada setor. Um movimento consiste em selecionar duas fichas e mover cada uma para um setor adjacente. Prove que, depois de uma seqüência arbitrária de movimentos, é impossível que todas as fichas localizem-se em um mesmo setor.

03. (Rio Grande do Norte-99) A professora desafia André e Thiago com o seguinte

jogo, em que eles jogam alternadamente. Ela escreve no quadro-negro os inteiros de 1 a 50. Uma jogada consiste em escolher dois dos números escritos, apagar esses números, substituindo-os pela soma (Por exemplo, se André escolheu 8 e 23, apagaos e escreve 31). Depois de algum tempo, vai restar no quadro negro um único número. Se esse número é par, o ganhador é André, caso contrário, o ganhador é Thiago. Quem vence o jogo: André ou Thiago?

04. (Torneio das Cidades-93) Três pilhas de caroços são dadas sobre uma mesa. É

permitido adicionar ou remover de uma pilha um número de caroços que é igual a soma do número de caroços das outras duas pilhas. Por exemplo [12, 3, 5] pode tornar-se [12, 20, 5] pela adição de 17 = 12 + 5 para a pilha de 3 ou tornar-se [4, 3, 5] pela remoção de 8 = 3 + 5 caroços da pilha com 12. É possível, iniciando com pilhas possuindo 1993, 199 e 19 caroços, conseguir uma pilha vazia depois de uma seqüência de operações permitidas?

05. (Torneio das Cidades-85) Na ilha de Camelot vivem 13 camaleões roxos, 15

verdes e 17 amarelos. Quando dois de cores distintas se encontram, mudam simultaneamente para a terceira cor. Poderia dar-se a situação na qual todos tenham a mesma cor?

06. (Rússia-78) São dadas 3 máquinas que produzem cartões com pares de números

naturais. A primeira, sendo dado o cartão com (a, b), produz um novo cartão com (a + 1, b + 1); a segunda, sendo dado o cartão com (a, b), produz novo cartão com (a/2, b/2), se ambos a e b são pares e nada no caso oposto e a terceira máquina, sendo dados os cartões (a, b) e (b, c), produz um novo cartão com (a, c). Todas as máquinas retornam também os cartões iniciais. Suponha que foi dado o cartão inicial (5, 19). É possível obter: a) (1, 50)?

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b) (1, 100)? c) Suponha que foi dado o cartão inicial (a, b) (a < b). Nós queremos obter o cartão (1, n). Para quais n isto é possível?

07. Em um quadro negro estão escritos n números. A cada minuto apaga-se dois

números a e b e escreve-se o número (a + b)/4. Repetindo esta operação n – 1 vezes, existirá somente um número no final. Prove que se inicialmente existirem n 1's no quadro, então o último número não é menor que 1/n.

08. (Leningrado-89) Vários (mas não menos que 2) números não nulos são escritos

em um quadro negro. É possível apagar dois dos números, A e B, e então escrever nos seus lugares os números A + B/2 e B – A/2. Prove que o conjunto de números no quadro negro, depois de um número qualquer de operações, não pode coincidir com o conjunto inicial. a

09. (2 Lista de Preparação para a Cone Sul-96) 119 anões vivem em uma aldeia com

120 pequenas casas. Uma casa é dita super-habitada se 15 anões ou mais vivem lá.

Todo dia, os anões de uma casa super-habitada têm uma discussão e se mudam para outras (distintas) casas da aldeia. Algum dia, necessariamente, esse processo se encerrará?

Bibliografia:

[1] A. Engel, Problem-Solving Strategies, Springer-Verlag, 1998.

[2] P. J. Taylor, Tournament of the Towns 1984-1989, Australian International Centre for Mathematics Enrichment, 1992.

[3] D. Fomin, A. Kirichenko, Leningrad Mathematical Olympiads 1987-1991, MathPro Press, 1994.

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XXII TORNEIO DAS CIDADES Primavera 2001 – Nível O – Júnior PROBLEMA 1

O número natural n pode ser trocado por ab se a + b = n, onde a e b também são números naturais. O número 2001 pode ser obtido a partir de 22 através destas trocas?

PROBLEMA 2

Um dos segmentos que liga os pontos médios dos lados de um triângulo é maior que uma das medianas do triângulo. Prove que o triângulo é obtusângulo.

PROBLEMA 3

Vinte quilogramas de queijo estão à venda em uma mercearia e os fregueses estão em fila para comprar esse queijo. Após algum tempo, tendo acabado de atender um dos fregueses, a vendedora calcula (corretamente) a quantidade total de queijo já vendida e anuncia o número de fregueses para os quais há queijo, na quantia exata, se cada freguês comprar uma porção cuja massa é exatamente igual a quantidade média comprada pelos anteriores.

Pode ocorrer de a vendedora poder declarar, após cada um dos 10 primeiros fregueses ter feito sua compra, que há queijo na quantia exata para os próximos 10?

Se isso puder ocorrer, quanto queijo haverá ainda na mercearia após os primeiros 10 fregueses terem feito suas compras?

(A quantidade média de uma seqüência de compras é a massa total de queijo vendida dividida pelo número de vendas.)

PROBLEMA 4

a) Há 5 triângulos de papel idênticos sobre uma mesa. Cada um pode ser transladado em qualquer direção. É verdade, então, que qualquer um deles pode ser coberto pelos outros 4? b) Há 5 triângulos equiláteros de papel idênticos sobre uma mesa. Cada um pode ser transladado em qualquer direção. Prove que, então, qualquer um deles pode ser coberto pelos outros 4.

PROBLEMA 5

Sobre um tabuleiro 15 × 15 são colocados quinze cavalos de modo que em cada fileira (linha ou coluna) do tabuleiro haja exatamente um cavalo. Então, simultaneamente, cada cavalo faz um movimento segundo as regras do xadrez.

Prove que após os movimentos haverá dois cavalos em uma mesma fileira do tabuleiro.

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Primavera 2001 – Nível O – Sênior PROBLEMA 1

Um ônibus que percorre um trajeto de 100 km é equipado com um computador, que prevê quanto tempo falta para chegar ao destino final. Esta previsão é feita assumindo que a velocidade média do ônibus na parte restante do trajeto será a mesma da parte já percorrida. Quarenta minutos após a partida do ônibus, o computador previu que o tempo restante de viagem seria de uma hora. E este tempo previsto permaneceu inalterado pelas próximas 5 horas.

Isso pode de fato ocorrer? Caso possa, quantos quilômetros o ônibus percorreu nestas 5 horas?

(A velocidade média do ônibus é o número de quilômetros percorridos dividido pelo tempo gasto para percorrê-los.)

PROBLEMA 2

A representação decimal do número natural a consiste de n dígitos, enquanto que a representação decimal de a3 consiste de m dígitos. Pode n + m ser igual a 2001?

PROBLEMA 3

No triângulo ABC o ponto X está sobre o lado AB, enquanto o ponto Y está sobre o lado BC. Os segmentos AY e CX interceptam-se no ponto Z. Sabe-se que AY = YC e AB = ZC. Prove que os pontos B, X, Z e Y estão sobre uma circunferência.

PROBLEMA 4

Duas pessoas jogam sobre um tabuleiro 3 × 100. Elas jogam alternadamente: a primeira coloca dominós 1 × 2 sobre o tabuleiro, a segunda coloca dominós 2 × 1. A perdedora é aquela que, na sua vez, não puder colocar dominó.

Qual dos dois jogadores têm estratégia vencedora? Descreva-a.

PROBLEMA 5

Nove pontos são desenhados sobre a superfície de um tetraedro regular de aresta 1 cm. Prove que entre estes pontos existem dois cuja distância (no espaço) é menor ou igual a 0.5 cm.

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XXIII TORNEIO DAS CIDADES Outono 2002 – Nível O – Júnior PROBLEMA 1

É dado um número suficientemente grande de cartões retangulares a cm × b cm, onde a e b são inteiros positivos e a é menor do que b. Sabe-se que com esses cartões podemos montar (sem sobrepor cartões e sem buracos) um retângulo 49 cm × 51 cm e um 99 cm × 101 cm.

Os valores de a e b estão determinados unicamente a partir desses dados?

PROBLEMA 2

Dado um triângulo qualquer, é possível cortá-lo em quatro conjuntos convexos: um triângulo, um quadrilátero, um pentágono e um hexágono?

PROBLEMA 3

O número x 2 + xy + y 2 , no qual x e y são inteiros positivos, escrito na notação decimal termina em zero. Prove que ele termina em pelo menos dois zeros.

PROBLEMA 4

Os lados AB, BC, CD e DA do quadrilátero ABCD são tangentes a uma circunferência nos pontos K, L, M e N, respectivamente; S é o ponto de intersecção dos segmentos KM e LN. Sabe-se que o quadrilátero SKLB é inscritível.

Prove que o quadrilátero SNDM também é inscritível.

PROBLEMA 5

a) São dadas 128 moedas de duas massas distintas, 64 de cada tipo. Como obter duas moedas de massas distintas fazendo não mais de 7 pesagens um uma balança com dois braços (e sem pesos auxiliares)? b) São dadas oito moedas de duas massas distintas, 4 de cada tipo. Como obter duas moedas de massas distintas fazendo não mais de duas pesagens em uma balança com dois braços (e sem pesos auxiliares)?

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Outono 2002 – Nível A – Júnior PROBLEMA 1

Sejam a, b, e c as medidas dos lados de um triângulo. Prove a desigualdade a 3 + b 3 + 3abc >c 3 PROBLEMA 2

Quatro peças (duas brancas e duas pretas) são colocadas em um tabuleiro quadriculado 23 × 23: as peças brancas são colocadas no canto superior esquerdo e no canto inferior direito; as peças pretas são colocadas no canto inferior esquerdo e no canto superior direito. As brancas e pretas se movem alternadamente, sendo que as brancas começam. Em cada movimento, uma peça é movida para qualquer casa vizinha (isto é, que tem uma lado em comum) que não tenha peça. O objetivo das peças brancas é ocupar duas casas vizinhas. As pretas podem evitar que isso aconteça?

PROBLEMA 3

Sejam E e F os pontos médios dos lados BC e CD, respectivamente, do quadrilátero convexo ABCD. Os segmentos AE, AF e EF dividem o quadrilátero em 4 triângulos cujas áreas (em alguma ordem) são inteiros positivos consecutivos.

Qual é a maior área que o triângulo ABC pode ter?

PROBLEMA 4

N lâmpadas estão enfileiradas. Inicialmente, algumas delas estão acesas. A cada minuto, todas as lâmpadas acesas são apagadas e acendemos cada lâmpada apagada que for vizinha a exatamente uma lâmpada que estava acesa. Para que valores de n é possível escolher uma configuração inicial de lâmpadas de modo que em qualquer momento pelo menos uma lâmpada esteja acessa?

PROBLEMA 5

Um triângulo acutângulo é cortado por uma reta em dois pedaços (não necessariamente triangulares). Em seguida, um dos pedaços é cortado por uma reta em dois pedaços, e assim por diante: a cada passo um dos pedaços obtido em qualquer passo anterior é escolhido e cortado por uma reta em dois novos pedaços.

Após um certo número de passos, todos os pedaços são triangulares. É possível que todos tenham um ângulo obtuso?

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PROBLEMA 6

Em uma seqüência crescente de inteiros positivos, cada termo, a partir do 2002ésimo, divide a soma de todos os termos anteriores. Prove que cada termo da seqüência, a partir de um certo ponto, é igual à soma de todos os anteriores.

PROBLEMA 7

Dada uma cadeia de dominós, montada de acordo com as regras usuais, é permitida a seguinte operação: escolha uma subcadeia contida nela cujas extremidades são iguais (têm o mesmo número de pontos marcados), retire-a, inverta sua ordem e recoloque.

Mostre que, dadas duas cadeias montadas a partir de um mesmo conjunto de dominós e com extremidades respectivamente iguais (isto é, os inícios são iguais entre si, bem como os finais), é possível transformar, através de uma seqüência de operações como a descrita, uma das cadeias na outra.

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OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO

Þ

Como sempre acontece no período em que é realizada a maior parte das competições internacionais o comitê editorial da revista EUREKA! se preocupa em mostrar as resoluções das competições nacionais dos anos anteriores para o treinamento dos nossos atuais e futuros competidores. Por isto, estivemos ausentes da edição anterior.

Continuamos a disposição na OBM para aqueles que estiverem interessados na solução de algum problema particular. Para tanto, basta contactar a OBM, através de carta ou e-mail.

Antonio Luiz Santos

151. (Irlanda-2001) Seja ABC um triângulo de lados BC , CA, AB cujas medidas são

respectivamente iguais a a, b, c. Se D e E são os pontos médios de AC e AB respectivamente, mostre que a mediana BD é perpendicular a CE se, e somente se, b 2 + c 2 = 5a 2 .

152. (Irlanda-2001) Mostre que se um número primo ímpar p pode ser colocado sob a

forma x 5 − y 5 para alguns inteiros x e y então 4 p + 1 v2 + 1 = 5 2

para algum inteiro ímpar v.

153. (Irlanda-2001) Determine os números reais x não negativos para os quais 3

13 + x + 3 13 − x

é um número inteiro.

154. (Irlanda-2001) Determine todas as funções f : 1 → 1 que satisfazem

f (x + f ( y )) = f (x ) + y, ∀x, y ∈ N.

155. (Rússia-2001) Os números de 1 a 999 999 são divididos em dois grupos: no

primeiro, cada número nele colocado é tal que o quadrado perfeito mais próximo dele é o quadrado de um número ímpar. No segundo, os números estão mais próximos de quadrados perfeitos de números pares. Determine em qual dos grupos a soma dos números a ele pertencentes é maior.

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156. (Rússia-2001) Sobre o maior lado AC de um triângulo ABC , toma-se um ponto

N de modo que as mediatrizes dos segmentos AN e NC intersectam os lados AB e BC nos pontos K e M, respectivamente. Prove que o circuncentro O do triângulo ABC pertence ao círculo circunscrito ao triângulo KBM. 157. (Rússia-2001) Dois círculos são tangentes internamente no ponto N . Uma

tangente traçada de um ponto K do círculo interno intersecta o círculo externo nos pontos A e B . Se M é o ponto médio do arco AB que não contém o ponto N , mostre que o raio do círculo circunscrito ao triângulo BMK não depende da escolha do ponto K do círculo interior.

158. (Rússia-2001) A seqüência (xn ) é tal que x1 = 1 , xn +1 = n ⋅ sen xn + 1 . Mostre que

esta seqüência não é periódica.

159. (Eslovênia-2001) Sejam a1 , a 2 , a3 , a 4 e a5 números reais distintos. Denotando por

m o número de valores distintos das somas ai + a j , onde 1 ≤ i ≤ j ≤ 5 ,

determine o menor valor possível de m .

160. (Eslovênia-2001) Sejam a, b, c, d , e e

f números reais positivos tais que a seqüência (a, b, c, d ) seja aritmética e a seqüência (a, e, f , d ) seja geométrica.

Mostre que bc ≥ ef .

161. (Eslovênia-2001) Seja D o pé da altura relativa ao lado BC do triângulo ABC .

Sabendo que a bissetriz interna do ângulo ∠C intersecta o lado oposto no ponto π E e que ∠CEA = , determine a medida do ângulo ∠EDB .

4

162. (Eslovênia-2001) (a) Mostre que a desigualdade

n +1 − n <

1

2 n é verdadeira para todo inteiro positivo n .

< n − n −1

(b) Mostre que a parte inteira da expressão 1 1 1 1 1+ + + ⋅⋅⋅ + + 2 2 3 m −1 m2 onde m é um inteiro positivo é igual a 2m − 2 ou 2m − 1 .

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163. (Croácia-2001) Resolva a inequação

x1+ log a x > a 2 x, a > 0, a ≠ 1 164. (Croácia-2001) A partir dos pontos médios dos lados de um triângulo acutângulo

são traçadas perpendiculares aos outros dois lados. Mostre que a área do hexágono definido por esses segmentos é igual à metade da área do triângulo.

165. (Croácia-2001) Determine todos os pares ordenados de números reais x, y que

satisfazem à equação 2   1 1  − = − − log 2 2 cos 2 (xy ) + 1 y    2 2 cos 2 (xy )   166. (Croácia-2001) Quatro esferas de raios iguais a R são mutuamente tangentes entre

si. Determine o raio r da maior esfera que pode ser inserida entre elas.

167. (Bielorússia-2001) No gráfico da parábola y = x no plano cartesiano marcamos os 2

pontos A, B e C (com A entre B e C ). No segmento BC marca-se o ponto N de modo que AN seja paralelo ao eixo das ordenadas. Se S1 e S 2 são as áreas dos triângulos ABN e ACN , respectivamente, determine a medida do segmento AN. 168. (Bielorússia-2001) A comissão organizadora da OBM preparou algumas variantes

de uma competição com 4 problemas cada uma. Duas variantes distintas podem conter um mesmo problema mas não mais do que um. Qual o menor número de problemas necessários para que a comissão organizadora prepare 10 variantes da competição?

169. (Bielorússia-2001) O quadrilátero ABCD está inscrito num círculo S1 ; um outro

círculo S 2 passa pelo ponto D , pelo ponto O , de interseção das diagonais do quadrilátero, e intersecta AD e CD em M e N, respectivamente. Sabendo que OM e AB intersectam-se em R enquanto que ON e BC intersectam-se em T ( R , T e A pertencem ao mesmo semiplano em relação a BC ), mostre que O, R, T e B pertencem ao mesmo círculo.

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170. (Bielorússia-2001) Determine o resto da divisão de

(

)

1! ⋅ 5 + 2! ⋅ 11 + ⋅ ⋅ ⋅ + k! ⋅ k 2 + 3k + 1 + ⋅ ⋅ ⋅ + 200! ⋅ 40601 por 2004 .

171. (Inglaterra-2001) Determine todos os números naturais N de dois algarismos para

os quais a soma dos algarismos de 10 N − N é divisível por 170 .

172. (Inglaterra-2001) Um círculo S é interior a um círculo T e o tangencia no ponto

A . De um ponto P ≠ A sobre T , traçam-se as cordas PQ e PT de T que tangenciam S em X e Y, respectivamente. Mostre que ∠QAR = 2∠XAY .

173. (Inglaterra-2001) Uma seqüência

(an )

é tal que a n = n +

n , onde n é um

inteiro positivo e x é o inteiro mais próximo a x , sendo as metades arredondadas para cima se for necessário. Determine o menor inteiro k para os quais os termos ak , ak +1 ,..., ak + 2000 formam uma seqüência de 2001 inteiros consecutivos.

174. (Inglaterra-2001) As medidas dos lados de um triângulo são a, b, c e a medida do

raio do círculo circunscrito ao triângulo é R . Mostre que o triângulo é retângulo se, e somente se, a 2 + b 2 + c 2 = 8R 2 .

175. (Torneio das Cidades-2001) Diga se existem inteiros positivos a1 < a2 < ... < a100 tais

que para todo k , 2 ≤ k < 100 , o mínimo múltiplo comum de ak −1 e ak é maior que o mínimo múltiplo comum de ak e ak +1 .

176. (Torneio das Cidades-2001) Os vértices de um triângulo têm coordenadas (x1 , y1 ) ,

(x2 , y2 ) e (x3 , y3 ). Para quaisquer inteiros h e k , o triângulo cujos vértices têm coordenadas (x1 + h, y1 + k ) , (x2 + h, y2 + k ) e (x3 + h, y3 + k ) é disjunto do

triângulo original. (i) É possível que a área deste triângulo seja maior que (ii) Qual a área máxima deste triângulo?

EUREKA! N°14, 2002

51

1 ?

2

Sociedade Brasileira de Matemática

177. (Torneio das Cidades-2001) Sejam a e d inteiros positivos tais que, para qualquer

inteiro positivo n , a expansão decimal de a + nd contém um bloco de algarismos consecutivos igual à expansão decimal de n. Prove que d é uma potência de 10.

178. (Áustria-Polônia-2001) Determine o número de inteiros positivos a para os quais

existem inteiros não negativos x0 , x1 ,..., x2001 que satisfazem a a x0 =

2001

∑a

xk

k =1

n − ágono convexo são α, 2α, ... , nα .

Determine todos os valores possíveis de n e os valores correspondentes de α .

179. (Estônia-2001) Os ângulos de um

180. (Estônia-2000) Mostre que para todo inteiro a > 1 , existe um número primo p tal

que

1 + a + a 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + a p −1 é composto.

ÞÞÞ Acusamos o recebimento de soluções de problemas anteriores dos seguintes leitores de EUREKA!:. No próximo número publicaremos algumas delas.

Alessandra A. da Gama Gomes de A. Anderson Torres

Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP

Bruno Borges de Souza Lima Bruno de Souza Ramos Carlos José Amorim da Silva Diego Alonso Teixeira Evandro Makiyama de Melo Filipe Rodrigues de Souza Moreira Geraldo Perlino Jr. Gibran Medeiros de Souza Helainy Ignácio de Almeida Torres Helder Oliveira de Castro Karla Detagne Santos Leonardo Freitas de Lima Luiz Sérgio Carvalho de Mello Marcelo Ribeiro de Souza

Goiânia – GO Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Santos – SP São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Cotia – SP Natal – RN Rio de Janeiro – RJ Mogi das Cruzes – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ

Marcelo Rufino de Oliveira Marcílio Miranda de Carvalho Mauro Félix de Souza Okakamo Matsubachi Raquel Teresa de Souza Gomes Renato Francisco Lopes Mello Wallace Alves Martins

Belém – PA Teresina – PI Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ J. dos Guararapes – PE Rio de Janeiro – RJ

EUREKA! N°14, 2002

52

Prob. 119.

Prob. 4, 16, 28, 31, 36, 46, 47, 53, 57, 59, 65,66, 68, 78, 80, 85, 88, 89, 95, 104, 109, 121, 123, 130,135,137, 145.

Prob. 102, 107, 147.

Prob. 127, 128, 131, 132, 134, 138, 139, 143, 144.

Prob. 133, 138, 143.

Prob. 121.

Prob. 51, 121, 123, 128, 131, 133, 135, 142, 147.

Prob. 64, 121, 128, 131, 133, 135, 138, 145, 147.

Prob. 121, 122, 125 a 139, 141 a 144, 146 a 148.

Prob. 138.

Prob. 135, 137, 147.

Prob. 32, 57, 68, 69, 76, 87, 98, 121,127, 132, 138, 139.

Prob. 128, 138.

Prob. 138.

Prob. 8, 47, 69, 127, 128, 132, 143.

Prob. 121, 122, 124, 126, 127, 128, 130, 132, 133, 134, 138, 143, 147.

Prob. 121 a 150.

Prob. 66, 87, 106.

Prob. 121, 128, 134.

Prob. 130.

Prob. 128, 133, 143.

Prob. 127, 132, 143.

Prob. 121, 128, 130, 133, 138.

Sociedade Brasileira de Matemática

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

57) Dado n números reais x1, x2 …, xn satisfazendo as condições x1 +…+ xn = 0 e 1 x12 + ... + x n2 = 1 , prove que existem i e j tais que xi x j ≤ − . n SOLUÇÃO DE ZOROASTRO AZAMBUJA NETO (RIO DE JANEIRO – RJ):

Podemos supor que x1 ,..., x k ≥ 0, x k +1 ,..., x n < 0. k

∑

Temos

xi2 +

i =1 k

Assim,

∑

∑x

2 i

∑

xi ≥

i =1

xi2 ≥

n−k k + . n n

=1=

n−k ou n

n−k , εn

n

∑ (− x

j = k +1

2 j

n

∑x

2 j

≥

j = k +1

k . Supomos sem perda de generalidade que n

n−k (o outro caso é análogo). Assim, se xi ≤ ε para 1 ≤ i ≤ k , temos n

≥

i =1 k

∑x

j = k +1

i =1

k

n

j

)≥

k

pois

n−k , εn

∑ i =1

donde

xi2 ≤ ε

n

k

∑

xi .

i =1

existe

Como

∑

(− x j ) =

j = k +1

k + 1 ≤ j 0 ≤ n com

k

∑x , i

temos

i =1

− x j0 ≥

1 . εn

Tomando

ε = max x i , temos que existe i0 ≤ k com xi0 = ε , donde − x i0 x j0 = ε (− x j0 ) ≥ 1≤ i ≤ k

1 ,e n

1 logo xi0 x j0 ≤ − . n 63) Prove que existem infinitos números naturais múltiplos de 51000 sem nenhum 0 na representação decimal.

SOLUÇÃO DE EDUARDO CASAGRANDE STABEL (PORTO ALEGRE – RS):

Provaremos por indução que existe um número de k algarismos, todos diferentes de 0 (zero), divisível por 5k. Para k = 1, tome a1 = 5; para k = 2, tome a2a1 = 25. Agora suponhamos que seja n = ak – 1ak – 2…a2a1 divisível por 5k – 1.

EUREKA! N°14, 2002

53

Sociedade Brasileira de Matemática

Temos a k 2 k −1 +

a k a k −1 ...a 2 a1 5

n 5

k −1

k −1

=

a k 10 k −1 + a k −1 ...a 2 a1 5

k −1

= a k 2 k −1 +

n 5

k −1

.

É

preciso

que

≡ 0 módulo 5 para que ak ak – 1…a2a1 seja múltiplo de 5k. A equação é

equivalente a a k ≡ a k 2 k −13 k −1 ≡ −

n k −1

3 k −1 módulo 5.

5 Podemos escolher um tal ak no conjunto {1, 2, 3, 4, 5}, pois aí temos um conjunto de restos da divisão por 5. Para concluir, basta tomar k = 1000, 1001, 1002,…

64) Iniciando de um certo inteiro positivo, é permitido fazer apenas uma operação: o dígito das unidades é separado e multiplicado por 4, e então este valor é somado ao restante do número. Por exemplo, o número 1997 é transformado para 7.4 + 199 = 227. A operação é feita repetidamente. Prove que se a seqüência de números obtida contém 1001, então nenhum dos números na seqüência pode ser um número primo.

ADAPTAÇÃO DA SOLUÇÃO DE MARCELO RIBEIRO DE SOUZA (RIO DE JANEIRO – RJ):

Vamos ver que todos os termos da seqüência são múltiplos de 13, caso a seqüência contenha 1001 (que é múltiplo de 13). De fato, se bn = 10kn + rn , com 0 ≤ rn ≤ 9, o próximo termo será bn + 1 = kn + 4rn, ou seja, bn = 10(bn +1 − 4rn ) + rn = 10bn +1 − 39rn .

Assim, bn é múltiplo de 13 ⇔ bn + 1 é múltiplo de 13, ou nenhum deles é. Como os termos antes de 1001 são maiores que 1001 e, partindo de 1001, obtemos a seqüência 1001 → 104 → 26 → 26 → …, todos os termos da seqüência são múltiplos de 13, mas nenhum é igual a 13, donde nenhum é primo.

65) Determine todos os inteiros N tais que, em base 10, os dígitos de 9N são os mesmos dígitos de N na ordem inversa, e N possui no máximo um dígito igual a 0.

SOLUÇÃO DE DANIEL DE SOUZA RAMOS (PIRASSUNUNGA – SP):

Seja N um número de n dígitos na base 10, com no máximo um dígito igual a 0.

Sabemos pelo enunciado definição do problema que 9N tem n dígitos. Daí temos que ao multiplicarmos N por 9, 9N só terá n dígitos se o primeiro dígito de N for 1.

Isto implica que o último dígito de 9N é 1. Mas tal fato só será possível se o último dígito de N for 9. Assim N = 1…9 e 9N = 9…1.

Imaginemos a multiplicação por 9. Para que o primeiro algarismo de 9N seja 9 é necessário que o dígito anterior ao dígito 1 de N seja 0 ou 1, uma vez que qualquer dígito maior do que 1, em tal posição, fará com que 9N tenha um número de dígitos diferente do de N. EUREKA! N°14, 2002

54

Sociedade Brasileira de Matemática

Analisemos então os 2 casos: 1o. Caso) N = 11…9 (9N = 9…11); 0 ≤ k ≤ 9, k ∈ 1 8

9k + 8 ≡ 1(mod 10) 11... k 9 k ≡ 7(mod 10) ⇒ k = 7 ×9 ⇒ 9k...11 Daí: N = 11…79(9N = 97…11), 0 ≤ k', k'' ≤ 9, k', k'' ∈ 1 k '' k'

8

9 ⋅ 1 + k ' ≡ 7(mod 10) 1 1 ... .7 9 k ' ≡ −2 ≡ 8(mod 10) ⇒ k ' = 8 ⇒ k ' ' = 1 ×9 ⇒ 9 7....1 1

Porém com k'' = 1 não será possível que 9N seja da forma 97…11. Portanto o caso N = 11…9 não satisfaz.

2o. Caso) N = 10…9 (9N = 9…01); 0 ≤ k ≤ 9, k ∈ 1 8

9k + 8 ≡ 0(mod 10) 10... k 9 k ≡ 8(mod 10) ⇒ k = 8 ×9 ⇒ 9k...01 Daí: N = 10…89(9N = 98…01), 0 ≤ k', k'' ≤ 9, k', k'' ∈ 1 (4) 8*

8

8

Para que esta situação aconteça, k = 8 1 0 k ....k ' 8 9 ou k = 9 (pois apenas 9 ⋅ 8 pode, somado a 8 chegar a 80, ×9 ⇒ e 9 ⋅ 9 = 81).

9 8 k '....k 0 1 Para o caso k = 8 [k = 8 ⇒ k' = 0 pois 9k' + 8 ≡ 8 (mod 10) ∴ k' ≡ 0(mod 10)] 8 8

8 8

Neste caso o número N possuiria mais de um dígito 1 0 8 ... .0 8 9 0, não condizendo com a situação proposta. ×9 ⇒ 9 8 0....8 0 1 Para o caso k = 9: EUREKA! N°14, 2002

55

Sociedade Brasileira de Matemática 8

8 8

9k '+8 ≡ 9(mod 10) 1 0 9... .k ' 8 9 k ' ≡ 9(mod 10) ⇒ k ' = 9 ×9 ⇒ 9 8 k '....9 0 1 Temos agora que N = 1 0 9…9 8 9. Desenvolvendo: 8 8

8 8

1 0 9 k ... k ' 9 8 9 Para que esta situação aconteça ×9 ⇒ k = 8 ou k = 9 9 8 0k '....k 9 0 1 Para o caso k = 8.

8 8 8

1 0 9 8... k ' 9 8 9 9k' + 8 ≡ 8(mod 10) ×9 ⇒ k ' ≡ 0(mod 10) ⇒ k ' = 0 9 8 9 k '....8 9 0 1 Não satisfaz o problema pois possui mais de um dígito 0.

Para o caso k = 9.

8 8

8 8 8

1 0 9 9... k ' 9 8 9 9k' + 8 ≡ 9(mod 10) ×9 ⇒ k ' ≡ 9(mod 10) ⇒ k ' = 9 9 8 9 k '....9 9 0 1 Temos agora que N = 1 0 9 9 … 9 9 8 9. Desenvolvendo: 8 8 8

8 8 8 8

1 0 9 9 k ... k ' 9 9 8 9 ×9 9 9 8 9 k '....k 9 9 0 1 Procedendo de forma análoga ao momento em que sabia-se que N = 1 0 9 … 9 8 9, teremos N = 1 0 9 9 9… 9 9 9 8 9.

Conclui-se então que todos os inteiros N que satisfazem a condição do problema são da forma: N = 10 9, ...9 89, n ∈ 1 ∧ n ≥ 4 . ( n − 4 ) dígitos

EUREKA! N°14, 2002

56

Sociedade Brasileira de Matemática

67)

Este problema saiu com o enunciado errado, devido a um erro tipográfico, como observaram Rodrigo Villard Milet, Anderson Torres e Carlos da Silva Victor, que enviaram versões corrigidas, com soluções. Pedimos desculpas aos leitores pelo erro e publicamos as versões corrigidas a seguir:

VERSÃO DE RODRIGO VILLARD MILET (RIO DE JANEIRO – RJ) e ANDERSON TORRES (SÃO PAULO – SP):

Seja ABCD um quadrilátero tal que os círculos circunscritos aos triângulos ABC e BCD são ortogonais. Prove que os círculos circunscritos aos triângulos ACD e ABD também são ortogonais.

SOLUÇÃO:

Vamos denotar por (XYZ) o círculo que passa por X, Y e Z e por ϑ(w1, w2) e ângulo entre as curvas w1 e w2.

Considere uma inversão ψ com centro em B e de razão k. Como (ABC) e (BCD) passam por B, ψ((ABC)) = A' C' e ψ((BCD)) = C'D'. Como ϑ((ABC), (BCD)) = 90º, segue que ∠A'C'D' = 90º.

Temos ψ (( ACD)) = ( A' C ' D' ). Daí, A'D' é diâmetro de (A'C'D'), pois ∠A'C'D' = 90º. E assim, ϑ((A'C'D'), A'D') = 90º, logo ϑ(ψ ((A'C'D')), ψ (A'D')) = ϑ((ACD), (ABD)) = 90º, pois ψ (A'D') = (ABD)(A'D' não passa por B). Então os círculos (ACD) e (ABD) são ortogonais.

VERSÃO DE CARLOS ALBERTO DA SILVA VICTOR (NILÓPOLIS – RJ):

Seja ABCD um quadrilátero tal que os círculos circunscritos aos triângulos ABC e ACD são ortogonais. Prove que os círculos circunscritos aos triângulos BCD e DAB também são ortogonais.

SOLUÇÃO:

Sejam O1, O2, O3 e O4 os centros dos círculos circunscritos aos triângulos ABC, ADC, ADB e BDC respectivamente.

Sejam: ∠O1CB = a ; ∠O2 CD = b ; ∠O1CA = θ ; ∠DBC = e ; ∠DBA = d ; ∠BDA = c e ∠BDC = f . Note que, pela hipótese do problema,

∠O2 AC = ∠O2 CA = 90° − θ . Podemos concluir que Cˆ = ∠O1CB + ∠O1CA + ∠O2 CA + O2 CD = a + θ + 90° − θ 1b = a + b + 90° .

Além disso, é fácil ver que ∠O1 AB = 90° − a ⋅ θ e ∠O2 AD = θ − b, portanto ∠O1 AB + ∠O1 AC + ∠O2 AC + ∠O2 AD = (90° − a − θ ) + θ + (90° − θ ) + θ − b = = 180° − a − b. Veja também que ∠DO4 O3 = e + f e ∠DO3 O 4 = c + d . Observe agora no triângulo DO3 O4 em que e + f + c + d = 180° – ∠O3 DO4 e, pelo EUREKA! N°14, 2002

57

Sociedade Brasileira de MatemĂĄtica

quadrilĂĄtero ABCD temos AË&#x2020; + BË&#x2020; + CË&#x2020; + DË&#x2020; = 360° , ou seja e + f + c + d = 360° â&#x20AC;&#x201C; (CË&#x2020; + AË&#x2020; ) = 360° â&#x20AC;&#x201C; [90° + a + b + 180° â&#x20AC;&#x201C; a â&#x20AC;&#x201C; b] â&#x2C6;´ e + f + c + d = 360° â&#x20AC;&#x201C; 270° = 90°.

ConclusĂŁo: â&#x2C6; O3 DO4 = 180° â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6; DO4 O3 â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6; DO3O4 = 180° â&#x2C6;&#x2019; (e + f + c + d ) = 90° e os cĂ­rculos circunscritos aos triângulos BCD e DAB tambĂŠm sĂŁo ortogonais.

Agradecemos tambÊm o envio das soluçþes e a colaboração de: Fåbio Nunes Ribeiro Maia Anderson Torres Fåbio Dias Moreira Marcelo Rufino de Oliveira Helder Oliveira de Castro Oswaldo Mello Sponquiado Renato Francisco Lopes Mello Marcílio Miranda de Carvalho Evandro Makiyama de Melo Gibran Medeiros de Souza Carlos A. Gomes Jorge Silva Júnior

Rio de Janeiro â&#x20AC;&#x201C; RJ SĂŁo Paulo â&#x20AC;&#x201C; SP Rio de Janeiro â&#x20AC;&#x201C; RJ BelĂŠm â&#x20AC;&#x201C; PA Mogi das Cruzes â&#x20AC;&#x201C; SP Olimpia â&#x20AC;&#x201C; SP JaboatĂŁo dos Guararapes â&#x20AC;&#x201C; PE Teresina â&#x20AC;&#x201C; PI SĂŁo Paulo â&#x20AC;&#x201C; SP Natal â&#x20AC;&#x201C; RN Natal â&#x20AC;&#x201C; RN Cachoeiro de Itapemirim â&#x20AC;&#x201C; ES

Seguimos aguardando o envio de soluçþes do problema proposto Nº. 66 publicado na revista Eureka! Nº. 12

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58

Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMAS PROPOSTOS

Convidamos o leitor a enviar soluções dos problemas propostos e sugestões de novos problemas para os próximos números.

68)

Seja ABC um triângulo de lados inteiros e área racional. Prove que existem pontos X, Y, Z com coordenadas inteiras no plano #2 tais que o triângulo XYZ é congruente ao triângulo ABC.

69)

Sejam a e b inteiros positivos tais que an – 1 divide bn – 1 para todo inteiro positivo n.

Prove que existe k ∈ tal que b = ak.

70) P1

X1

X5 P5

P2 Q1

Q5

Q2

Q4 X4

Q3

X2

X3 P3

P4

Na figura acima, para 1 ≤ j ≤ 5, X j é o ponto de interseção dos círculos circunscritos aos triângulos Qj –1 PjQj e Qj Pj + 1 Qj + 1 distintos de Qj (os índices são tomados módulo 5). Prove que o pentágono X1X2X3 X4X5 é inscritível.

Obs: O pentâgono P1P2P3P4P5 não é necessariamente regular.

EUREKA! N°14, 2002

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Sociedade Brasileira de Matemática

71)

Considere três circunferências, tangentes duas a duas. Prove que há apenas duas circunferências tangentes às três simultaneamente, e mostre como construí-las.

72)

Ache todas as funções f : ∀x, y ∈ #.

73)

Prove que, dado um inteiro positivo n, existe uma progressão aritmética crescente formada por n inteiros positivos cujas somas dos dígitos também formam uma progressão aritmética crescente, mas não existe uma progressão aritmética infinita de inteiros positivos cujas somas dos dígitos formem uma progressão aritmética crescente.

# → # tais que

f ( x 4 + y ) = x 3 f ( x) + f ( f ( y )),

Problema 70 proposto por Jiang Zemin, presidente da China, a membros da direção da União Internacional de Matemática, durante uma reunião preparatória do Congresso Internacional de Matemática (ICM), realizado em agosto de 2002, em Beijing, China; Problema 71 proposto por Marcelo Ribeiro de Souza (Rio de Janeiro – RJ); Problema 72 adaptado da 14a. Asian Pacific Mathematical Olympiad; Problema 73 adaptado do 17o.Torneio das Cidades, 1995.

EUREKA! N°14, 2002

60

Sociedade Brasileira de Matemática

AGENDA OLÍMPICA XXIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – Sábado, 8 de junho de 2002 Segunda Fase – Sábado, 14 de setembro de 2002 Terceira Fase – Sábado, 19 de outubro de 2002 (níveis 1, 2 e 3) Domingo, 20 de outubro de 2002 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova).

NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – Sábado, 14 de setembro de 2002 Segunda Fase – Sábado, 19 e Domingo, 20 de outubro de 2002 ♦

VIII OLIMPÍADA DE MAIO 11 de maio de 2002 ♦

XIII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 22 a 28 de junho de 2002 Fortaleza – CE, Brasil ♦

XLIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 18 a 31 de julho de 2002 Glasgow, Reino Unido ♦

XVII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 30 de setembro a 5 de outubro de 2002 El Salvador ♦

V OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 9 de novembro de 2002 ♦♦♦

EUREKA! N°14, 2002

61

Sociedade Brasileira de Matemática

COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad

(UFJF)

Juiz de Fora – MG

Amarísio da Silva Araújo

(UFV)

Viçosa – MG

Benedito Tadeu Vasconcelos Freire

(UFRN)

Natal – RN

Carlos Frederico Borges Palmeira

(PUC-Rio)

Rio de Janeiro – RJ

Claudio Arconcher

(Colégio Leonardo da Vinci)

Jundiaí – SP

Claus Haetinger

(UNIVATES)

Lajeado – RS

Cleonor Crescêncio das Neves

(UTAM)

Manaus – AM

Élio Mega

(Colégio Etapa)

São Paulo – SP

Florêncio Ferreira Guimarães Filho

(UFES)

Vitória – ES

Gisele de Araújo Prateado Gusmão

(UFGO)

Goiânia – GO

Irene Nakaoka

(UEM)

Maringá – PR

Ivanilde Fernandes Saad

(UC. Dom Bosco)

Campo Grande– MS

Jacqueline Fabiola Rojas Arancibia

(UFPB)

João Pessoa – PB

João Benício de Melo Neto

(UFPI)

Teresina – PI

João Francisco Melo Libonati

(Grupo Educacional Ideal)

Belém – PA

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 Luiz Rosas Pinho

(UFSC)

Florianópolis – SC

José Vieira Alves

(UFPB)

Campina Grande – PB

Licio Hernandes Bezerra

(UFSC)

Florianópolis – SC

Luzinalva Miranda de Amorim

(UFBA)

Salvador – BA

Marcelo Rufino de Oliveira

(Grupo Educacional Ideal)

Belém – PA

Marcondes Cavalcante França

(UFC)

Fortaleza – CE

Pablo Rodrigo Ganassim

(Liceu Terras do Engenho)

Piracicaba – SP

Ramón Mendoza

(UFPE)

Recife – PE

Reinaldo Gen Ichiro Arakaki

(INPE)

SJ dos Campos – SP

Ricardo Amorim

(Centro Educacional Logos)

Nova Iguaçu – RJ

Roberto Vizeu Barros

(Colégio Acae)

Volta Redonda – RJ

Rosângela Souza

(Colégio Singular)

Santo André – SP

Sérgio Cláudio Ramos

(IM-UFRGS)

Porto Alegre – RS

Tadeu Ferreira Gomes

(UEBA)

Juazeiro – BA

Tomás Menéndez Rodrigues

(U. Federal de Rondônia)

Porto Velho – RO

Valdenberg Araújo da Silva

(U. Federal de Sergipe)

São Cristovão – SE

Wagner Pereira Lopes

(CEFET – GO)

Jataí – GO

EUREKA! N°14, 2002

62

CONTEÚDO

AOS LEITORES

2

XLIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados, Soluções e Resultado Brasileiro

3

XVII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados, Soluções e Resultado Brasileiro

15

ARTIGOS A FÓRMULA DE CARDANO ALÉM DAS CÚBICAS José Cloves Verde Saraiva, São Luis - MA

24

RECIPROCIDADE QUADRÁTICA Carlos Gustavo T. de A. Moreira & Nicolau Corção Saldanha, Rio de Janeiro - RJ

27

APLICAÇÕES DE PLANOS PROJETIVOS EM TEORIA DOS NÚMEROS E COMBINATÓRIA Carlos Yuzo Shine, São Paulo - SP

31

OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO

43

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

54

PROBLEMAS PROPOSTOS

59

COORDENADORES REGIONAIS

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Sociedade Brasileira de Matemática

AOS LEITORES Chegamos a esta última edição do ano 2002 muito contentes com o desempenho olímpico do Brasil: Pelo segundo ano consecutivo todos os integrantes da equipe brasileira ganharam medalha na Olimpíada Internacional de Matemática, e além disso tivemos excelentes resultados na Olimpíada de Matemática do Cone Sul e na Olimpíada Iberoamericana de Matemática, onde ganhamos a maioria das medalhas de ouro em disputa. Publicamos aqui as soluções dos problemas da IMO e da Ibero, sendo a maioria delas dos membros das equipes brasileiras.

Agradecemos mais uma vez a crescente colaboração dos leitores, enviando problemas propostos e soluções, e pedindo que publiquemos soluções de problemas de várias fontes, como das Olimpíadas ao Redor do Mundo.

Esse intercâmbio é fundamental para nós, e ajuda a manter a revista Eureka! viva e interessante.

Abraços e feliz 2003 para todos!

Os editores.

EUREKA! N°15, 2002

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XLIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados, Soluções e Resultado Brasileiro A XLIII Olimpíada Internacional de Matemática foi realizada na cidade de Glasgow, Reino Unido no período de 18 a 31 de julho de 2002.

A equipe brasileira foi liderada pelos professores Edmilson Motta (São Paulo – SP) e Ralph Costa Teixeira (Niterói – RJ).

O Resultado da Equipe Brasileira BRA 1 BRA 2 BRA 3 BRA 4 BRA 5 BRA 6

Alex Corrêa Abreu Larissa Cavalcante Queiroz de Lima Guilherme Issao Camarinha Fujiwara Yuri Gomes Lima Davi Máximo Alexandrino Nogueira Thiago da Silva Sobral

Bronze Prata Bronze Bronze Bronze Bronze

PRIMEIRO DIA DURAÇÃO: 4 horas e meia.

PROBLEMA 1

Seja n um inteiro positivo. Seja T o conjunto de pontos (x; y) no plano onde x e y são inteiros não negativos e x + y < n. Cada ponto de T é pintado de vermelho ou azul.

Se um ponto (x; y) é vermelho, então todos os pontos (x'; y') com x' ≤ x e y' ≤ y também são. Um conjunto X é um conjunto de n pontos azuis com abcissas todas distintas, e um conjunto Y é um conjunto de n pontos azuis com ordenadas todas distintas. Prove que o número de conjuntos X é igual ao número de conjuntos Y. SOLUÇÃO DE GUILHERME FUJIWARA (SÃO PAULO – SP)

Primeiramente, seja x(i) o número de pontos azuis cuja ordenada é i, e y(i) o número de pontos azuis de abscissa i. n −1

Veja que o número de X-conjuntos é

∏ i=0

n −1

y (i) , e o número de Y-conjuntos é

∏ x(i) . i=0

Para provar que o número de X-conjuntos é igual ao número de Y-conjuntos, é suficiente provar que os números x(0), x(1), x(2),...,x(n – 1) são uma permutação dos números y(0), y(1), y(2),..., y(n – 1). Provaremos este lema por indução no n.

Se n = 1, temos que x(0) = y(0) = 1 ou 0 dependendo se (0; 0) é azul ou não.

Suponhamos que o lema é verdadeiro para n < k, provaremos para n = k.

Vamos olhar para a última diagonal de T (reta x + y = k – 1): Se nela não houver pontos vermelhos, então tome T' como os conjuntos de pontos de EUREKA! N°15, 2002

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T que não estão na última diagonal. Temos que o lema vale para os x'(i) e y'(i) de T', e como x(i) = x'(i) + 1 e y(i) = y'(i) + 1, então x'(a) = y'(b) ⇔ x(a) = y(b), e além disso x(k – 1) = y(k – 1) = 1, portanto o lema vale para T (vide fig. 1).

Y (ordenada)

Fig. 1

X (abscissa) Só pontos azuis na reta y + x = k – 1

Se nela houver algum ponto vermelho, digamos (a; k – 1 – a), então aplicamos a hipótese de indução nos dois conjuntos T' formados acima e à direita de T, que são menores que T, e assim demonstramos o lema para T (vide fig. 2).

Provamos então o nosso lema e, como já foi visto anteriormente, segue o que é pedido no enunciado.

Y (ordenada)

Fig. 2

2 conjuntos T' menores que T, no qual aplicamos a hipótese de indução.

X (abscissa)

PROBLEMA 2 EUREKA! N°15, 2002

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Seja BC um diâmetro do círculo Γ de centro O. Seja A um ponto de Γ tal que 0 0 < ∠AOB < 120 0 . Seja D o ponto médio do arco AB que não contém C. A reta que passa por O e é paralela a DA encontra a reta AC em J. A mediatriz de OA corta Γ em E e F. Prove que J é o incentro do triângulo CEF. SOLUÇÃO DE YURI GOMES LIMA (FORTALEZA – CE)

Como EF é perpendicular ao raio OA, os arcos EA e AF são iguais, donde ∠ECA = ∠ACF ⇒ ∠ECJ = ∠JCF. Portanto, J já pertence à bissetriz de ∠ECF. Se mostrarmos então que AJ = AE, acabou (pois sabemos que o médio do arco EF eqüidista de E, de F e do incentro de CEF).

Mas, se l é a paralela a DA por O, temos que l // DA e DO // AC ( pois ∠DOB = ∠AOB/2 = ∠ACB ) ⇒ DAJO paralelogramo ⇒ AJ = DO. Também, sendo EF mediatriz de OA, segue que EA = EO. Mas EO = raio de Γ = DO , donde AJ = EA = AF. OBS: é necessário ∠AOB < 120°, pois caso contrário teríamos ∠AOC ≤ 60° e ∠BOD ≥ 60°, o que implicaria J = l ∩ AC fora de Γ, não podendo então ser este o incentro de CEF. PROBLEMA 3

Encontre todos os pares de inteiros m, n ≥ 3 tais que há infinitos inteiros positivos a am + a −1 para os quais n é inteiro. a + a2 −1 SOLUÇÃO DE ALEX CORRÊA ABREU (NITERÓI – RJ)

Seja P = P ( x ) = x m + x − 1 e Q( x) = x n + x 2 − 1 ⇒ ∃T , R ∈ =[ x] tq P( x) = T ( x) ⋅ Q( x) + R( x), P (a ) R (a ) R (a ) P (a ) com deg R < deg Q ou R ≡ 0 ⇒ = T ( a) + ⇒ = − T ( a) é inteiro Q (a ) Q(a ) Q (a ) Q (a ) para infinitos a's mas se R ≠ 0 ⇒ ∃n tq x > n ⇒ 0 < deg R < deg Q ⇒ R(a) Q( a)

R( x) < 1 pois Q( x)

R( a) < 1 se a > n ⇒ existe apenas um número finito de a's tq Q( a)

é inteiro ⇒ R ≡ 0 ⇒ P( x) = T ( x) ⋅ Q( x) ⇒ Q( x) P( x) ⇒ Q( x) P( x) ⋅ ( x + 1) − Q( x) =

= x m +1 + x m + x 2 − 1 − x n − x 2 + 1 = x n ( x m − n +1 + x m − n − 1) ; note que temos, m ≥ n EUREKA! N°15, 2002

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(pois Q ( x ) | P( x)) mas mdc (Q( x), x n ) = mdc( x 2 −1, x n ) = 1 ⇒ Q( x) x m−n +1 + x m−n −1 ⇒ por raciocínio análogo ao anterior, m − n + 1 ≥ n ⇒ 2n ≤ m + 1( I ).

Agora, como Q (0) = −1 , Q (1) = 1 ⇒ ∃0 < α < 1 tq Q (α ) = 0 ⇒ P (α ) = T (α )Q (α ) = 0 ⇒ α n + α 2 − 1 = 0 = α m + α − 1( II ) ⇒ de (I), α 2 n ≥ α m+1 ( III ) ⇒ por (II), (1 − α 2 ) 2 ≥ α ⋅ α m = α (1 − α ) ⇒ (1 − α ) 2 (1 + α ) 2 ≥ α (1 − α ) ⇒ (1 − α )(1 + α ) 2 ≥ α pois α < 1 ⇒

α 3 + α 2 − 1 ≤ 0 ⇒ α 3 ≤ 1 − α 2 = α n ⇒ n ≤ 3 mas n ≥ 3 ⇒ n = 3 e a desigualdade só não é estrita em (III) se m + 1 = 2n ⇒ m = 5 logo se existir uma solução será (5, 3), que de fato é uma solução, pois obviamente x 5 + x − 1 = x 2 − x + 1 x 3 + x 2 − 1 ⇒ P ( x ) = ( x 2 − x + 1) ⋅ Q ( x ).

(

)(

)

SEGUNDO DIA DURAÇÃO: 4 horas e meia.

PROBLEMA 4

Seja n inteiro maior que 1. Os divisores positivos de n são d1, d2,…,dk , onde 1 = d1 < d 2 < ... < d k = n Seja D = d1d2 + d2d3 +…+dk – 1 dk. (a) Prove que D < n2. (b) Encontre todos os valores de n para os quais D é um divisor de n2.

SOLUÇÃO DE THIAGO DA SILVA SOBRAL (FORTALEZA – CE)

Lema: d i =

n d k +1−i

Prova: Observando que se d é divisor de n então n/d também o é, podemos agrupar os divisores aos pares, donde concluímos que d i d k +1−i = n , 0 ≤ i ≤ k . Esse fato também vale para n sendo quadrado perfeito, pois d k +1 = d 2

Corolário: d i ≤

n k +1− i

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k +1−

k +1 2

= n

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Prova: De fato, sendo d k +1−i o (k + 1 – i)-ésimo divisor de n, temos d k +1−i ≥ k + 1 − i , e segue o resultado pelo lema.

Pelo corolário, k −1 1 1 n n n n nn D = d1 d 2 + d 2 d 3 + + d k −1 d k ≤ + + = n2 = 21 k k −1 k −1 k − 2 j =1 j j + 1

=n

k −1

2

1

1 

∑  j − j + 1  = n j =1

∑

2

1 2 1 −  < n  k

b) Veja que se n é primo, D = 1 × n , e assim temos que D | n 2 . Suponha n composto, e seja p o seu menor fator primo. Pelo lema, n n2 D = d1 d 2 + d 2 d 3 + + d k −1 d k = 1 × p + + × n > p p

n2 n2 é o maior divisor de n 2 menor que n 2 , < D < n 2 , e como p p 2 concluímos que D /| n Por fim, concluímos que D | n 2 ⇔ n é primo.

Veja então que

PROBLEMA 5

Encontre todas as funções f de # em # tais que ( f ( x ) + f ( z ))( f ( y ) + f (t )) = f ( xy − zt ) + f ( xt + yz ) para todo x, y, z, t ∈ #.

SOLUÇÃO DE LARISSA CAVALCANTE QUEIROZ DE LIMA (FORTALEZA – CE)

( f ( x ) + f ( z ))( f ( y ) + f (t )) = f ( xy − zt ) + f ( xt + yz )

x, z, y , t ← 0 : (2 ⋅ f (0)) ⋅ ( 2 ⋅ f (0)) = 2 ⋅ f (0) ⇒ 2 ⋅ f (0) 2 = f (0) 1 f (0) ≠ 0 ⇒ 2 ⋅ f (0) = 1 ⇒ f (0) = 2 z, y , t ← 0 : ( f ( x ) + f (0))( 2 ⋅ f (0)) = 2 ⋅ f (0) 1 1 1 se f (0) ≠ 0 (ou seja f (0) = ) , f ( x ) + f (0) = 1 ⇒ f ( x) = 1 − = ∀x ∈ 5 2 2 2 EUREKA! N°15, 2002

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⇒ Se f (0) ≠ 0, então f (0) = Suponha então f (0) = 0

1 1 e f ( x) = , ∀x ∈ 5 (o que é uma solução).

2 2

2 z ← y; t ← x ⇒ [ f ( x ) + f ( y ) ] = f ( xy − xy ) + f ( x 2 + y 2 )

⇒ [ f ( x ) + f ( y )]2 = f ( x 2 + y 2 ) = f ( x) 2 + 2 f ( x ) f ( y ) + f ( y ) 2 z ← x; t ← y ⇒ ( 2 ⋅ f ( x))( 2 ⋅ f ( y )) = f ( xy − xy ) + f ( xy + xy ) ⇒ 4 f ( x ) ⋅ f ( y ) = f ( 2 xy ) t , z ← 0 ⇒ ( f ( x) + f (0))( f ( y ) + f (0)) = f ( xy − 0) + f (0 + 0) f é multiplicativa. ⇒ f ( x ) ⋅ f ( y ) = f ( xy ) ⇒ 4 ⋅ f ( xy ) = f (2 xy ) y ← t; t ← y ⇒ ( f ( x ) + f ( z ))( f (t ) + f ( y )) = f ( xt − zy ) + f ( xy + tz ) ⇒ f ( xt − zy ) + f ( xy + tz ) = f ( xt + zy ) + f ( xy − zt ) Suponhamos que f não seja identicamente nula (note que f(x) ≡ 0 é uma solução).

Suponha f (a ) < 0 e que ∃x, y : x 2 + y 2 = a

⇒ f (a ) = f ( x 2 + y 2 ) = [ f ( x ) + f ( y ) ]2 ≥ 0 , contradição!

Assim, f (a ) ≥ 0, ∀a ≥ 0. z ← − z ⇒ ( f ( x ) + f (− z ))( f ( y ) + f (t )) = f ( xy + zt ) + f ( xt − zy ) = ( f ( x) + f ( z ))( f (t ) + f ( y )) ⇒ f ( x ) + f (− z ) = f ( x ) + f ( z ) f (− z ) = f ( z ) f (− z ) = f ( −1) ⋅ f ( z ) ⇒ f ( −1) = 1 = f (1). z, y , t ← 1 : ( f ( x ) + 1) ⋅ 2 = f ( x − 1) + f ( x + 1) ⇒ 2 f ( x ) + 2 = f ( x − 1) + f ( x + 1) . * 4 ⋅ f ( xy ) = f ( 2 xy ) = f ( 2) ⋅ f ( xy ) ⇒ f (2) = 4. * conjectura: f ( x) = x 2 ( x 2 + z 2 )( y 2 + t 2 ) = ( xy − zt ) 2 + ( xt + yz ) 2

⇔ x 2 y 2 + x 2 t 2 + z 2 y 2 + z 2 t 2 = x 2 y 2 + z 2 t 2 − 2 xyzt + x 2 t 2 + 2 xtyz + y 2 z 2 Ok!! A função f ( x) = x 2 funciona!!!

2 f ( x ) + 2 = f ( x − 1) + f ( x + 1) ( f (1) = 1; f (2) = 4) f (m) = m 2 ∀m ≤ n, m ∈ 1.

2 ⋅ f (n) + 2 = f (n − 1) + f (n + 1) ⇒ f (n + 1) = 2 ⋅ n 2 + 2 − (n − 1) 2 = n 2 + 2n + 1 = ( n + 1) 2 EUREKA! N°15, 2002

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⇒ f (n) = n 2 , ∀n ∈ 1 .

como f (− n) = f (n); temos f ( z ) = z 2 , ∀z ∈ = . p Tome r ∈ 4 ; r = , mdc( p, q) = 1; p, q ∈ =, q ≠ 0 q  p f (r ) = f   = f ( p) ⋅ q

⇒ f (r ) = r 2 , ∀r ∈ 4 .

1 f (1) f ( p) p 2 f   = f ( p) ⋅ = = 2 = (r) 2 f (q ) f (q ) q q

( f ( x ) + f ( r ))2 ⋅ f ( r ) = f ( x ⋅ r + r 2 ) + f ( x ⋅ r − r 2 ) 2 f ( x ) f ( r ) + 2 f ( r ) 2 = f ( x ⋅ r + r 2 ) + f ( xr − r 2 ) 2 f ( xr ) + 2r 4 = f ( xr + r 2 ) + f ( xr − r 2 ) ∀x ∈ 5 ,

r ∈ 4 ⇒ 2 f ( y ) + 2r 4 = f ( y + r 2 ) + f ( y − r 2 ), ∀y ∈ 5, r ∈ 4.

Suponha que ∃y, r tais que y ≥ 0 , r > 0 e f ( y + r 2 ) < f ( y)

[ ( y ) + f (r ) ] < f ( y ) ⇒ f ( y ) + 2 f ( y )⋅ f ( r ) + f ( r ) < f ( y ) , Absurdo!!!

2

⇒ f

2

≥0

, >0

2

2

2

>0

⇒ f ( y + r ) > f ( y ) ∀y ∈ 5 ⇒ f é crescente em #+.

Vamos mostrar que f é contínua em #+: note que se y, r ≥ 0, f(y +r2) – f(y) = 2

⇒ f ( y ) 2 + 2 f ( y ) f (r ) + f (r ) 2 − f ( y ) = f ( r )(2 f ( y ) + f ( r )) = r 2 ( 2 f ( y ) + r 2 ),

se r ∈ 4 . Assim, dado ε > 0 , para r0 ∈ 4 suficientemente pequeno, temos f ( y + r02 ) − f ( y ) < ε . e se r < r0 , temos f ( y + r 2 ) − f ( y ) < f ( y + r02 ) − f ( y ) < ε ⇒ se x − y < r02 temos f ( x ) − f ( y ) < ε ( x > y ) . * f ( y ) − f ( y − r02 ) = f ( y + r02 ) − f ( y ) − 2r04 < ε − 2r04 < ε Se r < r0 então y − r 2 > y − r02 ⇒ f ( y − r 2 ) > f ( y − r02 ) ⇒ f ( y ) − f ( y − r 2 ) < f ( y ) − f ( y − r02 ) < ε ⇒ para x − y < r02 temos f ( x ) − f ( y ) < ε portanto f é contínua.

Suponha f ( w) = w 2 + θ ,θ ≠ 0 EUREKA! N°15, 2002

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1) θ > 0 Temos que ∃r0 > 0 tal que x − w < r02 ⇒ f ( x ) − f ( w) < θ ou seja x 2 − w 2 − θ < θ caso x ∈ 4 mas se x < w temos x 2 < w 2 e portanto w 2 − x 2 > 0

(

)

⇒ x 2 − w 2 − θ = w 2 + θ − x 2 = w 2 − x 2 + θ > θ , contradição!! (existe x ∈ 4 tal que 0 < w − x < r02 ).

2) θ < 0 ⇒ f ( w) = w 2 − θ temos que ∃r0 > 0 tal que x − w < r02 ⇒ f ( x) − f ( w) < θ ou seja x 2 − w 2 + θ < θ caso x ∈ 4 Note que ∃x ∈ 4 tal que 0 < x − w < r02 ⇒ x > w ⇒ x 2 > w 2 ⇒ x 2 − w 2 + θ = x 2 − w 2 + θ > θ contradição!! ⇒ f ( x ) = x 2 , ∀x ∈ 5 .

As únicas funções são: 1 f ( x ) ≡ ; f ( x) ≡ 0 ou f ( x) = x 2 , ∀x ∈ 5 .

2 PROBLEMA 6

Sejam Γ1 , Γ2 ,..., Γn círculos de raio 1 no plano, onde n ≥ 3. Seus centros são O1, O2,…,On, respectivamente.

Suponha que não exista reta que intercepte mais que dois dos círculos. Prove que 1 (n − 1)π . ≤ 4 1≤ i < j ≤ n Oi O j

∑

SOLUÇÃO DE LUCIANO GUIMARÃES CASTRO (RIO DE JANEIRO – RJ)

Seja αij a medida, em radianos, do ângulo agudo formado pela reta OiOj com uma reta tangente a Γj passando por Oi. As circunferências têm raio 1, e sen α ij ≤ α ij , ∀i, j ∈ {1, 2,

, n} . Assim,

∑

∑

∑

1 sen α ij ≤ = α ij .

1≤ i < j ≤ n Oi O j 1≤i < j ≤ n 1≤ i < j ≤ n EUREKA! N°15, 2002

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É suficiente, portanto, provar que

∑α

ij

≤

1≤ i < j ≤ n

(n − 1)π , o que parece menos assustador 4

que o enunciado original.

Vejamos de que maneira a condição de nenhuma reta cortar mais de duas circunferências limita a soma dos αij. Fixemos i. Para cada j, a união de todas as retas que passam por Oi e cortam a circunferência Γj forma dois ângulos opostos pelo vértice Oi, cada um medindo 2αij. Como essas retas não cortam outra circunferência além de Γi e Γj, variando j obtemos ângulos disjuntos com vértice Oi, de forma que a soma de suas medidas não pode ultrapassar 2π, ou seja,

∑ 4α

ij

≤ 2π .

(1)

1≤ j ≤ n j ≠i

Γ2

Γ1

2 α i2 2 α i1

2 α ij

Oi

Γj

Agora, somando estas desigualdades para i ∈ {1, 2,

α ij = α ji , obtemos

∑ ∑ 4α

1≤i ≤ n 1≤ j ≤ n j ≠i

ij

≤

∑ 2π

1≤i ≤ n

⇔ 2

∑ 4α

1≤ i < j ≤ n

EUREKA! N°15, 2002

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ij

, n}

≤ 2 nπ ⇔

e observando que

∑α

1≤i < j ≤ n

ij

≤

nπ .

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Hummmm... quase! De fato, este resultado já é assintoticamente equivalente ao desejado. Apesar de que conseguir um n − 1 no lugar daquele n é a parte difícil deste problema, você vai perceber que se trata apenas de ir adaptando esta primeira idéia.

Intuitivamente, o que acabamos de fazer foi “girar” uma reta 180o em torno de cada ponto Oi, sabendo que neste percurso ela cortará todas as outras circunferências, mas nunca duas ao mesmo tempo. Para melhorar a estimativa, precisamos encontrar uma forma de girar menos que 180o e, ainda assim, encontrar todas as demais circunferências. Isto não é possível para todos os Oi, mas podemos fazê-lo com os “mais afastados”.

Mais precisamente, nossa idéia é trabalhar com o fecho convexo do conjunto {O1, O2, ..., On}, ou seja, o menor conjunto convexo que contém {O1, O2, ..., On}. Sem perda de generalidade, podemos supor que esse fecho convexo é o polígono O1O2O3... Om (m ≤ n) . Desta forma, os pontos Om+1, Om+2, ..., On são interiores ao polígono.

Vamos separar a soma

∑α

ij

em quatro partes:

1≤i < j ≤ n

∑α

L=

i ,i +1

+ α 1m (soma dos αij tais que OiOj é lado do polígono);

1≤ i ≤ m −1

D=

∑α

ij

− L (soma dos αij tais que OiOj é diagonal do polígono);

1≤i < j ≤ m

T=

∑α

ij

(soma dos αij tais que Oi é vértice do polígono e Oj é interior);

1≤ i ≤ m m< j ≤n

I=

∑α

ij

(soma dos αij tais que Oi e Oj são interiores ao polígono).

m<i< j ≤ n

Observe que L + D + T + I =

∑α

ij

.

1≤ i < j ≤ n

Vamos usar os ângulos externos do polígono para limitar L. Sejam ai e ei, respectivamente, as medidas dos ângulos interno e externo do polígono no vértice Oi. Para simplificar a notação, trabalharemos com o vértice O2. Seja t a tangente comum exterior a Γ1 e Γ3, mais próxima de Γ2. Então Γ2 está totalmente contida no semiplano determinado por t que não contém Γ1 e Γ3 (caso contrário existiria uma reta cortando Γ1, Γ2 e Γ3). Sejam r a paralela a t por O2 e P1 o ponto de r tal que ∠P1O2O1 é agudo e sua bissetriz é perpendicular à reta O1P1. Então a distância de O1 OP a essa bissetriz é igual a 1 1 . Esta distância é maior que 1, pois P1 pertence a r e a 2 EUREKA! N°15, 2002

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distância de O1 a r é maior que 2. Isto significa que a bissetriz de ∠P1O2O1 é exterior m(∠P1O2O1 ) . Procedendo de forma análoga com a Γ1, do que concluímos que α12 < 2 a circunferência Γ3 e somando as duas desigualdades, temos π − a 2 e2 . = α 12 + α 23 < 2 2

P1

r O2 α 12 t

O1

O3

Fazendo o mesmo para os demais vértices do polígono e somando as desigualdades obtidas, concluímos que ei 2L < (2) ⇔ 2L < π.

1≤ i ≤ m 2 Agora utilizaremos os ângulos internos do polígono em um procedimento parecido ao que fizemos para descobrir a desigualdade (1). Salvo Γ1, Γ2 e Γ3, todas as demais circunferências estão completamente contidas no ângulo interno Ô2 = ∠O1O2O3.

Para cada j ≠ 2, considere o conjunto união das semi-retas com origem O2, interiores a Ô2, que cortam a circunferência Γj. Este conjunto forma um ângulo de medida α2j, para j = 1 e j = 3, e um ângulo de medida 2α2j para os demais valores de j. Como cada semi-reta pode cortar apenas uma circunferência além de Γ2, os conjuntos correspondentes a distintos valores de j são disjuntos. Assim, α 12 + α 23 + 2 α 2 j ≤ a 2 .

∑

∑

4≤ i ≤ n

Procedendo de forma análoga com os demais vértices do polígono e somando as desigualdades obtidas concluímos que 2 L + 4 D + 2T ≤ ai = ( m − 2)π .

(3)

∑

1≤ i ≤ m

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Para concluir, seja Oi um ponto interior ao polígono, ou seja, i > m. Já provamos a 4α ij ≤ 2π . desigualdade (1):

∑

1≤ j ≤ n j ≠i

Somando essas desigualdades para todos os pontos Oi interiores temos 4α ij ≤ 2π ⇔ 4T + 8I ≤ ( n − m) 2π ⇔ 2T + 4 I ≤ ( n − m)π .

∑ ∑

∑

m < i ≤ n 1≤ j ≤ n j ≠i

m<i ≤n

Agora basta somar as desigualdades (2), (3) e (4), obtendo 2 L + 2 L + 4 D + 2T + 2T + 4 I ≤ π + ( m − 2)π + (n − m)π ( n − 1)π ⇔ 4 L + 4 D + 4T + 4 I ≤ (n − 1)π ⇔ L + D + T + I ≤ .

4 Portanto 1 (n − 1)π = , sen α ij ≤ α ij = L + D + T + I ≤ 4 1≤i < j ≤ n Oi O j 1≤ i < j ≤ n 1≤ i < j ≤ n

∑

∑

∑

como queríamos demonstrar.

EUREKA! N°15, 2002

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(4)

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XVII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados, Soluções e Resultado Brasileiro A XVII Olimpíada Iberoamericana de Matemática foi realizada na cidade de São Salvador, El Salvador no período de 30 de setembro a 5 de outubro de 2002.

A equipe brasileira foi liderada pelos professores Eduardo Wagner (Rio de Janeiro – RJ) e Onofre da Silva Farias (Fortaleza – CE).

O Resultado da Equipe Brasileira BRA 1 BRA 2 BRA 3 BRA 4

Guilherme Camarinha Fujiwara Humberto Silva Naves Larissa Cavalcante Queiroz de Lima Yuri Gomes Lima

Ouro Ouro Ouro Prata

PRIMEIRO DIA DURAÇÃO: 4 horas e meia.

PROBLEMA 1

Os números inteiros desde 1 até 2002, ambos incluídos, escrevem-se num quadro por ordem crescente 1, 2,..., 2001, 2002. Em seguida apagam-se os que ocupam o primeiro lugar, quarto lugar, sétimo lugar, etc, ou seja, os que ocupam os lugares da forma 3k + 1.

Na nova lista apagam-se os números que estão nos lugares da forma 3k + 1. Repetese este processo até que se apagam todos os números da lista. Qual foi o último número que se apagou?

SOLUÇÃO DE GUILHERME CAMARINHA FUJIWARA (SÃO PAULO - SP)

Considere uma sequência infinita ao invés de uma sequência até 2002. Seja então R(k) o primeiro número a ser apagado na k-ésima seção de apagamento.

Temos então R(1) = 1, R(2) = 2, R(3) = 3, R(4) = 5, R(5) = 8, R(6) = 12.

Queremos então achar o maior R(k) menor ou igual à 2002. 3  Vamos provar que R(k + 1) =  ⋅ R( k )  (onde k  é o menor inteiro maior ou igual 2  a x).

Para tal, basta ver que se considerarmos a seqüência que sobra após a primeira série de apagamentos, teremos que o R(k)-ésimo termo será o primeiro a ser apagado na k-ésima próxima série de apagamento. Considerando também o primeiro apagamento, temos que o R(k)-ésimo número dessa lista sérá o primeiro a ser apagado na (k + 1)-ésima série de apagamento, logo será o R(k + 1).

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É fácil ver que o n-ésimo termo da sequência que sobra após a primeira série de 3  apagamentos será o  ⋅ n (basta ver os dois casos de paridade de n), logo temos 2  3  que R(k +1) =  ⋅ R( k )  .

2   Fazendo as contas, temos então R(6) = 12, R(7) = 18, R(8) = 27, R(9) = 41, R(10) = 62, R(11) = 93, R(12) = 140, R(13) = 210, R(14) = 315, R(15) = 473, R(16) = 710, R(17) = 1065, R(18) = 1598 e finalmente R(19) = 2397.

Como R(18) = 1598 e 2002 < R(19) = 2397, então o último número apagado foi 1598.

PROBLEMA 2

Dado qualquer conjunto de 9 pontos no plano entre os quais não existem três colineares, demonstre que para cada ponto P do conjunto, o número de triângulos que têm como vértices três dos oito pontos restantes e P no seu interior é par.

SOLUÇÃO DE HUMBERTO SILVA NAVES (SÃO JOSÉ DOS CAMPOS - SP)

Seja S o conjunto dos 9 pontos.

Se um ponto P está no interior do triângulo ABC com A, B, C e P ∈ S, temos: α A

B'

C' P

γ

β C A'

B

Sejam A’ = AP ∩ BC ; B’ = BP ∩ ΑC e C’ = CP ∩ ΑB. As semi-retas PA’, PB’ e PC’ dividem o plano em três regiões: α, β e γ (A ∈ α, Β ∈ β e C ∈ γ).

Vamos construir um grafo G cujos vértices representam os triângulos (com vértices em S) com o ponto P em seu interior. Ligaremos 2 vértices deste grafo se e somente se os triângulos correspondentes tiverem um lado em comum. Vamos agora provar que o grau de cada vértice é 5.

Seja Q ∈ S – {A ; B ; C ; P}. Temos 3 possibilidades: EUREKA! N°15, 2002

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1) Se Q ∈ α: Temos que o ponto P está no triângulo QBC, logo ∆QBC ∈ V(G).

Como os triângulos ∆ΑBC e ∆QBC tem um lado em comum, eles estão ligados por uma aresta em G. Obs.: Claro que P não está no ∆QAB e nem no ∆QAC. 2) Se Q ∈ β: ∆QAC ∈ V(G) e está ligado à ∆ABC em G. 3) Se Q ∈ γ : ∆QAB ∈ V(G) e está ligado à ∆ABC em G. Logo deg (∆ABC) = #(S – {A ; B ; C ; P}) = 5. E como Σ deg(∆) = 2 × #E(G) ⇒ #V(G) é par. Portanto o número de triângulos com P em seu interior é par.

PROBLEMA 3

Um ponto P é interior ao triângulo equilátero ABC e é tal que ∠APC = 120° . Sejam M a intersecção de CP com AB e N a intersecção de AP com BC. Encontrar o lugar geométrico do circuncentro do triângulo MBN quando P varia.

SOLUÇÃO DE YURI GOMES LIMA (FORTALEZA – CE) B Ω

Γ X

N

O1

Y

M P

O

C

A

Vamos mostrar que tal L.G. está contido na reta mediatriz do raio BO , onde O é o centro de ABC. Para isso, seja O1 o circuncentro de BMN. Daí, como APˆ C = 120° , EUREKA! N°15, 2002

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temos NPˆ M = 120° ⇒ BNPM inscritível. Para O1 pertencer a , devemos ter BO1 = OO1 , ou seja, O também deve pertencer à circunferência Γ circunscrita em BMPN . Vamos mostrar que O é o médio do arco MN .

Agora, veja que, como APˆ C = 120° , temos então que BAˆ N = 60° − NAˆ C = ACˆ M .

Assim, ∆ABN ≡ ∆CAM . Logo, a rotação com centro em O e ângulo 120° que leva B em A e A em C também leva N em M. Assim, NOˆ M = 120° e NO = MO . Mas sendo NOˆ M = 120° , segue que BMON é inscritível. Assim, provamos o que queríamos e O1 ∈ .

Mas o LG não é a reta toda. De fato, devemos ter O Bˆ N < 90° , pois ∆O BN é 1

1

isósceles, daí, se X e Y são os pontos de interseção de com a circunferência Ω circunscrita a ABC, teremos que O1 pertence ao INTERIOR do segmento XY , pois XBˆ C = YBˆ A = 90° (para ver isto, observe que XBYO é losango com XO = BO ⇒ XOˆ B = 60° ⇒ X é o médio do arco AB).

Agora, dado O1 pertencente ao interior do segmento XY , trace a circunferência de centro O1 e raio O1 B (que passa por O).

Ela determinará dois pontos M e N sobre AB , BC tais que OMˆ N = OBˆ N = OBˆ M = ONˆ M e MOˆ N = 120° . Daí, a mesma rotação considerada antes levará N em M, levando então o ∆ABN no ∆CAM ⇒ AN = CM e BAˆ N = ACˆM ⇒ 60° − BAˆ N = 60° − ACˆM ⇒ PAˆ C + ACˆP = 60° , onde P = AN ∩CM , donde APˆ C = 120°.

Logo, o L.G. procurado é o interior do segmento XY .

SEGUNDO DIA DURAÇÃO: 4 horas e meia.

PROBLEMA 4

Num triângulo escaleno ABC traça-se a bissectriz interna BD, com D sobre AC. Sejam E e F, respectivamente, os pés das perpendiculares traçadas desde A e C até à recta BD, e seja M o ponto sobre o lado BC tal que DM é perpendicular a BC. Demonstre que ∠EMD = ∠DMF .

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SOLUÇÃO DE YURI GOMES LIMA (FORTALEZA – CE)

B

M A' E A

C

D F

Seja A' a interseção de AE com BC . Então, como BE é bissetriz, segue que AE = EA' . Mas então os triângulos ADE e A'DE são congruentes, donde DAˆ E = DAˆ ' E (I). Como AE e CF são perpendiculares a BD , então AE // CF ⇒ EAˆ D = DCˆ F (II) Também: DFˆ C = DMˆ C = 90° ⇒ o quadrilátero MCFD é inscritível ⇒ DCˆ F = DMˆ F .

A' Mˆ D = A' Eˆ D = 90° ⇒ o quadrilátero A'MED é inscritível ⇒ EMˆ D = EAˆ ' D. Mas, por (I) e (II), temos que EAˆ ' D = DCˆ F ⇒ ⇒ EMˆ D = DMˆ F .

Obs. Por ABC ser escaleno, temos que BD não é perpendicular a AC , i.e, E ≠ D ≠ F ≠ E. PROBLEMA 5

A sucessão de números reais a1 , a 2 ,... define-se como: 1 para cada inteiro n ≥ 1. a1 = 56 e a n +1 = a n − an Demonstre que existe um inteiro k , 1 ≤ k ≤ 2002, tal que a k < 0.

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SOLUÇÃO DE LARISSA CAVALCANTE QUEIROZ DE LIMA (FORTALEZA – CE)

Lema: a k < m; m, ak > 0 1 ⇒ a k +1 < m − m 1 1 1 1 Prova: a k < m ⇒ < ⇒− <− m ak ak m 1 1 1 ⇒ ak − < m − ∴ a k +1 < m − ak m m 1 1 1 * a k +1 = a k − ⇒ a k +1 2 = a k 2 − 2a k ⋅ + 2 ak ak ak ⇒ a k +1 2 = a k 2 +

1 ak

2

−2

Soma telescópica 1 * a 2 2 = a1 2 + 2 − 2 a1 1 2 2 a3 = a 2 + 2 − 2 a2 1 (+) a k +1 2 = a k 2 + 2 − 2 ak 1 1 1 ⇒ a k +1 2 = a1 2 + 2 + 2 + ... + 2 − 2 ⋅ k a1 a2 ak 1) Suponha que ∃ i ≤ 1999 tal que ai < 2( ai > 0) 1 3 3 2 9−4 5 Isso implica: ai +1 < 2 − = . Caso a i + 1 > 0 , ai + 2 < − = = < 1.

2 2 2 3 6 6 1 Se ai + 2 > 0 ⇒ ai +3 < 1 − = 0; i + 3 ≤ 1999 + 3 = 2002 1 ⇒ ∃k ,1 ≤ k ≤ 2002 tal que a k < 0.

2) Suponha que ∃/ i ≤ 1999 tal que ai < 2 1 1 1 1 ⇒ ai ≥ 2 ∀ 1 ≤ i ≤ 1999 ⇒ ≥ ⇒ ≥ 2 2 ai 4 ai

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⇒ a 2000 2 = 56 2 +

1 a1

+ ... +

2

1 a1999

2

− 2(1999) ≤ 56 2 + 1999 ⋅

1 − 2 ⋅ 1999 4

1 7 7  ⇒ a 2000 2 ≤ 56 2 − 1999 2 −  = 3136 − (2000 − 1) = 3136 − 3500 + < 0 4 4 4  Absurdo!

Portanto ∃ i ≤ 1999 tal que ai < 2 ⇒ temos que ai , ai +1 , a i + 2 ou ai + 3 é menor que zero (por 1) ∴ ∃k ,1 ≤ k ≤ 2002 tal que a k < 0.

PROBLEMA 6

Um polícia tenta capturar um ladrão num tabuleiro de 2001× 2001. Eles jogam alternadamente. Cada jogador, na sua vez, deve mover-se uma casa num dos três seguintes sentidos:

(abaixo);

(direita);

(diagonal superior esquerda).

Se o polícia se encontra na casa da esquina inferior direita, pode usar a sua jogada para passar directamente para a casa da esquina superior esquerda (o ladrão não pode fazer esta jogada). Inicialmente o polícia está na casa central e o ladrão está na casa vizinha diagonal superior direita do polícia. O polícia começa o jogo.

Demonstre que: a) O ladrão consegue mover-se pelo menos 10000 vezes sem ser capturado. b) O polícia possui uma estratégia para capturar o ladrão.

Nota: O polícia captura o ladrão quando entra na casa em que está o ladrão. Se o ladrão entra na casa do polícia, não há captura.

SOLUÇÃO OFICIAL: Pinte o tabuleiro com 3 cores da seguinte forma:

Movimentos

Figura1: c c a c a b

1 a b c a 2 b c a b 3 c a b c 4 1001 b c a

…

c

c

…

a b 2001 c a b 1 2 3…

b 2001

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Observe que os movimentos nos dão o seguinte ciclo: Quer dizer: de uma casa a só se vai para b, de uma b a b só se vai para c e de uma c só se vai para a.

c Inicialmente o polícia começa numa casa c e o ladrão também. (casas hachuradas na figura) Assim teremos as seqüências Polícia: c → a → b → c O polícia nunca poderia entrar numa casa de mesma cor do ladrão.

Ladrão: c → a → b → c Para sua sorte existe o túnel.

Se pensarmos um pouco, veremos que o polícia deve atravessar o túnel 2 vezes para poder tornar compatível seu ciclo com o do ladrão, ou seja, jogar e cair numa casa de mesma cor do ladrão (podendo pegá-lo).

Seja X = casa superior esquerda Y = casa inferior direita.

Logo o polícia precisa de 2000 movimentos para chegar até Y, cruza o túnel (1 movimento), mais 4000 para chegar de novo até Y, cruza o túnel (1 movimento).

Neste momento o ladrão deve estar próximo de Y e o polícia precisará de mais 3999 movimentos (pelo menos) para capturar o ladrão (que ficará rodando no quadrado 2 × 2 inferior esquerdo, totalizando 2000 + 4000 + 3999 + 2 = 10001 movimentos do polícia, ou seja, 10000 movimentos do ladrão. b) Vejamos agora uma estratégia para que o polícia prenda o ladrão.

Suponha que ele já tenha passado 2 vezes pelo túnel.

Numere as linhas do tabuleiro de 1 a 2001, de cima para baixo e as colunas de 1 a 2001, da esquerda para a direita.

Após sair do túnel, o polícia se encontra na casa da linha 1 e coluna 1.

A estratégia é a seguinte: i) ii)

O polícia deve se mover para a direita até que o ladrão fique na mesma diagonal (inferior direita) do polícia ou uma casa à direita.

Em seguida, o polícia deve fazer o seguinte movimento:

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Ladrão Joga

Polícia Joga

iii)

O polícia deve repetir os passos i) e ii) Note que a diferença entre os números das linhas do polícia e do ladrão sempre diminui e o ladrão sempre fica na região à direita da diagonal inferior direita do polícia.

Assim, após repetirmos i) e ii) um número finito de vezes, chegamos na situação (na vez do ladrão) Polícia Ladrão (note que não pode ocorrer outra situação na qual a diferença entre linhas é 1, pois, na vez do ladrão, os dois devem estar em casas do mesmo tipo).

Seguindo o que é feito em ii), o ladrão, em algum momento, se move para a casa à direita do polícia. Assim, na próxima jogada, o polícia prende o ladrão.

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A FÓRMULA DE CARDANO ALÉM DAS CÚBICAS José Cloves Verde Saraiva, São Luis – MA ♦ Nível Avançado.

INTRODUÇÃO:

Motivado pela leitura do trabalho Equação do Terceiro Grau do Professor Alberto de Azevedo [1], ocorreu-me a curiosidade de saber as fórmulas das raízes calculadas por radicais de uma equação polinomial do 5º grau, solúvel, que não fosse a trivial x 5 + a = 0 , que todos conhecem. Daí então, seguindo os mesmos passos da dedução da fórmula de Cardano para as equações polinomiais cúbicas foi possível provar que 1 a x 5 − px 3 + p 2 x − r = 0 , já estudada por DE MOIVRE, tem raízes dadas por uma 5 fórmula análoga a de Cardano. Além desta, outras fórmulas semelhantes são possíveis deduzir para graus maiores que o quinto.

Deixamos para o leitor essa generalização!.

A FÓRMULA DE CARDANO:

É fascinante toda a história da resolução das equações polinomiais do 3º grau. Em resumo a referência [2] apresenta o seguinte: "O descobridor do método foi Scipione del Ferro (1465 - ≈ 1562), matemático italiano, que antes de morrer o revelou aos discípulos Antônio Maria Fior e Annibale Della Nave".

"Houve uma disputa matemática entre Fior contra Niccolo Fontana (1500 – 1557), conhecido pelo apelido de Tartaglia (gago, em italiano). A vitória deste último, muito divulgada, foi do conhecimento do médico e professor Girolano Cardano (1501 – 1576) que conseguiu lhe atrair para ensinar a regra de resolução sob o juramento de jamais publicá-la. Cardano procurou a demonstração da regra - e achou - e ainda motivou seu discípulo Ludovico Ferrari (1522 – 1565) a descobrir solução para as equações do quarto grau."

"Cardano, numa visita a Della Nave, soube do manuscrito de Del Ferro contendo a regra de Tartaglia que já existia há 30 anos. Motivo que o levou quebrar o juramento.

Publicou os métodos no seu famoso livro Ars Magna, em 1545, onde não deixou de fazer referência aos descobridores, embora a contragosto de Tartaglia que se considerou traído."

Podemos representar a equação geral do 3º grau na forma x 3 + a1 x 2 + a 2 x + a3 = 0 e a por uma mudança de variável x = y − 1 a equação fica mais simples na forma 3 EUREKA! N°15, 2002

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y 3 − py − q = 0. Calculando o cubo de um binômio (u + v) 3 = u 3 + 3u 2 v + 3uv2 + v 3 , e pondo em evidência 3uv, temos: (*) (u + v ) 3 = 3uv(u + v ) + (u 3 + v 3 ) ou melhor, (u + v ) 3 − 3uv (u + v) − (u 3 + v 3 ) = 0 isto é, y = u + v é uma raiz para valores de p = 3uv e q = u3 + v3, onde podemos p3 elevar ao cubo a primeira e ter = u 3 v 3 e q = u 3 + v 3 e cair num problema onde 27 u3 e v3 são as raízes de uma equação do 2º grau conhecendo a soma e o produto das raízes, cuja solução é conhecida: q q2 p3 q q 2 p3 e v3 = − + − − 2 4 27 2 4 27 donde obtemos a famosa fórmula de Cardano: u3 =

y =u+v= 3

q q2 p3 3 q q2 p3 + − + − − 2 4 27 2 4 27

A FÓRMULA DE CARDANO ALÉM DAS CÚBICAS:

O resultado principal destas notas foi motivado por uma analogia da dedução na 1 fórmula de Cardano. Vamos provar que: a equação x 5 − px 3 + p 2 x − r = 0 tem 5 uma de suas raízes dada pela fórmula: x=u +v=5

r + 2

r2 p5 r r2 p5 + +5 − + 4 3125 2 4 3125

DEMONSTRAÇÃO:

Considere x 5 − px 3 − qx − r = 0 . Calculemos polinômios do binômio: (u + v ) 5 = u 5 + 5u 4 v + 10u 3 v 2 + 10u 2 v 3 + 5uv 4 + v 5 pondo em evidência obtemos: (u + v ) 5 = 5uv(u 3 + v 3 ) + 10u 2 v 2 (u + v) + (u 5 + v 5 ) da igualdade (*) obtemos que: (u 3 + v 3 ) = (u + v) 3 − 3uv(u + v) para substituir no desenvolvimento donde obtemos que: (u + v ) 5 = 5uv(u + v ) 3 − 15u 2 v 2 (u + v ) + 10u 2 v 2 (u + v) + (u 5 + v 5 ) , isto é, EUREKA! N°15, 2002

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(u + v ) 5 = 5uv(u + v ) 3 − 5u 2 v 2 (u + v ) + (u 5 + v 5 ) o que permite obter as igualdades: p = 5uv; q = –5u2v2 e r = u5 + v5. p2 faz com que a equação seja Estabelecemos p 2 = 25u 2 v 2 , logo temos que q = − 5 1 da forma x 5 − px 3 + p 2 x − r = 0, se x = u + v for uma raiz.

5 r = u 5 + v 5 nos leva ao já estudado na dedução da fórmula de Verificar as relações   p = 5uv 5

 p Cardano r = u 5 + v 5 e   = u 5 v 5 , da mesma forma as raízes são: 5 r r 2 p5 r r2 p5 + − 5 e v5 = − − 2 4 5 2 4 55 de onde concluímos que a raiz x = u + v é dada pela fórmula: u5 =

x =

5

r + 2

r2 p5 − + 4 3125

5

r − 2

r2 p5 − 4 3125

.

OBSERVAÇÕES FINAIS:

Esta fórmula torna mais fácil a determinação das raízes do que a indicada por De Moivre estudada na referência [3], onde uma análise completa das raízes e o estudo dos Grupos de Galois nos diversos casos é feito.

Como exercício estude a sétima x 7 + px 5 − qx 3 + rx + s = 0 e generalize.

Finalizando, seria interessante o leitor paciente calcular todas as raízes da equação abaixo estudada por Adriaan van Roomen (1561 – 1615) por polinômios trigonométricos. x 45 − 45 x 43 + 945 x 41 − 12300 x 39 + 111150 x 37 − 740259 x 35 + 3764565x 33 − − 14945040 x 31 + 46955700 x 29 − 117679100 x 27 + 236030652 x 25 − 378658800 x 23 + + 483841800 x 21 − 488494125 x19 + 384942375 x17 − 232676280 x15 + 105306075 x13 − − 34512075x 11 + 7811375 x 9 − 1138500 x 7 + 95634 x 5 − 3795 x 3 + 45 x = 2 + 2 (Ver referência [4], pp 154).

REFERÊNCIAS: [1] Alberto de Azevedo, Equação do 3º grau, Depto. Matemática, UNB, 2002.

[2] César Polcino Milies, A Resolução das equações de terceiro e quarto graus, Notas de aula, IMEUSP, 2000.

[3] R.L. Borger, On De Moivre' s Quintic, American Math. Monthly, pp. 171 - 174, vol. 15, 1908.

[4] Paulo A. Martin, Introdução à Teoria dos Grupos e a Teoria de Galois, IME-USP, 1996.

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RECIPROCIDADE QUADRÁTICA Carlos Gustavo T. de A. Moreira & Nicolau C. Saldanha, Rio de Janeiro - RJ ♦ Nível Avançado.

A lei de Gauss de reciprocidade quadrática afirma que se p e q são primos há uma relação direta entre p ser quadrado módulo q e q ser quadrado módulo p. Este teorema fornece um rápido algoritmo para determinar se a é quadrado módulo p onde a é um inteiro e p um número primo. Lembramos que a é quadrado módulo n se existe x ∈ = com x 2 ≡ a(mod n). Este artigo foi adaptado de [3]. a Definição: Seja p um primo e a um inteiro. Definimos o símbolo de Lagrange    p por 0 se p divide a a    = − 1 se a não é quadrado módulo p  p  1 se p não divide a e a é quadrado módulo p. 

Proposição: Seja p um primo ímpar e a ∈ = tal que p não divide a. p −1

a Então   ≡ a 2 (mod p).  p Demonstração: Sabemos que se p não divide a então a p −1 ≡ 1(mod p) , ou seja, x p −1 − 1

tem como raízes 1, 2,…, p – 1 em

 x p −1 − 1 =  x   a

p −1 2

p −1 2

 − 1 x  

p −1 2

 + 1. Se existe b ∈  

a ≡ b p −1 ≡ 1(mod p ); ou seja,   = 1 ≡ a  p

=

p−1 2 (mod

=/p=.

tal que a ≡ b 2 (mod p) então p ).

Como x 2 ≡ y 2 (mod p) ⇔ x ≡ ± y (mod p) , há pelo menos (=/p=)*, logo os quadrados são exatamente as raízes de x p −1

não quadrados são exatamente as raízes de x p −1

b

2

≡ −1(mod p ).

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2

Por outro lado,

p −1 2

p −1 quadrados em 2 − 1 em =/p=, donde os

b + 1 , ou seja, se   = −1 então  p

Sociedade Brasileira de Matemática p −1

 −1 2 Corolário: Se p é primo ímpar então   = (− 1) .  p Vamos agora reinterpretar a proposição. Seja

a ∈ (= / p=)* .

Para

cada

p −1 p − 1  escrevemos a ⋅ j como ε j m j com ε j ∈ {−1,1} e m j ∈ 1,2,..., .

2 2   Se mi = m j temos a ⋅ i = a ⋅ j ou a ⋅ i = −a ⋅ j; a primeira possibilidade implica j = 1, 2,...,

i = j e a segunda é impossível. Assim, se i ≠ j

temos mi ≠ m j donde

   p − 1 m1 ; m2 ;...; m p −1  = 1, 2,..., . Assim, 2   2    (a ⋅ 1)(a ⋅ 2)... a ⋅ p − 1  p −1 a 2     ≡ a 2 = ≡ p 1 −  p 1 ⋅ 2 ⋅ ... ⋅ 2 ε 1ε 2 ...ε p −1 m1 ⋅ m 2 ⋅ ... ⋅ m p −1 ≡

2

p −1 1 ⋅ 2 ⋅ ... ⋅ 2

2

= ε 1ε 2 ...ε p−1 (mod p) 2

a a m donde   = ε 1ε 2 ...ε p −1 , pois ambos pertencem a { – 1, 1}. Assim,   = (− 1) ,  p  p 2 p − 1  onde m é o número de elementos j de 1, 2,...,  tais que ε j = −1. Como 2   primeira conseqüência deste fato temos o seguinte resultado.

Proposição: Se p é um primo ímpar então p 2 −1 2 1, se p ≡ ±1 (mod 8),   = (− 1) 8 =   p − 1, se p ≡ ±3 (mod 8).

Demonstração: Se p ≡ 1(mod 4) , digamos p = 4k + 1, temos 1≤ 2 j ≤

p −1 = 2k . Como 2

p −1 p −1 para j ≤ k e < 2 j ≤ p − 1 para k + 1 ≤ j ≤ 2k , temos 2 2 a 1, se p ≡ 1 (mod 8),   = (− 1)k =   p − 1, se p ≡ 5 (mod 8).

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p −1 = 2k + 1. Para 1 ≤ j ≤ k temos 2 p −1 p −1 e para k + 1 ≤ j ≤ 2k + 1 temos 1≤ 2 j ≤ < 2 j ≤ p − 1 , donde 2 2 a − 1, se p ≡ 3 (mod 8),   = (− 1)k +1 =  se p ≡ 7 (mod 8).  p 1,

Se p ≡ 3(mod 4) , digamos p = 4k + 3, temos

Teorema: (Lei de reciprocidade quadrática) Sejam p e q primos ímpares.  p q Então   = (− 1)( p −1)( q −1) / 4  . q  p Demonstração: Na notação acima, com a = q, para cada j ∈ P, onde P = {1,2,..., ( p − 1) / 2}, temos que ε j = −1 se e só se existe y ∈ = tal que − ( p − 1) / 2 ≤ qj − py < 0. Tal y deve pertencer a Q, onde Q = {1,2,..., (q − 1) / 2}. q Assim, temos que   = (−1) m onde m = X e  p

X = {( x, y ) ∈ P × Q − ( p − 1) / 2 ≤ qx − py < 0};

 p note que qx – py nunca assume o valor 0. Analogamente,   = (− 1)n , onde n = Y q e Y = {( x, y ) ∈ P × Q 0 < qx − py ≤ (q − 1) / 2}.  p  q  Daí segue que    = (−1) k onde k = m + n = Z onde  q  p 

Z = {( x, y ) ∈ P × Q − ( p − 1) / 2 ≤ qx − py ≤ ( q − 1) / 2}

pois qx – py nunca assume o valor 0. Temos k = C − A − B onde C = P × Q, A = {( x, y ) ∈ C qx − py < −( p − 1) / 2}, B = {( x, y ) ∈ C qx − py > (q − 1) / 2}.

Como C = ( p − 1)(q − 1) / 4 , basta mostrar que A = B . Mas f : C → C definida por f ( x, y ) = ((( p + 1) / 2) − x, (( q + 1) / 2) − y ) define uma bijeção entre A e B [

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Exemplo: Se n ≥ 1 e p = 2 2 + 1 é primo, então 3 não é quadrado módulo p (e logo 3 é raiz primitiva módulo p; ver [1]). n  3  p De fato, como p ≡ 1(mod 4),   =   , mas 2 2 ≡ 1(mod 3) , como pode ser  p  3 n

n  p 2 facilmente mostrado por indução, donde p = 2 2 + 1 ≡ 2(mod 3) , e   =   = −1.  3  3

REFERÊNCIAS: [1] Carlos Gustavo T. de A. Moreira, Divisibilidade, Congruências e Aritmética módulo n, Eureka! No. 2, pp. 41-52, 1998.

[2] Guilherme Camarinha Fujiwara, Inteiros de Gauss e Inteiros de Eisenstein, Eureka! No. 14, pp. 2331, 2002.

[3] Carlos Gustavo T. de A. Moreira e Nicolau C. Saldanha, Primos de Mersenne (e outros primos muito grandes), 22o. Colóquio Brasileiro de Matemática, IMPA, 1999.

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APLICAÇÕES DE PLANOS PROJETIVOS EM TEORIA DOS NÚMEROS E COMBINATÓRIA Carlos Yuzo Shine, São Paulo - SP ♦ Nível Avançado.

1. Definição de plano projetivo

A definição dada aqui é a mais geral. Dizemos que um conjunto S é um plano projetivo se existem subconjuntos 1 , 2 ,... de S que satisfazem as seguintes propriedades: (i) Se P e Q pertencem a S, um e somente um dos subconjuntos i contém P e Q. (ii) A interseção de i e j consiste sempre de um único elemento, para todo i ≠ j.

Existem pelo menos quatro elementos de S tais que, entre eles não haja três contidos em um dos conjuntos i .

Os elementos de S são normalmente chamados pontos e os subconjuntos i , retas.

Note que a propriedade (i) pode ser entendida como "por dois pontos passa uma única reta" e a propriedade (iii) nos diz que "existem quatro pontos, três a três não colineares". (iii)

Exercícios

01. Um torneio de tênis é disputado entre duas equipes. Cada membro de uma equipe joga com um ou mais membros da outra equipe, de modo que (i) Dois membros de uma mesma equipe têm exatamente um oponente em comum; (ii) Não existem dois membros de uma equipe que enfrentam, juntos, todos os membros da outra equipe.

Prove que cada jogador deve jogar um mesmo número de partidas.

02.

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

Mostre que as seguintes proposições são equivalentes em planos projetivos: Existe uma reta que passa por exatamente n + 1 pontos; Existe um ponto que está contido em exatamente n + 1 retas; Todas as retas passam por exatamente n + 1 pontos; Todos os pontos estão contidos em exatamente n + 1 retas; Há exatamente n2 + n + 1 retas; O plano projetivo tem exatamente n2 + n + 1 pontos (diz-se nesse caso que o plano projetivo tem ordem n).

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03. (Cone Sul 1998) O prefeito de uma cidade deseja estabelecer um sistema de transportes com pelo menos uma linha de ônibus, no qual: (i) cada linha passe exatamente por três paradas; (ii) cada duas linhas distintas tenham exatamente uma parada em comum; (iii) para cada duas paradas de ônibus distintas exista exatamente uma linha que passe por ambas.

Determine o número de paradas de ônibus da cidade.

Dica: com o que parecem as condições (ii) e (iii)? Para encontrar os possíveis valores, faça uma contagem dupla.

2. Construção de planos projetivos baseados em corpos

Seja K um corpo (ou seja, um conjunto onde estão definidas duas operações, + e ⋅, tal que todo elemento admite oposto e todo elemento não nulo admite inverso). Então o conjunto P2(K) de ternas (x, y, z) ≠ (0, 0, 0), x, y, z ∈ K, onde ternas da forma (x, y, z) e (kx, ky, kz) devem ser consideradas iguais, é um plano projetivo na qual a reta correspondente ao ponto (a, b, c), reta dual de (abc), é o conjunto de pontos (x, y, z) que satisfazem ax + by + cz = 0 Demonstração

Basta mostrar que o conjunto dado tem as propriedades (i), (ii) e (iii). (i) Sejam (x1, y1, z1) e (x2, y2, z2) pontos distintos, ou seja, tais que não existe λ ∈ K tal que ( x1 , y1 , z1 ) = λ ( x2 , y2 , z2 ) . Temos que mostrar que existe somente uma reta que contém ambos os pontos, ou seja, que existe uma única terna (a, b, c) (que são os coeficientes da reta) tal que ax1 + by1 + cz1 = 0 (*) ax 2 + by 2 + cz 2 = 0 Vejamos (*) como um sistema em a, b e c.

Como ( x1 , y1 , z1 ) ≠ λ ( x 2 , y 2 , z 2 ) para todo λ ∈ K , a matriz completa  x1 C =   x2

y1 y2

z1   do sistema (*) tem posto 2. Suponhamos, sem perda de z 2 

x1 y1 ≠ 0. Logo, resolvendo (*) em a e b, obtemos (verifique!) x2 y2 a = mc e b = nc, onde m e n são constantes de K. Logo, as soluções de (*) são da forma (mc, nc, c) = c(m, n, 1). Note que c ≠ 0 pois c = 0 implicaria a = b = c = 0.

Assim, no plano projetivo P2(K), todas as soluções são equivalentes, ou seja, é única.

Logo existe somente uma reta que passa por esses dois pontos. generalidade, que

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(ii) (iii)

Análogo ao item (i). Tente você fazer!

Observe que (1, 1, 1), (1, 0, 0), (0, 1, 0) e (0, 0, 1) satisfazem essas condições. Aqui, 0 e 1 são os elementos neutros da soma e produto em K, respectivamente.

3. Dualidade

Observe que se r e s são retas duais dos pontos R = (a, b, c) e S = (d, e, f) de P2(K), respectivamente, então R ∈ s ⇔ da + eb + fc = 0 ⇔ ad + be + cf = 0 ⇔ S ∈ r A propriedade R ∈ s ⇔ S ∈ r é a chave do princípio da dualidade. Por isso, pontos e retas no plano projetivo se comportam de maneira semelhante quando se fala de incidência.

4. O caso K = 5

Quando K = 5, temos o plano projetivo P2(5) visto na referência [2]. Vamos entender a semelhança entre o plano definido aqui e o plano estudado em [2] (se você não leu essa referência, você pode pular essa seção; mas leia o artigo, ele realmente vale muito a pena!!).

Primeiro, vamos explicar a primeira "estranheza" do plano projetivo P2(5). Por que ele tem três coordenadas, e não duas? A coordenada adicional é que faz aparecerem pontos e retas no infinito. Podemos fazer a seguinte correspondência: o ponto (x, y) do plano 52 corresponde ao ponto (x, y, 1) de P2(5). Sobraram os pontos do tipo (x, y, 0) de P2(5), que são os pontos do infinito.

A reta ax + by + c = 0 de 52 pode ser transformada na reta ax + by + cz = 0 de P2(5) substituindo-se x e y na reta de 52 por x/z e y/z. Aqui, nós homogeneizamos a equação ax + by + c = 0.

Você pode visualizar a correspondência que fizemos da seguinte forma: se imaginarmos as ternas (x, y, z) como pontos no espaço, percebemos que os pontos de P2(5) correspondem a retas que passam pela origem. Se tomarmos o plano α : z = 1 de 53, por exemplo, fazemos corresponder um ponto de P2(5) com o traço da reta correspondente nesse plano.

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α

A(a, b, 1)

x y

λ ( a, b,1)

A reta dual de (a, b, c) corresponderia ao traço do plano ax + by + cz = 0 em π.

Com alguns cálculos verifica-se que se R = (a, b, c) e r: ax + by + cz = 0, então, sendo O = (0, 0, 1), R' e r'os respectivos correspondentes ao ponto R e à reta r em α, então OR' ⊥ r'.

4.1. O plano projetivo e curvas elípticas

Considere a curva cúbica de R2 (**) ax 3 + bx 2 y + cxy 2 + dy 3 + ex 2 + fxy + gy 2 + hx + iy + j = 0, onde todas as letras de a a j são números racionais.

Gigantesco, não? Estamos interessados em saber sobre os seus pontos racionais (isto é, pontos cujas coordenadas são ambas racionais). Para isso, é feita a seguinte operação: tomamos um ponto racional da curva, denominado O. Dados dois pontos P e Q racionais da curva, encontre o terceiro ponto P * Q de interseção de PQ com a curva. Defina P + Q (isso mesmo, estamos somando pontos!) como o terceiro ponto de interseção da reta que passa por O e P * Q com a curva (isto é, P + Q = O * (P * Q). Pode-se provar que P + Q também é um ponto racional.

O

P

Q P*Q

P+Q

Só que a gigantesca equação (**) pode ser simplificada para a forma y2 = x3 + ax2 + bx + c, (✯) EUREKA! N°15, 2002

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que é bem mais simples. Esta é a forma de Weierstrass. Para isso, usamos a geometria projetiva.

Vamos fazer um caso particular. Considere a curva u3 + 2v3 = 2uv + 1. Um de seus pontos racionais é (1; 1).

Primeiro devemos homogeneizar a curva. Fazendo u = U/W, obtemos U3 + 2V3 = 2UVW + W3. Note que agora vamos trabalhar no plano projetivo P2(5).

Depois, escolhemos um ponto racional O na curva. Uma escolha é O = (1; 1; 1).

Agora, nós vamos mudar as coordenadas. A tangente à curva pelo ponto O é o nosso eixo de equação Z = 0. Se a tangente encontra a curva novamente em P (isso sempre ocorre se O não for ponto de inflexão), o eixo de equação X = 0 é a tangente à curva que passa por P. O eixo de equação Y = 0 pode ser qualquer reta que passe por O. Se O for ponto de inflexão, podemos escolher qualquer reta que não passa por O como o eixo X = 0. Observe que como P2(5) tem três coordenadas, precisamos de três eixos.

Y= 0

O

X=0 Z=0 Fazendo algumas contas (use um pouquinho de cálculo; para trabalhar só com duas variáveis, "desomogenize" - essa palavra existe? - a equação), obtemos que a tangente a O = (1; 1; 1) é a reta U + 4V – 5W = 0. Esta reta corta novamente a curva em (–3; 2; 1). A tangente por esse ponto (use cálculo novamente) é 23U + 30V + 9W = 0. Por fim, tomamos a reta U – V = 0 como o eixo Y = 0. Assim, queremos que U + 4V − 5W 62U − 62V 23U + 30V + 9W

5 X + 3Y + 9Z 310 =Z 5 X − 2Y + 9Z =Y ⇔ V = 310 =X 5 X − Y − 53Z W = 310 U =

(usamos Y = 62U – 62V para simplificar um pouco as contas).

Substituindo U, V e W (veja que o 310 dos denominadores vai cancelar), temos

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(5 X + 3Y + 9 Z ) 3 + 2(5 X − 2Y + 9 Z ) 3 = 2(5 X + 3Y + 9Z ) ⋅ (5 X − 2Y + 9 Z ) ⋅ (5 X − Y − 53Z ) + (5 X − Y − 53Z ) 3 A equação parece mais gigantesca que antes, mas após "desomogeneizar" (basta substituir Z = 1) e abrir tudo (eu colocaria as contas, mas a margem neste artigo é muito pequena para isso) obtemos xy 2 − ( 4 x − 30) y = −25x 2 + 96 x − 515 Em geral, quando fazemos essa mudança de eixos (a transformação que fizemos ao resolver o sistema é uma transformação projetiva) a equação se reduz à forma xy 2 + ( ax + b) y = cx 2 + dx + e

Multiplicando por x nos dois membros, temos (xy )2 + ( ax + b) xy = cx 3 + dx 2 + ex Agora substitua z = xy: z 2 + ( ax + b) z = cx 3 + dx 2 + ex Completando quadrado no primeiro membro e substituindo z +

1 ( ax + b) por t 2

chegamos finalmente em t 2 = cúbica em x Para a cúbica ser mônica (ou seja, ter coeficiente dominante unitário e não ser dentuça), como o coeficiente dominante é c, basta multiplicar ambos os membros por c2 e fazer as substituições (são as últimas!) t = m/c e x = n/c. Vamos fazer isso no nosso exemplo.

Multiplicando por x, fazendo z = xy e completando quadrado: z 2 − ( 4 x − 30) z + ( 2 x − 15) 2 = −25 x 3 + 96 x 2 − 515x + (2 x − 15) 2 ⇔ ( z − 2 x + 15) 2 = −25 x 3 + 100 x 2 − 575 x + 225 Agora, t = z – 2x + 15: t 2 = −25 x 3 + 100 x 2 − 575 x + 225 m n e chegamos à forma de Weierstrass: Por fim, t = − e x=− 25 25 m 2 = n 3 + 100n 2 + 14375n + 140625 Se você escrever m e n em função de u e v (e vice-versa), vai obter funções racionais (isto é, o quociente de dois polinômios) com todos os coeficientes racionais. Logo pontos racionais são transformados em pontos racionais, de modo que achar os pontos racionais da curva original é a mesma coisa que achar os pontos racionais da curva na forma de Weierstrass (fora, é claro, os pontos que anulam os denominadores das funções racionais, que não são muitos e são fáceis de achar).

Qual a vantagem da forma de Weierstrass? A vantagem é que podemos normalizar a curva para a forma (✯), além da soma de pontos. O ponto O pode ser um ponto infinito, por exemplo. Homogeneizando (✯), obtemos Y 2 Z = X 3 + aX 2 Z + bXZ2 + cZ3 , EUREKA! N°15, 2002

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e não é difícil ver que o ponto do infinito (0; 1; 0) pertence à curva (e além disso, é o único!). Então podemos fazer O = (0; 1; 0). Isso facilita um pouco as contas para adição de pontos. Se P * Q = (a; b)((a; b; 1) no plano projetivo), a reta que passa por O e P * Q é Y = bZ, ou y = b. Conseqüentemente, como a curva é simétrica em relação ao eixo Ox, temos P + Q = (a; –b). y

P Q P*Q P+Q

x

Exercícios

04. Prove que se P e Q são pontos racionais numa cúbica então P + Q também é racional.

05. Transforme a cúbica u3 + v3 = α na forma de Weierstrass (um ponto racional da curva homogeneizada é (1; –1; 0) e a conta não é tão terrível assim).

06. (OBM 2002, nível U) Considere a curva C = {( x; y ) ∈ R 2 | y 2 = x 3 − 43x + 166}. (a) Seja Q = (a; b) um ponto de C. Suponha que a reta tangente a C no ponto Q intersecte C num único outro ponto, Q'. Determine as coordenadas de Q'. (b) Seja P0 = (3; 8). Para cada inteiro não negativo n, definimos Pn + 1 = P'n, o ponto de interseção de C com a reta tangente a C em Pn. Determine P2002.

07. A adição de pontos é definida somente quando a cúbica no segundo membro de (✯) tem três raízes distintas (não necessariamente todas reais). Os outros casos são mais fáceis! (a) Encontre todos os pontos racionais da curva y2 = x2 (x – 1). (b) Encontre todos os pontos racionais da curva y2 = x3.

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5. O caso K = =/p=

Sendo K qualquer corpo, podemos tomar K = =/p= (os inteiros vistos mod p), em que p é um primo. Nesse caso, sendo =/p= um corpo finito (com p elementos) o plano projetivo P2(=/p=) é finito.

Por exemplo, fazendo p = 2, obtemos o plano de Fano (rimou!), como pode ser visto na figura.

(0, 0, 1)

(0, 1, 1)

(1, 1, 1) (1, 0, 1)

(0, 1, 0)

(1, 0, 0)

(1, 1, 0)

Vamos fazer algumas continhas.

6. Algumas contagens 6.1. Número de elementos de P2(=/p=)

Temos p3 – 1 ternas (a, b, c) ≠ (0, 0, 0). Como (a, b, c) é equivalente a λ (a, b, c) e λ pode assumir p – 1 valores (1 a p – 1), cada ponto está sendo contado p – 1 vezes. p3 −1 Logo P2(=/p=) tem = p 2 + p + 1 pontos. p −1 Observe que, pelo princípio da dualidade, há também p2 + p + 1 retas.

6.2. Número de pontos em cada reta

Fixados a, b, e c, não todos nulos, queremos contar o número de soluções não equivalentes (x, y, z) ≠ (0, 0, 0) da congruência (***) ax + by + cz ≡ 0 (mod p) Suponhamos, sem perda de generalidade, que c ≠ 0 (mod p). Temos então (***)

⇔ z ≡ − ac −1 x − bc −1 y (mod p)

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Podemos escolher x e y de p2 maneiras. Porém, não podemos escolher x = y = 0, pois isso implicaria z = 0. Logo, considerando que cada elemento de P2(=/p=) tem p – 1 equivalentes, temos que cada reta tem

p 2 −1 = p + 1 pontos. p −1

6.3. Número de retas que passam por um ponto

Pelo princípio da dualidade, há p + 1 retas que passam por um ponto dado.

7. Um problema

A seguir, o problema 3 da Olimpíada Iberoamericana de 1996, realizada na Costa Rica.

Temos um tabuleiro quadriculado de k 2 − k + 1 linhas e k 2 − k + 1 colunas, onde k = p + 1 e p é um número primo. Para cada primo p, dê um método para distribuir números 0 e 1, um número em cada casa do tabuleiro, de modo que em cada linha haja exatamente k números 0, em cada coluna haja exatamente k números 0 e, além disso, não haja nenhum retângulo, de lados paralelos aos lados do tabuleiro, com números 0 em seus quatro vértices.

Resolução

Para k = p + 1, k 2 − k + 1 = ( p + 1) 2 − ( p + 1) + 1 = p 2 + p + 1 (coincidência? destino? ou puramente sorte?). Assim, devemos preencher um tabuleiro (p2 + p + 1) × (p2 + p + 1) com 0 e 1 de modo que haja p + 1 (que coisa…) 0 em cada linha e coluna, e sem retângulos com 0 vértices.

Considere o plano projetivo P2(=/p=) (por que será?) e a cada linha associe um ponto e a cada coluna associe uma reta. Coloque 0 na casa (i, j) se, e somente se, o ponto i pertence à reta j. Nas demais casas, coloque 1.

Há claramente p + 1 zeros em cada coluna. Pelo princípio da dualidade, também há p + 1 zeros em cada linha.

Agora, suponha que exista um retângulo de vértices (a, c), (a, d), (b, c) e (b, d), a ≠ b e c ≠ d, todos com 0. Logo, pela nossa construção, os pontos a e b pertencem a ambas as retas c e d. Absurdo, pois a interseção de duas retas é exatamente um ponto. É claro que na prova você teria que demonstrar todas as propriedades que demonstramos antes.

8. Outros fatos sobre planos projetivos finitos

A construção baseada em corpos vale para qualquer corpo. Mas infelizmente, o número de elementos de um corpo finito deve ser potência de primo (um corpo com EUREKA! N°15, 2002

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pn elementos, p primo, n inteiro positivo, é o conjunto dos polinômios com coeficientes em =/p=, vistos módulo um polinômio P(x) de grau n e irredutível em =/p=[x]). Assim, tal construção só nos permite construir planos projetivos de ordem potência de primo. Será que existem planos projetivos com outra ordem?

Conjectura-se que não, porém esse problema continua em aberto. O teorema de Bruck-Ryser-Chowla ajuda um pouquinho, dizendo que se n ≡ 1 (mod 4) ou n ≡ 2 (mod 4) e n é ordem de um plano projetivo então n deve ser soma de dois quadrados.

Pensando nos casos pequenos, esse teorema elimina o caso n = 6. A demonstração de que não existe plano projetivo de ordem n = 10 foi obtida em 1989 por C. W. H. Lam (com o auxílio de um computador!) e a história da prova está disponível em [7].

O caso n = 12 está em aberto.

Planos projetivos também servem para construir alguns block designs. Um block design consiste num sistema de incidência (v, k, λ , r, b) na qual um conjunto X de v pontos é particionado numa família A de b subconjuntos (chamados blocks) de modo que dois pontos quaisquer determinam λ blocks com k pontos em cada block, e cada ponto está contido em r blocks. Na verdade, os cinco parâmetros não são independentes. Fica como exercício para você mostrar que vr = bk e λ (v – 1) = r (k – 1) (são duas contagens duplas). Assim, pode-se representar o block design simplesmente como (v, k, λ ). Se b = v (e, conseqüentemente, r = k) o block design é dito simétrico. Note que um plano projetivo de ordem n é block design (n2 + n + 1, n, 1). Outros exemplos e mais informações podem ser encontrados no site: http://mathworld.wolfram.com/BlockDesign.html.

Exercícios

08. (OPM 2001) No condado Heptaprojetivo havia 7 castelos, batizados segundo grandes personagens: Arnold (A), Borcherds(B), Conway (C), Dilbert (D), Erdös (E), Faltings (F), Gowers (G). Havia também 7 ruas, cada uma com 3 castelos, como mostra o mapa a seguir (uma rua é circular): A

B

G E

D

F

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C

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Um belo dia, o conde Steiner decidiu retirar as placas que identificavam os castelos para fazer uma limpeza. Na hora de recolocá-las, ninguém se lembrava do lugar correto de cada uma, nem mesmo os moradores dos castelos! Os arquivos do condado só indicavam os castelos que ficavam numa mesma rua, mas não a ordem em que eles estavam. Assim, o conde sabia que havia uma rua com os castelos {A, B, D}, outra com {B, C, E}, outra com {B, F, G}, etc.

Frente aos fatos, Steiner resolveu determinar todas as maneiras de recolocar as placas respeitando os arquivos do condado, isto é, todas as maneiras nas quais placas que estavam juntas em uma mesma rua continuassem juntas em uma rua, possivelmente em outra ordem. Duas destas maneiras estão representadas a seguir: A

B

F

C

G

A

B

E

D

E

G

F

C

D

Chamaremos essas maneiras de válidas. (a) Prove que o total de maneiras válidas é 7 vezes o número de maneiras válidas nas quais a placa A é colocada no castelo A. (b) Prove que o total de maneiras válidas nas quais a placa A é colocada no castelo A é 6 vezes o número de maneiras válidas nas quais a placa A é colocada no castelo A e a placa B é colocada no castelo B. (c) Determine o número de maneiras válidas.

09. No reino da Alândia há n cidades, assim como no reino da Belândia. Foram construídas m estradas, sendo que cada estrada passa por exatamente duas cidades, uma de cada reino. Mostre que se não existem quatro cidades ligadas n por um ciclo de estradas, então m ≤ (1 + 4n − 3 ) 2 Mostre que a igualdade pode ocorrer para infinitos valores de n.

Dicas: a igualdade pode ser demonstrada com uma injeção e contagem dupla - veja o artigo Grafos e Contagem Dupla, na Eureka! 12; para mostrar que a igualdade pode ocorrer para infinitos valores de n, encontre primeiro os valores de n para os quais 4n – 3 é um quadrado perfeito - você vai se surpreender!

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10. (Extensão do exemplo do artigo Grafos e Contagem Dupla) Na Terra de Oz há n castelos e várias estradas, sendo que cada uma liga dois castelos. Diz a lenda que se houver quatro castelos ligados em ciclo (ou seja, se existirem quatro castelos A, B, C, e D tais que A e B, B e C, C e D e D e A estão ligados), um dragão aparecerá do centro dos castelos e destruirá a Terra de Oz. Mostre que para esta desgraça não acontecer o número de estradas deve ser menor ou igual a n é mostre que para infinitos n é possível construir 1 + 4n − 3 4 n −1 1 + 4n − 3 estradas. (para mostrar isto você vai precisar saber um pouco 4 de Álgebra Linear).

( (

) )

REFERÊNCIAS: [1] D. Pedoe, Geometry: A Comprehensive Course. Este livro tem um bom texto não somente introdutório sobre geometria projetiva e contém mais aplicações geométricas. O problema 1 e os axiomas de planos projetivos foram retirados deste livro, assim como a construção de planos projetivos com coordenadas.

[2] L. Castro, Introdução à Geometria Projetiva, Revista Eureka! 8. A melhor referência que conheço para começar a estudar geometria projetiva aplicada a problemas de geometria.

[3] O problema 9 foi adaptado de um exemplo retirado do livro Graph Theory: An Introductory Course, de B. Bollobás. Ele é um caso particular do problema de Zaranckiewsky: qual é o número máximo de arestas de um grafo bipartido com m vértices em uma classe V1 e n vértices na outra classe V2, de modo que não haja nenhum subgrafo bipartido completo com r vértices de V1 e s vértices de V2? Tal número é normalmente representado por z(m; n; r; s).

[4] O problema 10 é uma extensão de um exemplo de meu artigo Grafos e Contagem Dupla, que está na Revista Eureka! 12.

[5] A construção do exemplo do problema 10 pode ser encontrada no livro Proofs From The Book, de Martin Aigner e Günter M. Ziegler. Mas tente você mesmo fazê-la antes!

[6] Curvas elípticas e a redução para a forma de Weierstrass podem ser encontradas em Rational Points on Elliptic Curves, de Joseph H. Silverman e Jonh Tate.

[7] A história da demonstração de que não existe plano projetivo de ordem 10 está em http://www.cecm.sfu.ca/organics/papers/lam/paper/html/paper.html [8] Um glosário de termos da Matemática e principais fatos relacionados está em http://mathworld.wolfram.com/ [9] Uma discussão muito interessante sobre o assunto está em http://www.mathematik.uni-bielefeld.de/~sillke/PUZZLES/projective_plane

(o grande matemático John Conway inclusive participa desta discussão).

EUREKA! N°15, 2002

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OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO

Þ Chegamos ao último número de 2002. Apresentamos,

como sempre, questões que não são encontradas facilmente na Internet. Feliz 2003, divirtam-se e enviem as suas soluções.

Continuamos à disposição na OBM para aqueles que estiverem interessados na solução de algum problema particular. Para tanto, basta contactar a OBM, através de carta ou e-mail.

Antonio Luiz Santos

Primeiramente vamos aos problemas propostos deste número 181.(Rússia-2002) Um número de quatro algarismos é escrito em um quadro negro. É

permitido adicionar 1 a quaisquer dois algarismos adjacentes se nenhum deles for igual a 9 ou subtrair 1 de quaisquer dois algarismos adjacentes se nenhum deles for igual a 0. Partindo de 1234 é possível obtermos 2002 após efetuarmos estas operações diversas vezes ?

182.(Rússia-2002) Seja ABC um triângulo cujas medidas dos lados são distintas duas a

duas. Exteriormente ao triângulo, são construídos sobre os seus lados os triângulos eqüiláteros ABC1, BCA1 e CAB1. Mostre que o triângulo A1B1C1 não é equilátero.

183.(Rússia-2002) Um polinômio quadrático de coeficientes inteiros e coeficiente do

segundo grau igual a 1 assume valores primos em três valores inteiros e consecutivos. Mostre que ele assume um valor primo em pelo menos mais um valor inteiro.

184.(Rússia-2002) Seja O o circuncentro de um triângulo isósceles ABC(AB = BC). Um ponto M pertence ao segmento BO e o ponto M' é o simétrico de M em relação ao ponto médio de AB. Sejam ainda K o ponto de interseção de M'O com AB e L um ponto sobre o lado BC tal que ∠ CLO = ∠ BLM . Mostre que os pontos O, K, B, L pertencem a um mesmo círculo.

185.(Rússia-2002) Qual o maior número de termos possível de uma progressão

aritmética de números inteiros positivos (a1, a2, a3,…,an) de razão igual a 2 tal que o número a k2 + 1 seja primo para todo k = 1, 2, 3,…,n?

186.(Rússia-2002) Sobre o eixo x são escolhidos pontos x1, x2,.., xn com n ≥ 3 distintos

dois a dois. Traçam-se então todas as parábolas de coeficientes do segundo grau igual a 1 e que cortam o eixo dos x somente nos pontos escolhidos. Sejam EUREKA! N°15, 2002

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y = f1 , ... , y = f m as equações destas parábolas. Mostre que a parábola y = f1 + ⋅ ⋅ ⋅ + f m corta o eixo x em exatamente dois pontos.

187.(Rússia -2002) Uma seqüência de números (an) é tal que a0 = 0 e a n +1 ≥ a n + 1 . n

Mostre a desigualdade :

∑

a k3

k =1

 n  ≥  a k   k =1 

∑

2

n− 188.(Rússia-2002) No intervalo (22n, 32n) são escolhidos 2 2 1 + 1 números ímpares.

Mostre que podemos encontrar entre estes números dois números tais que o quadrado de cada um deles não é divisível pelo outro.

189.(Albânia-2002) Sendo f : 5 ∗ → 5 uma função definida por

1 f (x ) =  2 3 

1+ x x

 − 2x   

Determine o valor da soma :  1   2   2002   2002   2002   2002  f + f  + ⋅⋅⋅ + f  +2f +2f  + ⋅⋅ ⋅ + 2 f    2002   2002   2002   2001   2000   1 

190.(Albânia-2002) Mostre como dividir um triângulo qualquer em :

(i) 2002 triângulos semelhantes a ele. (ii) 2003 triângulos semelhantes a ele.

191.(Irlanda-2002) Em um triângulo ABC tem-se que AB = 20, AC = 21 e BC = 29. Se D e E são pontos do segmento BC tais que BD = 8 e EC = 9, determine a medida do ângulo ∠DAE .

192.(Irlanda-2002) Suponha que n seja o produto de quatro números primos distintos a,

b, c, d tais que : (i) a + c = d (ii) a(a + b + c + d) = c (d – b) (iii) 1 + bc + d = bd Determine n.

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193.(Irlanda-2002) Seja (an) uma seqüência definida por a1 = 1, a2 = 1, a3 = 1

a n +1 a n − 2 − a n an −1 n ≥ 1.

e = 2 para todo n ≥ 3 . Prove que an é um inteiro positivo para todo

194.(Eslovênia-2002) 38 é o menor inteiro positivo tal que o seu quadrado termina com três quatros (382 = 1444). Qual o próximo inteiro positivo com esta propriedade ?

195.(Eslovênia-2002) Sejam M o ponto médio da base AB do trapézio ABCD; E um

ponto interior ao segmento AC tal que BC e ME intersectam-se em F; G o ponto de interseção de FD e AB; H o ponto de interseção de DE e AB. Mostre que M é o ponto médio do segmento GH. 196.(Eslovênia-2002) Sejam k um círculo do plano euclidiano, k1 e k2 dois círculos

disjuntos interiores a k e que o tangenciam nos pontos A e B respectivamente. Seja ainda (t) a tangente comum aos círculos k1 e k2 nos pontos C e D respectivamente tal que k1 e k2 estejam situados num mesmo semiplano determinado pela reta (t) enquanto que o centro do círculo k pertence ao outro semiplano. Se E é o ponto de interseção de AC e BD, mostre que o ponto E pertence ao círculo k.

197.(Eslovênia-2002) Determine o menor inteiro positivo que pode ser escrito como uma soma de 9, 10 e 11 inteiros positivos consecutivos.

198.(Estônia-2002) Em um triângulo ABC tem-se que ∠ B = 2 ⋅ ∠ C e a bissetriz do ângulo ∠ A intersecta o lado BC no ponto D tal que AB = CD. Determine a medida do ângulo ∠ A .

199.(Estônia-2002) Um número natural de 10 algarismos distintos é dito mágico se ele for múltiplo de 99999. Quantos números mágicos não começados por zero existem ?

200. (Grécia-2002) Determine todos os inteiros positivos N tais que :

(i) N possui exatamente16 divisores 1 = d1 < d 2 < ... < d16 = N

(ii) d 5 = (d 2 + d 4 )d 6 .

201. (Inglaterra-2002) Um quadrilátero ABCD está inscrito em um círculo. As diagonais

AC e BD intersectam-se no ponto Q. Os prolongamentos dos lados DA e CB, a partir de A e B respectivamente, intersectam-se em P. Sabendo que CD = CP = DQ, mostre que ∠ CAD = 60º .

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202.(Inglaterra-2002) Doze pessoas estão sentadas em torno de uma mesa circular. De

quantos modos seis pares de pessoas podem trocar apertos de mão de modo que não haja cruzamentos de braços?

(Não é permitido que uma pessoa troque apertos de mão com mais de uma pessoa de cada vez)

203.(Inglaterra-2002) Seja f uma função de 1 em 1, onde 1 é o conjunto dos números inteiros não negativos, que possui as seguintes propriedades : (i) f (n + 1) > f (n ), para cada n ∈ 1 . (ii) f (n + f (m )) = f (n ) + m + 1 , para todos m, n ∈ 1 .

Determine todos os valores possíveis de f(2001).

204.(Inglaterra-2002) A altura traçada de um dos vértices de um triângulo ABC

intersecta o lado oposto no ponto D. A partir do ponto D são traçadas perpendiculares aos outros dois lados intersectando-os nos pontos E e F. Mostre que a medida do segmento EF independe do vértice do qual a altura é traçada.

205.(Áustria-2002) Determine o menor inteiro positivo x para o qual todas as frações :

3 x + 9 3x + 10 3x + 11 3 x + 49 , , , ... , 8 9 10 48 são irredutíveis.

206.(Áustria-2002) Determine o maior número real C tal que

((x + y )

2

)(

− 6 (x − y ) + 8 2

(x − y )

2

)≥ C

é verdadeira para todos os números reais x e y (x ≠ y ) com xy = 2. Para quais pares ordenados (x, y) a igualdade é verdadeira ?

207.(Áustria-2002) Seja f (x ) =

9x 9x + 3

 k  Determine a soma de todas as expressões da forma f   onde k é um número  2002  k seja irredutível. inteiro entre 0 e 2002 tal que a fração 2002 208. (Bielorússia-2002) Determine o maior número possível de grupos que podem ser extraídos do conjunto {1, 2, 3,…,19, 20}, de modo que o produto dos números de cada um dos grupos seja um quadrado perfeito .

(O grupo pode conter apenas um número e, neste caso, o produto é igual a este número; além disso, cada número deve fazer parte de apenas um grupo) EUREKA! N°15, 2002

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209. (Bielorússia-2002) A altura CH de um triângulo retângulo ABC, com ∠C = 90º

intersecta as bissetrizes AM e BN nos pontos P e Q respectivamente. Prove que a reta que passa pelos pontos médios de QN e PM é paralela à hipotenusa de ABC. 210. (Bielorússia-2002) Um conjunto de números naturais de três algarismos formados

com 1, 2, 3, 4, 5, 6 é chamado agradável se ele satisfaz à seguinte condição: para quaisquer dois algarismos distintos de 1, 2, 3, 4, 5, 6, existe um número deste conjunto que contém ambos. Se, para qualquer conjunto agradável calcularmos a soma de seus elementos, determine o menor valor possível destas somas.

ÞÞÞ

Agora vamos aos comentários e soluções dos leitores para alguns dos problemas apresentados em números anteriores de EUREKA!. Como sempre, 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.

32. (Moldávia-1998) A seqüência

an =

(a n ) ,

n ∈ 1* 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

Resumo das soluções de diversos leitores: Escrevamos a lei de recorrência de uma forma ligeiramente diferente: 1 1 1 1 = 2n + ⇔ − = 2n an a n −1 a n a n −1 Logo, n  1 1  n   = (2k ) − a k −1  k =2 k =2  a k

∑

∑

O primeiro membro desta última igualdade é uma soma telescópica e igual a 1 1 − enquanto que o segundo membro é igual a a n a1 (4 + 2n )(n − 1) . Daí, 4 + 6 + 8 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2n = 2

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1 1 1 1 1 â&#x2C6;&#x2019; 2 = (n + 2)(n â&#x2C6;&#x2019; 1) â&#x2021;&#x201D; = n(n + 1) â&#x2021;&#x201D; an = = â&#x2C6;&#x2019; an an n(n + 1) n n + 1 Finalmente, 1998 1998 1  1 1998 1 = ai =  â&#x2C6;&#x2019;  =1â&#x2C6;&#x2019; 1999 1999 n + 1 i =1 n =1  n

â&#x2C6;&#x2018;

â&#x2C6;&#x2018;

36.(China-1999) Seja PQRS um quadrilĂĄtero inscrito num cĂ­rculo e cuja medida do

ângulo â&#x2C6; PSR seja igual a 90 o . Se H e K sĂŁo os pĂŠs das perpendiculares baixadas de Q sobre PR e PS respectivamente (convenientemente prolongados se necessĂĄrio).

Mostre que HK divide QS ao meio.

Resumo das soluçþes de diversos leitores: Seja G o ponto de interseção de KH e SR. Como P, Q, R e S sĂŁo cĂ­clicos (pertencem a um mesmo cĂ­rculo), assim como K, Q, H e P tem-se que â&#x2C6; QKG = â&#x2C6; QKH = â&#x2C6; QPR = â&#x2C6; QSG . DaĂ­ K, Q, G e S sĂŁo cĂ­clicos com â&#x2C6; KSG = Â&#x152; = â&#x2C6; SKQ . Desta forma, KQGS ĂŠ um retângulo e KH divide QS ao 2 meio.

39. (Irlanda-1999) Determine todos os inteiros positivos m tais que a quarta potĂŞncia do

nĂşmero de seus divisores positivos ĂŠ igual a m.

Resumo das soluçþes de diversos leitores: Observemos em primeiro lugar que m = 1 possui a referida propriedade.

Suponhamos agora que m â&#x2030;Ľ 2. Como m ĂŠ uma quarta potĂŞncia ele pode ser escrito univocamente como m = p14 1 Ă&#x2014; p 24 2 Ă&#x2014; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; Ă&#x2014; p n4 n onde p1 < p 2 < â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; < p n sĂŁo nĂşmeros primos e i > 0, i = 1, 2, ... , n . O nĂşmero de divisores de m ĂŠ dado por (4 1 + 1)(4 2 + 1) â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; (4 n + 1) A requerida propriedade ĂŠ (4 1 + 1)(4 2 + 1)â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; (4 n + 1) = p1 1 Ă&#x2014; p2 2 Ă&#x2014; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; Ă&#x2014; p n n Como o lado esquerdo ĂŠ Ă­mpar entĂŁo p1 â&#x2030;Ľ 3 . Observe que 3 > 4 + 1 se β â&#x2030;Ľ 3 ; tambĂŠm, 5 > 4 + 1 se β â&#x2030;Ľ 2 ; finalmente p > 4 + 1 se β â&#x2030;Ľ 1 e p â&#x2030;Ľ 7 . AlĂŠm disso, 5 â&#x2030;Ľ 4 + 1 se β â&#x2030;Ľ 1 , assim, se p β < 4 β + 1 para algum primo Ă­mpar p e algum β â&#x2030;Ľ 1 entĂŁo p = 3 . Deste modo, devemos ter p1 = 3 ou p1 = 5 .

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1Âş Caso : p1 = 5 Neste caso, β 1 = 1 e assim 5(4 2 + 1)â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; (4 n + 1) = 5 Ă&#x2014; p 2 2 Ă&#x2014; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; Ă&#x2014; p n n Pela terceira desigualdade acima nĂŁo podem existir outros fatores primos em m distintos de 5 e portanto a Ăşnica solução ĂŠ m = 5 4 .

2º Caso : p1 = 3 . Claramente β 1 = 1 ou β 1 = 2 uma vez que 33 > 4(3) + 1 .

Se β 1 = 1 , entĂŁo 5(4 2 + 1) â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; (4 n + 1) = 3 Ă&#x2014; p 2 2 Ă&#x2014; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; Ă&#x2014; p n n . Assim p 2 = 5 . Se 5 β 2 > 2 entĂŁo 5 2 > (4 2 + 1) o que nos leva a uma contradição. Deste modo, 3 β 2 = 1 ou β 2 = 2 .

Se β 2 = 1 entĂŁo 25(4 3 + 1)â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; (4 n + 1) = 15 Ă&#x2014; p3 3 Ă&#x2014; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; Ă&#x2014; p n n o que ĂŠ uma contradição jĂĄ que 25 nĂŁo divide o lado direito.

Se β 2 = 2 , entĂŁo 45(4 3 + 1)â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; (4 n + 1) = 75 Ă&#x2014; p3 3 Ă&#x2014; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; Ă&#x2014; p n n contradição jĂĄ que 9 nĂŁo divide o lado direito.

o que ĂŠ uma

Se β1 = 2 entĂŁo 9(4 2 + 1)â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; (4 n + 1) = 9 Ă&#x2014; p 2 2 Ă&#x2014; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; Ă&#x2014; pn n .

NĂŁo podemos ter p 2 â&#x2030;Ľ 7 logo, n = 1 ou ( n = 2 e p 2 = 5 e β 2 = 1 ). O primeiro caso nos dĂĄ m = 38 ; o Ăşltimo caso nos dĂĄ m = 38 Ă&#x2014; 5 4 . Concluindo existem quatro soluçþes a saber, 1, 5 4 , 38 e 38 Ă&#x2014; 5 4 40. (Irlanda-1999) Mostre que existe um nĂşmero inteiro positivo na seqßência de

Fibonacci que ĂŠ divisĂ­vel por 1000 .

Resumo das soluçþes de diversos leitores: Considere o conjunto de 106 + 1 pares

( )

{(F , F i

i +1

)|

tomados mod 10 3 . Como o conjunto

i = 1,2, ... ,10 6

{(a, b ) |

}

0 â&#x2030;¤ a, b â&#x2030;¤ 999} com a e b inteiros

possui apenas 10 6 elementos, o PrincĂ­pio da Casa dos Pombos nos diz que existem inteiros i > j tais que Fi + 1 â&#x2C6;&#x2019; F j + 1 e Fi â&#x2C6;&#x2019; F j sĂŁo ambos divisĂ­veis por 1000. Mas

(

) (

Fi â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019; F j â&#x2C6;&#x2019;1 = Fi +1 â&#x2C6;&#x2019; F j +1 + F j â&#x2C6;&#x2019; Fi EUREKA! N°15, 2002

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)

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Logo, Fi −1 − F j −1 é também divisível por 1000. Argumentando desta maneira de frente para trás vemos que Fi − j + 1 − F1 e Fi − j − F0 são divisíveis por 1000. Mas, F0 = 0 daí, Fi − j é divisível por 1000.

60. (St.Petersburg-1999) Três mágicos apresentam um truque entregando a uma pessoa da platéia um maço de cartas numeradas com 1, 2,...,2 n + 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.

SOLUÇÃO DE JEAN-CHRISTOPHE YOCCOZ (PARIS - FRANÇA):

A ideia é que cada mágico transmita de algum jeito a soma de suas n cartas módulo 2n + 1 (e então o outro mágico descobre a carta que foi retirada, que é o simétrico da soma dos dois resultados módulo 2n + 1).

Assim, basta definir uma função f : =

×

=

(2n + 1)=

→

=

(2n + 1)=

tal

e um subconjunto arbitrário A de = com n (2n + 1)= (2n + 1)= elementos eles satisfazem a propriedade P(A, c): existem elementos distintos x e y de A com f(x, y) = c.

A idéia é mostrar a existência de uma função f(x, y) como acima que seja equivariante, isto é, que satisfaça f(x + c, y + c) = f(x, y) + c, para quaisquer x, y e c. É fácil ver que para uma tal função f vale P(A, c) se e somente se vale P(A – c, 0), onde A – c = {x – c | x ∈ A}. Assim, basta ver que todo A com n elementos satisfaz P(A, 0). Agora, em vez de construir f, vamos construir a pré-imagem de 0 pela f (ou um subconjunto conveniente dela).

Pela equivariância, se (x, y) e (u, v) são pares distintos com f(x, y) = f(u, v) = 0 então y – x tem que ser diferente de v – u, senão, para c = u – x, temos (u, v) = (x+ c, y + c), donde f(u, v) = c. Por outro lado, dado um conjunto de pares{(x1, y1),...,(xk, yk)} com yj – xj distinto de yi – xi para todo i distinto de j, existe uma função equivariante f com f(xi, yi) = 0 para todo i. Nosso problema agora se reduz a encontrar um conjunto de pares {(x1, y1),...,(xk, yk)} com os yi – xi todos distintos (e distintos de 0) tal que para todo A com n elementos exista i tal que xi e yi estejam em A. Fazemos com que esse conjunto de pares contenha os pares (0, 1), (2, 1), (0, 2), (3, 6), (9, 6), (3, 9), (4, 8), (12, 8) e (4, 12). Note que as diferenças yi – xi são 1, –1, 2, 3, – 3, 6, 4, – 4 e 8, e que um A ruim só pode conter um elemento de cada uma das triplas {0, 1, 2}, {3, 6, 9} e

que, dado c em

=

( 2n + 1)=

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{4, 8, 12}. Vamos completar nosso conjunto de pares com n – 4 pares que formarão

=

\{0, 1, 2, 3, 6, 9, 4, 8, 12}. Um conjunto ruim só pode (2n + 1)= ter um elemento de cada par, tendo pois no máximo n – 4 + 3 = n – 1 elementos, como queríamos. Para isso considere alguns casos: uma partição de

I)

n par, n ≥ 12: Escrevemos n = 2k. Os pares serão (– k + 6, k + 6), (– k + 7, k + 5),...,(–1, 13) (diferenças n, n – 2 ,...,14); (k + 7, 3k + 6), (k + 8, 3k + 5),...,(2k + 4, 2k + 9) (diferenças n –1, n – 3,...,5); e (2k + 5, 5), (2k + 6, 7), (2k + 7, 11) e (2k + 8, 10) (diferenças – n, 1 – n, 4 – n e 2 – n).

II)

n ímpar, m ≥ 13: Escrevemos n = 2k + 1. Os pares serão (–1, 13),..., (– k + 6, k + 6) (diferenças 14 ,..., n –1); (k + 7, 3k + 8),...,(2k + 5, 2k + 10) (diferenças n ,..., 5); e (2k + 6, 5), (2k + 7, 7), (2k + 8, 11) e (2k + 9, 10) (diferenças – n, 1– n, 4 – n e 2 – n).

Casos particulares anteriores: n = 7: Pares (5, 10), (13, 11) e (7, 14) (diferenças 5, – 2 e 7). n = 8: Pares (5, –1), (7, 14), (15, 10) e (13, 11) (diferenças – 6, 7, – 5 e – 2). n = 9: Pares (5, 14), (16, 7), (10, 17), (18, 11) e (15, 13) (diferenças 9, –9, 7, –7 e –2). n = 10: Pares (20, 10),(19, 11),(18, 13),(5, 14),(16, 7) e (17, 15) (diferenças –10, – 8, – 5, 9, – 9 e – 2). n = 11: Pares (16, 5), (17, 7), (20, 11), (18, 10), (19, 13), (21, 14) e (15, 22) (diferenças – 11, – 10 , – 9, – 8, – 6, – 7 e 7).

ÞÞÞ

Publicamos a seguir, a pedidos, uma solução do problema 12, proposto na Eureka! No. 8.

12. (Irlanda-1999) Três números a < b < c estão em progressão aritmética se c – b = b –

a. Definamos a seqüência (un), n = 0, 1, 2, 3,… da seguinte maneira: u0 = 0, u1 = 1 e para cada n ≥ 1, un + 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.

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Vamos mostrar por indução que se

n = ( ak ak −1 ...a0 ) 2 , i.e, n =

a j ∈ {0,1}, ∀j , então u n = (a k a k −1 ...a0 ) 3 =

k

∑a

j

k

∑a

j

⋅ 2 j , com

j =0

⋅ 3 j . Suponha que isso seja válido

j =0

para 0 ≤ n ≤ 2 − 1 (isso é verdade para k = 1). k

Como {u 0 , u1 ,..., u 2 k −1 } não possui três elementos em progressão aritmética e u 2 k −1 =

k −1

∑

1⋅ 3 j =

j =0

{

}

3k − 1 , então u 0 , u1 ,..., u 2 k −1 ,3k + u 0 ,3 k + u1 ,...,3 k + u 2 k −1 também 2

não possui três elementos em progressão aritmética, pois se dois termos de uma 3k − 1 progressão aritmética estão entre 0 e , então o terceiro termo é menor ou igual 2 a 3 k − 1 < 3k , e se dois termos de uma progressão aritmética estão entre 3k e 3k + 3k − 1 3k − 1 3 k + 1 3 k − 1 então o termo anterior é maior ou igual a 3 k − . = > 2 2 2 2 Vamos ver que, de fato, u 2 k = 3 k , donde u 2 k + j ≥ 3 k + u j para 0 ≤ j ≤ 2 k − 1 , e logo, pelo fato acima, u 2 k + j = 3k + u j , para 0 ≤ j ≤ 2 k − 1. Para isso, basta ver que se 3k − 1 < u < 3 k então {u 0 , u1 ,..., u 2 k −1 , u} contém uma progressão aritmética de três 2 termos. Seja u =

k −1

∑b

⋅ 3 j , com b j ∈ {0,1,2}, ∀j. Então u = 2v 2 − v1 , onde

j

j =0

v2 =

k −1

∑d

j

⋅ 3 j , v1 =

j =0

k −1

∑c

j

⋅ 3 j , e, se b j = 0 , então (c j , d j ) = (0,0); se b j = 1 então

j =0

(c j , d j ) = (1,1) e, se bj = 2 então (c j , d j ) = (0,1).

Em particular, {c j , d j } ⊂ {0,1}, ∀j , donde v1 e v2 pertencem a {u 0 , u1 ,..., u 2 k −1 } , e u − v 2 = v 2 − v1 , logo v1 < v 2 < u estão em progressão aritmética.

Finalmente, 100 = 26 + 25 + 22, donde u100 = 36 + 35 + 32 = 981.

ÞÞÞ

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Acusamos o recebimento de soluções de problemas anteriores dos seguintes leitores de EUREKA!: Anderson Torres

São Paulo - SP

Carlos A. Gomes Erasmo de Souza Dias Fernando Carvalho Ramos Francisco B. de Lima Holanda Geraldo Perlino Geraldo Perlino Júnior

Natal - RN Goiânia - GO Santa Maria - RS Fortaleza - CE Itapecerica da Serra - SP Cotia - SP

Gibran Medeiros de Souza Helder Oliveira de Castro

Natal - RN Mogi das Cruzes - SP

Luiz Sérgio Carvalho de Mello Marcelo Ribeiro de Souza Marcelo Rufino de Oliveira

Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Belém - PA

Okakama Matsubaxi Renato F. L. Mello Tertuliano C. de Souza Neto

São Paulo - Sp J. dos Guararapes - PE Salvador - BA

Prob. 24, 32, 35, 37, 40, 43, 45, 51, 54, 56, 63, 88, 103, 143, 151, 154, 158, 160, 164, 168, 169, 170, 171, 172.

Prob. 151, 162, 174.

Prob. 151.

Prob. 151, 160, 163, 174.

Prob. 36, 45, 47, 69, 87, 88, 102, 104, 109, 169, 170.

Prob. 151, 160, 161, 164, 167.

Prob. 151, 152, 153, 154, 158, 159, 160, 161, 162, 163, 167, 168, 170, 171, 172, 173, 174, 178, 179, Prob. 163, 166.

Prob. 43, 45, 46, 54, 66, 63, 67, 70, 74, 86, 90, 99, 101, 115, 128, 133, 143.

Prob. 138, 151, 166.

Prob. 151, 153, 154, 160, 162.

Prob. 151, 152, 153, 154, 158, 160, 162, 163, 164, 165, 171, 172, 173, 174, 179, 180.

Prob. 130.

Prob. 154, 160, 162, 166, 173, 179.

Prob. 61, 62, 68, 69, 70, 72, 74, 76, 82, 83, 87, 88, 90.

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114, 124,

165, 166,

102, 105,

166, 170,

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

66) Prove que, dados um inteiro n ≥ 1 e um conjunto A ⊂ = / n 2 = com n

com elementos tal elementos existe B ⊂ = / n 2= n 2 2 A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B} ⊂ = / n = tem mais de n /2 elementos.

que

SOLUÇÃO DE ZOROASTRO AZAMBUJA NETO (RIO DE JANEIRO - RJ):

Vamos mostrar que, dado um conjunto X ⊂ = / n 2 = , existe t ∈ = / n 2 = tal que ( A + {t}) ∩ X tem pelo menos X / n elementos, onde X é o número de elementos de X. De fato,

(A + {t}) ∩ X = ∑ ∑ {t ∈ = / n = a + t = x} = A ⋅ X ∑ = = 2

= n⋅ X ,

a∈A x∈ X

t∈ / n 2

pois, para cada a ∈ A e x ∈ X , existe um único t ∈ = / n 2 = tal que a + t = x. Assim, 1 ( A + {t}) ∩ X = X / n , donde o número médio de elementos de n 2 t∈= / n 2 =

∑

(A + {t}) ∩ X é

Agora,

X / n , o que claramente implica a nossa afirmação.

dado

k ≥0

t1 , t 2 ,..., t k ∈ = / n 2 =

existem

tais

que

1 n 2 − A + {t1 , t 2 ,..., t k } ≤ n 2 ⋅ (1 − ) k . De fato, por indução, dados tais t1 , t 2 ,..., t k , n pela afirmação acima existe t k +1 ∈ = / n 2 = com (A + {t k +1}) ∩ (= / n 2 =) \ ( A + {t1 , t 2 ,..., t k }) ≥ 1 ⋅ = / n 2 = \ ( A + {t1 , t 2 ,...,t k }) , n C donde ( A + {t1 , t 2 ,..., t k +1 }) = (( A + {t1 , t 2 ,..., t k }) ∪ (A + {t k +1 }) ) C ≤

(

)

(

)

k

1  1  1 2  1 C 2 1 − . ( A + {t1 , t 2 ,..., t k }) ≤ 1 −  ⋅ n ⋅ 1 −  = n 1 −  n n n n        denota

(= / n =)\ X ; temos 2

k +1

(aqui

XC

X C = n2 – X ). n

 1 Assim, existe B = {t1 , t 2 ,..., t n } tal que n 2 − A + B ≤ n 2 ⋅ 1 −  < n 2 / 2 , donde  n A + B > n 2 / 2.

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Obs.

Para

 1 n  n ≥ 1,  1 −    n    

−1

 n 1  n   1 =  > 1 +  ≥ 1 +   ⋅ = 2,  n −1  n 1  n n

n

donde

n

1  n   < .  2  n −1

70)

P1

X1

X5 P5

P2 Q1

Q5

Q2

Q4 X4

Q3

X2

X3 P3

P4

Na figura acima, para 1 ≤ j ≤ 5, X j é o ponto de interseção dos círculos circunscritos aos triângulos Qj –1 PjQj e Qj Pj + 1 Qj + 1 distintos de Qj (os índices são tomados módulo 5). Prove que o pentágono X1X2X3 X4X5 é inscritível.

Obs: O pentágono P1P2P3P4P5 não é necessariamente regular.

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SOLUÇÃO DE ALEX CORRÊA ABREU (NITERÓI – RJ):

B

Y1

.

D

Y2 .

Y

F Y3

. .

A

E

Y4

C

Lema: As circunferencias circunscritas a BDF, CEF, CDA, BEA, tem um ponto em comum.

Prova: Seja X a intersecção das circunferencias circunscritas a BDF, CEF. Y1, Y2, Y3, Y4, o pé das perpendiculares por Y a BD, BE , CD, CE respectivamente ⇒ Y1 , Y2 , Y3 são colineares pela reta de Simson já que Y pertence a circunferência circunscrita a BDF e analogamente Y2 , Y3 , Y4 também são logo Y1 , Y2 , Y3 , Y4 são colineares. Portanto pela recíproca da reta de Simson, Y pertence à circunferência circunscrita a ABE, ( Y1 , Y2 , Y4 colineares) e à circunferência circunscrita a ADC (Y1 , Y3 , Y4 colineares).

P1

X1

X5 P5

P2

Q1

Q5

Q2

Q4 X4

Q3

X2

X3 P3

P4

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Agora X 2 Xˆ 1Q2 = Q2 Pˆ2 X 2 pois X 1 X 2 P2Q2 é inscritível e Q2 Xˆ 1 X 3 = Q2 Pˆ4 X 3 pois X 1 ∈ circunferência circunscrita a P1Q2 P4 pelo lema e X 3 também.

Analogamente Q Xˆ X = Q Pˆ X e Q Xˆ X = X Pˆ Q ⇒ X Xˆ Q = Q Xˆ X e 3

4

3

3 4

3

3

4

2

2 2

2

2

1

2

3

4

2

Q2 Xˆ 1 X 3 = Q3 Xˆ 4 X 3 ⇒ X 2 Xˆ 1 X 3 = X 2 Xˆ 4 X 3 ⇒ X1 X 2 X 3 X 4 é inscritível; analogamente X 2 X 3 X 4 X 5 também é, logo X 1 X 2 X 3 X 4 X 5 é inscritível.

72) Ache todas as funções f :

∀x, y ∈ 5.

5

→

5

tais que f ( x 4 + y ) = x 3 f ( x ) + f ( f ( y )),

SOLUÇÃO DE RODRIGO VILLARD MILET (RIO DE JANEIRO – RJ):

f ( x 4 + y ) = x 3 f ( x) + f ( f ( y )) (I) Em (I) , x = 0 ⇒ f ( y ) = f ( f ( y )), logo f ( x 4 + y ) = x 3 f ( x) + f ( y ) (I'). Agora fazendo x = 1 e y = 0, segue que f(0) = 0. Portanto, fazendo y = 0, temos f ( x 4 ) = x 3 f ( x ) (II) (Em particular, f é ímpar). Em (I'), f ( x 4 + y ) = f ( x 4 ) + f ( y ) , donde f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , para todo x > 0. Mas como f é ímpar, é fácil ver que vale f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , para todos x, y reais.

Lema: Todo x real pode ser escrito (de forma única) como x = u + v, onde f(u) = u e f(v) = 0.

Prova: x = f ( x) + ( x − f ( x)) . Tome u = f (x ) e v = x − f (x) . Para a unicidade, suponha que x = u + v = u '+v ' . Daí u − u ' = v '−v e aplicando f, segue que u = u' e assim, v = v'.

Agora, em (II), escreva x = u + v, como no lema. Então: f ((u + v) 4 ) = (u + v) 3 f (u + v) ⇒ 4 f (u 3 v) + 6 f (u 2 v 2 ) + 4 f (uv3 ) = 3u 2 v(u + v) (III) Podemos trocar v por –v, pois f(–v) = 0, logo: − 4 f (u 3 v) + 6 f (u 2 v 2 ) − 4 f (uv 3 ) = −3u 2 v(u − v) (IV) u 2v2 . Pelo lema, u 2 v 2 = u '+v ' , com f(u') = u' e f(v') 2 u '+ v' = 0. Daí segue que u ' = f (u '+v ' ) = ⇒ u ' = v ' . Aplicando f, segue que u' = v' = 0, 2 ou seja u ≡ 0 ou v ≡ 0 , o que nos dá respectivamente as soluções f ( x) ≡ 0 e f ( x ) ≡ x , que claramente satisfazem a equação (I).

Fazendo (III) + (IV): f (u 2 v 2 ) =

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Agradecemos tambÊm o envio das soluçþes e a colaboração de: Rildo Alves do Nascimento Leno Silva Rocha Minh Perez Carlos Alberto da Silva Victor

Santa Maria da Boa Vista â&#x20AC;&#x201C; PE Goiânia â&#x20AC;&#x201C; GO Rehoboth, EUA NilĂłpolis â&#x20AC;&#x201C; RJ

Seguimos aguardando o envio de soluçþes dos problemas propostos Nº. 68, 69, 71 e 73 publicado na revista Eureka! Nº. 14

9RFr VDELDÂŤ

TXH SDUD FRPSOHWDU XP iOEXP FRPSRVWR SRU n ILJXULQKDV VXSRQGR TXH YRFr FRPSUH ILJXULQKD SRU GLD R WHPSR HVSHUDGR PpGLR p n â&#x2039;&#x2026; ln n GLDV" &RQVLGHUDQGR XPD VLWXDomR QD TXDO YRFr WHP XP iOEXP FRP ILJXULQKDV H FRPSUH XP SDFRWH GH ILJXULQKDV SRU GLD YRFr GHYH GHPRUDU XP DQR SDUD FRPSOHWDU R iOEXP

9RFr VDELDÂŤ

TXH IRL GHVFREHUWR SRU 0DQLQGUD $JUDZDO 1LWLQ 6D[HQD H 1HHUDM .D\DO XP DOJRULWPR GHWHUPLQtVWLFR TXH FKHFD D SULPDOLGDGH GH Q~PHURV QDWXUDLV n HP WHPSR SROLQRPLDO HP ORJ n" 3DUD PDLV LQIRUPDo}HV YHMD http://www.cse.iitk.ac.in/news/primality.html 4: http://www.utm.edu/research/primes/prove/prove4_3.html

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PROBLEMAS PROPOSTOS Convidamos o leitor a enviar soluções dos problemas propostos e sugestões de novos problemas para os próximos números.

74) Ache todas as funções f : 5 → 5 tais que: f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x) ⋅ cos y,

∀x, y ∈ 5.

75) Seja Tn um triângulo retângulo cujos lados medem (4 ⋅ n 2 ,4 ⋅ n 4 − 1,4 ⋅ n 4 + 1) ,

onde n é um número inteiro positivo. Seja α n a medida do ângulo oposto ao lado de medida 4 ⋅ n 2 . Mostre que, se n varia dentro dos inteiros positivos, α 1 + α 2 + α 3 + ... = 90 0 .

76) Mostre que um polígono qualquer pode ser recortado e os recortes

reorganizados, sem superposição, de tal jeito que formem um quadrado.

77) Prove que as distâncias entre um ponto sobre uma circunferência e os quatro

vértices de um quadrado nesta inscrita não podem ser todos números racionais.

78) Seja ABCD um quadrilátero convexo não trapézio, de diagonais AC e BD iguais.

Tomamos sobre os lados AB e CD, respectivamente, pontos P e Q tais que: AP DQ AD = = PB QC BC Mostre que os pontos P e Q são colinares com o ponto de interseção das mediatrizes dos lados AD e BC. 79) Temos uma fileira infinita de copos, cada um deles associado a um inteiro k, e

um número finito de pedras distribuídas de alguma maneira por esses copos. Se há pelo menos duas pedras no copo k podemos pular uma pedra para o copo k – 1 e outra para o copo k + 1.

Prove que fazendo movimentos desse tipo um número suficientemente grande de vezes, chega-se necessariamente a uma situação onde não é possível fazer nenhum movimento desse tipo (i.e., onde há no máximo uma pedra em cada copo), e que a configuração final não depende da escolha dos movimentos durante o processo.

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{

}

1+ 5 , A = {nα , n ∈ 1 *} e B = nα 2 , n ∈ 1 * . Prove que 2 A ∩ B = ∅ e A∪ B = 1*.

80) Sejam α =

Obs. x  é o inteiro tal que x  ≤ x < x  + 1.

Problema 74 proposto por Gibran M. de Souza (Natal - RN); Problema 75 proposto por Carlos A. Gomes (Natal - RN); Problema 76 proposto por Eduardo Casagrande Stabel (Porto Alegre - RS); Problemas 77 e 78 propostos por Evandro Makiyama de Melo (São Paulo - SP).

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COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad

(UFJF)

Juiz de Fora – MG

Amarísio da Silva Araújo

(UFV)

Viçosa – MG

Benedito Tadeu Vasconcelos Freire

(UFRN)

Natal – RN

Carlos Frederico Borges Palmeira

(PUC-Rio)

Rio de Janeiro – RJ

Claudio Arconcher

(Colégio Leonardo da Vinci)

Jundiaí – SP

Claus Haetinger

(UNIVATES)

Lajeado – RS

Cleonor Crescêncio das Neves

(UTAM)

Manaus – AM

Élio Mega

(Colégio Etapa)

São Paulo – SP

Florêncio Ferreira Guimarães Filho

(UFES)

Vitória – ES

Ronaldo Alves Garcia

(UFGO)

Goiânia – GO

Alexandra de Oliveira Abdala Cousin

(UEM)

Maringá – PR

Ivanilde Fernandes Saad

(UC. Dom Bosco)

Campo Grande– MS

Jacqueline Fabiola Rojas Arancibia

(UFPB)

João Pessoa – PB

João Benício de Melo Neto

(UFPI)

Teresina – PI

João Francisco Melo Libonati

(Grupo Educacional Ideal)

Belém – PA

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 Luiz Rosas Pinho

(UFSC)

Florianópolis – SC

José Vieira Alves

(UFPB)

Campina Grande – PB

Licio Hernandes Bezerra

(UFSC)

Florianópolis – SC

Luzinalva Miranda de Amorim

(UFBA)

Salvador – BA

Marcelo Rufino de Oliveira

(Grupo Educacional Ideal)

Belém – PA

Marcondes Cavalcante França

(UFC)

Fortaleza – CE

Pablo Rodrigo Ganassim

(Liceu Terras do Engenho)

Piracicaba – SP

Ramón Mendoza

(UFPE)

Recife – PE

Reinaldo Gen Ichiro Arakaki

(INPE)

SJ dos Campos – SP

Ricardo Amorim

(Centro Educacional Logos)

Nova Iguaçu – RJ

Roberto Vizeu Barros

(Colégio Acae)

Volta Redonda – RJ

Rosângela Souza

(Colégio Singular)

Santo André – SP

Sérgio Cláudio Ramos

(IM-UFRGS)

Porto Alegre – RS

Tadeu Ferreira Gomes

(UEBA)

Juazeiro – BA

Tomás Menéndez Rodrigues

(U. Federal de Rondônia)

Porto Velho – RO

Valdenberg Araújo da Silva

(U. Federal de Sergipe)

São Cristovão – SE

Wagner Pereira Lopes

(CEFET – GO)

Jataí – GO

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