Eureka 2004 by demi de

CONTEÚDO

AOS LEITORES

XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase

XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase

XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Terceira Fase

XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase – Nível Universitário

XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase – Nível Universitário

XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Premiados

AGENDA OLÍMPICA

COORDENADORES REGIONAIS

Sociedade Brasileira de Matemática

AOS LEITORES Neste número apresentamos os problemas e soluções da XXV Olimpíada Brasileira de Matemática, realizada durante o ano passado. A seguir o discurso do Prof. Jacob Palis Jr. na premiação da XXV Olimpíada Brasileira de Matemática, realizada na VII Semana Olímpica, na cidade de Belo Horizonte - MG em janeiro de 2004. Os editores. Antes de apresentar breves, e certamente apaixonadas palavras sobre as Olimpíadas Brasileiras de Matemática, quero registrar a minha admiração por um dos seus grandes e talvez o maior de seus precursores: o professor Shigeo Watanabe. Embora físico é devido a ele uma pioneira e ampla atividade de Olimpíadas de Matemática no Estado de São Paulo, com o apoio da Academia de Ciências de São Paulo e da Secretaria Estadual de Educação de São Paulo. Seu exemplo, mais do que qualquer outro, inspirou a todos nós. Também congratulo-me com todos os alunos premiados, seus professores e familiares. A Olimpíada Brasileira de Matemática – OBM existe desde 1979. Segundo o próprio relatório de atividades 1997 – 2003 do Programa Nacional de Olimpíadas de Matemática, que gentilmente foi preparado a meu pedido por Nelly Carvajal e Sonia de Souza Silva de Melo, a OBM até então, era relativamente limitada devido à escassez de recursos e sua influência na melhoria do ensino resultava consideravelmente menor que o almejado. Já desenvolvia, no entanto, um extraordinário trabalho na busca de jovens talentos para a Matemática ou ciências afins. Basta citar a impressionante lista, certamente incompleta, de excelentes matemáticos que daí resultaram: Edson de Faria (USP), Nicolau Saldanha (PUCRio), Pedro Paulo Schimer (USP), Eduardo Esteves (IMPA), Ralph Costa Teixeira (FGV-Rio), Carlos Moreira, (Gugu) (IMPA), Eduardo Laber (PUC-Rio), Daniel Tausk (USP), Artur Avila (CNRS, França). A OBM caracterizou-se sempre pela extrema dedicação de seus dirigentes, aliada à competência, bom gosto e fé inquebrantável quanto aos seus benefícios, não só para a comunidade matemática, mas para a sociedade em geral. Infelizmente, ao lado do idealismo dos olímpicos, nem sempre foi possível participar da Olimpíada Internacional de Matemática, com sua equipe completa, por falta de recursos. Houve ocasiões em que alguns de nós, matemáticos já estabelecidos, cotizamos a passagem de um ou mais brasileiros, de excepcional qualificação, para possibilitar a prticipação do Brasil na Olimpíada Internacional. Em 1997, sonhei, já há anos totalmente convencido da importância das Olimpíadas, ser possível modificar radicalmente a situação. Conversei bastante EUREKA! N°19, 2004

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com Gugu, Nicolau, Elon Lima, Eduardo Wagner, Augusto Morgado, Paulo Cézar Pinto Carvalho, dentre outros. Daí, com minha convicção e paixão em níveis elevados, parti para o convencimento da Diretoria do CNPq, sob a Presidência de José Galizia Tundisi. A receptividade quanto à importância de um novo Programa Nacional de Olimpíadas de Matemática foi excepcionalmente entusiástica. Nasceu aí uma nova etapa da OBM, agora sim ampla e permanente de tão importante atividade. Os recursos multiplicaram-se consideravelmente, indo de muito pouco a cerca de R$200.000 nesta transição e a R$400.000 agora. Com o entusiasmo renovado e até ampliado de seus dirigentes, ouso dizer que o Programa Nacional de Olimpíadas de Matemática tornou-se eternamente robusto. Não é mais possível pensar senão em crescer, fortalecer-se técnica e administrativamente e contribuir decisivamente para o formação de uma ampla e sólida competência nacional em matemática, passando por uma almejada inclusão científica. A OBM hoje é uma atividade da Sociedade Brasileira de Matemática, compartilhada com o Instituto Nacional de Matemática Pura e Aplicada – IMPA e, a partir de 2001, com o Instituto do Milênio Avanço Global e Integrado da Matemática Brasileira, (IM-AGIMB). Nesta nova etapa, a participação do Brasil em Olimpíadas Internacionais cresceu exponencialmente incluindo além da Olimpíada Internacional, a Ibero-americana, a Olimpíada de Maio, e a do Cone Sul, além de Olimpíadas Regionais. Foi criada em 1998 a Eureka!, excelente publicação dedicada principalmente aos alunos e professores da escola secundária e editada três vezes ao ano. Multiplicou-se o incentivo à realização de Olimpíadas Regionais e ao fortalecimento das coordenações regionais. O treinamento de alunos e professores em diversos níveis passou a ser atividade permanente. A melhoria do ensino de matemática nas escolas tornou-se um objetivo exequível e contínuo. Criou-se um Banco de Questões e Biblioteca o um site interativo, assim como uma secretaria permanente no IMPA. Estabeleceu-se a Semana Olímpica, como atividade anual, ocasião em que há um intenso treinamento dos alunos premiados com medalhas de Ouro, Prata, Bronze e Menções Honrosas. Após cerca de sete anos, deixo a Presidência da Comissão de Olimpíadas da SBM, muito feliz pelas conquistas que vocês obtiveram e com a certeza absoluta de que muito mais será alcançado, de forma permanente. Lugares como Ribeirão Preto, Uberaba e Uberlândia e tantos outros de Norte a Sul e de Leste a Oeste do país devem fazer parte do mapa da OBM. Sonhem muito e partam para sua realização. Estarei sempre com vocês Jacob Palis Júnior

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XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 1. Onze cubinhos, todos de mesma aresta, foram colados conforme a figura a seguir.

O menor número de cubinhos, iguais aos já utilizados, que devem ser agregados ao sólido formado pelos onze cubinhos para obtermos um cubo maciço é igual a: A) 48 B) 49 C) 52 D) 53 E) 56 2. Na tabela a seguir vemos o consumo mensal de água de uma família durante os 5 primeiros meses de 2003. Meses

Consumo (m3)

Janeiro Fevereiro Março Abril Maio

12,5 13,8 13,7 11,4 12,1

O consumo mensal médio dessa família durante os 5 meses foi: A) 11,3 m3 B) 11,7 m3 C) 12,7 m3 D) 63,5 m3

E) 317,5 m3

3. Você possui muitos palitos com 6 cm e 7 cm de comprimento. Para fazer uma fila de palitos com comprimento total de 2 metros, o número mínimo de palitos que você precisa utilizar é: A) 29 B) 30 C) 31 D) 32 E) 33

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4. Em um quadrado mágico, a soma dos números de cada linha, coluna ou diagonal é sempre a mesma. No quadrado mágico a seguir, o valor de x é:

26 A) 20

B) 22

x 13

C) 23

D) 25

E) 27

5. Considere um número inteiro x e faça com ele as seguintes operações sucessivas: multiplique por 2, some 1, multiplique por 3 e subtraia 5. Se o resultado for 220, o valor de x é: A) um número primo. B) um número par. C) um número entre 40 e 50. D) um número múltiplo de 3. E) um número cuja soma dos algarismos é 9. 6. Escreva os números de 0 a 9 nos círculos ao lado, de forma que eles cresçam no sentido antihorário. Em seguida, subtraia 1 dos números ímpares e some 1 aos números pares. Escolhendo três círculos consecutivos, qual é a maior soma que se pode obter? A) 19 B) 21 C) 23 D) 24 E) 25 7. O retângulo da figura a seguir está dividido em 7 quadrados. Se a área do menor quadrado é igual a 1, a área do retângulo é igual a:

A) 42

B) 44

C) 45

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D) 48

E) 49

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8. Considere a seqüência oscilante: 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, … O 2003o termo desta seqüência é: A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 9. João disse para Maria: “Se eu lhe der um quarto do que tenho, você ficará com metade do que vai me sobrar”. Maria acrescentou: “E eu lhe daria 5 reais, se lhe desse a metade do que tenho”. Juntos, os dois possuem: A) 80 reais B) 90 reais C) 100 reais D) 120 reais E)130 reais 10. Uma escola precisa comprar mesas e cadeiras novas para seu refeitório, cada mesa com 4 cadeiras, que serão distribuídas nos 3 setores do refeitório. Em cada setor do refeitório cabem 8 fileiras de mesas e, em cada fileira, cabem 14 mesas. Quantas mesas e cadeiras deverão ser compradas? A) 112 mesas e 448 cadeiras B) 112 mesas e 1344 cadeiras C) 336 mesas e 448 cadeiras D) 336 mesas e 896 cadeiras E) 336 mesas e 1344 cadeiras 11. As 4 colorações a seguir são consideradas iguais por coincidirem por rotação.

De quantos modos diferentes é possível colorir as casas de um tabuleiro 2 × 2 de branco ou preto de modo que não existam dois tabuleiros que coincidam por rotação? A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 12. Numa festa típica, cada prato de arroz foi servido para duas pessoas, cada prato de maionese para três pessoas, cada prato de carne servia quatro pessoas e cada prato de doces dava exatamente para cinco pessoas. Foram utilizados 77 pratos e todas as pessoas se serviram de todos os pratos oferecidos. Quantas pessoas havia na festa? A) 20 B) 30 C) 45 D) 60 E) 75

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13. Na organização retangular de pontos da figura abaixo, a distância entre pontos vizinhos em uma mesma linha ou coluna é igual a 1 cm. C D

E A

A área do pentágono ABCDE é, em cm2, é igual a: A) 9

19 2

C) 10

14. Um quadrado de área 1 foi cortado em cinco filas de 5 quadradinhos cada. Todos os quadradinhos são congruentes. Marcam-se os quadradinhos de uma linha qualquer, de uma diagonal qualquer e de uma coluna qualquer, e, em seguida, retiram-se os quadrados assinalados. A área coberta pelos quadradinhos restantes vale, no mínimo,

2 5 13 D) 25 A)

11 25 3 E) 5 B)

12 25

15. Um troféu formado por cinco recipientes cúbicos foi construído da seguinte maneira: sob o cubo de lado 10 cm foi soldado o cubo de lado 20 cm, sob este foi soldado o cubo de lado 30 cm, e assim por diante. Toda a superfície externa desse troféu deverá ser coberta com um certo tipo de revestimento. Quantos metros quadrados desse revestimento serão necessários? A) 1,5 B) 2,5 C) 2,7 D) 2,75 E) 3 EUREKA! N°19, 2004

21 2

E) 11

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16. Num certo aeroporto, Nelly caminhava calmamente à razão de um metro por segundo; ao tomar uma esteira rolante de 210 metros, Nelly continuou andando no mesmo passo e notou ter levado um minuto para chegar ao fim da esteira. Se Gugu ficar parado nesta esteira, quanto tempo levará para ser transportado? A) 1min20s B) 1min24s C) 1min30s D) 1min40s E) 2min 17. Uma certa máquina tem um visor, onde aparece um número inteiro x, e duas teclas A e B. Quando se aperta a tecla A o número do visor é substituído por 2x + 1. Quando se aperta a tecla B o número do visor é substituído por 3x – 1. Se no visor está o número 5, apertando alguma seqüência das teclas A e B, o maior número de dois algarismos que se pode obter é: A) 85 B) 87 C) 92 D) 95 E) 96 18. A seqüência “22” descreve a si mesma, pois ela é formada por exatamente dois 2. Analogamente, a seqüência “31 12 33 15” descreve a si mesma, pois é formada por exatamente três 1, um 2, três 3 e um 5. Qual das seguintes seqüências não descreve a si mesma? A) 21 32 23 16 B) 31 12 33 18 C) 31 22 33 17 19 D) 21 32 33 24 15 E) 41 32 23 24 15 16 18 19. Camila e Lara estão disputando o seguinte jogo num tabuleiro 4 × 4: Camila marca algumas casas do tabuleiro e informa à Lara o número de casas marcadas na vizinhança de cada casa do tabuleiro. Neste jogo, duas casas distintas são consideradas vizinhas se possuem um lado ou um canto (vértice) em comum. Lara deve descobrir quais casas foram marcadas por Camila. Após marcar algumas casas, Camila passou para Lara o seguinte tabuleiro: 1

O número de casas marcadas foi: A) 3 B) 4

C) 5

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D) 6

E) 7

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20. Imagine uma pilha com cem milhões de folhas de papel sulfite, cada uma com 0,1 milímetro de espessura. Assinale a alternativa mais próxima da altura da pilha. A) a sua altura. B) o comprimento do maior animal do mundo, a baleia azul, que é cerca de 29 metros. C) a altura do edifício mais alto do mundo, o Petronas Tower, que tem 88 andares. D) a altura do pico mais alto do mundo, o Monte Everest, que é 8848 metros. E) a distância do planeta Terra à Lua, que é muito maior que todas as alternativas anteriores.

PROBLEMAS – NÍVEL 2 1. 2.

Veja o problema No. 7 do Nível 1. Veja o problema No. 3 do Nível 1.

3. A maior raiz da equação (x – 37)2 – 169 = 0 é: A) 39 B) 43 C) 47

D) 50

E) 53

4. Veja o problema No. 17 do Nível 1. 5. Veja o problema No. 4 do Nível 1. 6. Seja n = 9867. Se você calculasse n3 – n2 você encontraria um número cujo algarismo das unidades é: A) 0 B) 2 C) 4 D) 6 E) 8 7. Na figura, o número 8 foi obtido somando-se os dois números diretamente abaixo de sua casinha. Os outros números nas três linhas superiores são obtidos da mesma forma. Qual é o valor de x? 42

8 3 A) 7

B) 3

x C) 5

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6 D) 4

E) 6

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8. Veja o problema No. 5 do Nível 1. 9. Os números a, b, e c são naturais consecutivos em ordem crescente. Então, o 2 valor de c − ab é igual a: A) 0 B) 1 C) 2a + b D) 2a + c E) 2b + c 10. Veja o problema No. 8 do Nível 1. 11. Considere as seguintes definições: • A média aritmética de dois números reais positivos é a metade da sua soma. • A média harmônica de dois números reais positivos é o inverso da média aritmética dos inversos desses números. A diferença entre a média aritmética e a média harmônica dos números 4 e 6 é: A) 0,1 B) 0,2 C) 0,3 D) 0,4 E) 0,5 12. Veja o problema No. 18 do Nível 1. 13. O dominó mais conhecido tem como maior peça o duplo 6. Neste dominó são empregadas 28 peças diferentes. Quantas peças tem o dominó cuja maior peça é o duplo 8? A) 34

B) 36

C) 42

D) 55

E) 45

14. Os quadrados dos números naturais maiores do que 2, subtraídos de seus sucessores, formam a seqüência 5, 11, 19, ... . O primeiro elemento dessa seqüência que não é um número primo é o: A) quarto B) décimo C) sexto D) nono E) sétimo 15. Você está em um país estrangeiro, a LUCIÂNIA, e não conhece o idioma, o LUCIANÊS, mas sabe que as palavras “BAK” e “KAB” significam sim e não, porém não sabe qual é qual. Você encontra uma pessoa que entende português e pergunta: "KAB significa sim?" A pessoa responde “KAB”. Podese deduzir que: A) KAB significa sim. B) KAB significa não. C) A pessoa que respondeu mentiu. D) A pessoa que respondeu disse a verdade. E) Não é possível determinar sem um dicionário LUCIANÊS-PORTUGUÊS.

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16. Veja o problema No. 13 do Nível 1. 17. Veja o problema No. 11 do Nível 1. 18. O valor da soma A)

1 3

2 2003 ⋅ 91001 2 2002 ⋅ 91001 é: + 41001 ⋅ 32003 41001 ⋅ 32003 2 B) C) 1 3

4 3

E) 2

19. Considere os números X = 2 700 , Y = 11200 e Z = 5 300 . Assinale a alternativa correta: A) X< Z< Y B) Y<X<Z C) Y<Z<X D) Z<X<Y E) Z<Y<X 20. Beatriz, Isabele e Nicole estão disputando um jogo fazendo lançamentos sucessivos com uma moeda. Beatriz ganha se, em dois lançamentos consecutivos, o primeiro resultar cara e o segundo coroa. Isabele ganha se forem obtidas duas coroas em dois lançamentos consecutivos, e Nicole ganha se forem obtidas duas caras em dois lançamentos consecutivos. Elas fazem os lançamentos até que uma das jogadoras seja vencedora. Qual(is) jogadora(s) possui(em) menos chances de ganhar o jogo? A) Beatriz B) Isabele C) Nicole D) Beatriz e Nicole E) As três têm a mesma chance. 21. Veja o problema No. 19 do Nível 1. 22. Divida os números 2, 3, 5, 7, 11, 13 e 17 em dois grupos x e y com produtos A e B, respectivamente, de modo que A – B = 1. A soma dos algarismos de A é: A) 10 B) 11 C) 13 D) 14 E) 15 23. A figura a seguir mostra um quadrado ABCD e um triângulo eqüilátero BEF, ambos com lado de medida 1cm . Os pontos A, B e E são colineares, assim como os pontos A, G e F. C

F G

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A área do triângulo BFG é, em cm 2 : A)

1 4

1 3

3 4

3 12

3 10

24. Carlinhos pensa num número ímpar positivo menor do que 100. Pedrinho se dispõe a descobrir que número é esse fazendo a seguinte pergunta, quantas vezes forem necessárias: “O número que você pensou é maior, menor ou igual a x ? ”. Note que x é um número que Pedrinho escolhe. Quantas perguntas desse tipo Pedrinho poderá ter que fazer até descobrir o número pensado por Carlinhos? A) 5 B) 7 C) 15 D) 25 E) 45 25. No triângulo ABC, AB = 20, AC = 21 e BC = 29. Os pontos D e E sobre o lado BC são tais que BD = 8 e EC = 9. A medida do ângulo DÂE, em graus, é igual a: A) 30 B) 40 C) 45 D) 60 E) 75

PROBLEMAS – NÍVEL 3 1. O número 19AB, onde A e B são dígitos, é um quadrado perfeito. O valor de

AB da raiz quadrada do número cuja representação decimal é AB é: A) 5

B) 6

C) 7

D) 8

E) 9

2. Veja o problema No. 8 do Nível 1. 3. Veja o problema No. 19 do Nível 1. 4. Cinco amigos, Arnaldo, Bernaldo, Cernaldo, Dernaldo e Ernaldo, devem formar uma fila com outras 30 pessoas. De quantas maneiras podemos formar esta fila de modo que Arnaldo fique na frente de seus 4 amigos? (Obs.: Os amigos não precisam ficar em posições consecutivas.) 35! 35! π 163 35 A) 35! B) C) D)   5! E) e 5! 5  5 5. A Revolução Francesa, em 1789, trouxe muitas mudanças na humanidade. Em 1791, após a Revolução Francesa, a Academia Francesa de Ciências propôs um novo sistema de medidas. Esse sistema era baseado numa EUREKA! N°19, 2004

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medida “natural” de comprimento, chamada metro, que foi definida como um décimo de milionésimo da distância do Pólo Norte ao Equador, medida em torno da circunferência do meridiano que passa por Paris. Tal sistema foi efetivamente adotado em 1795. A definição atual do metro é diferente mas o valor é aproximadamente o mesmo. Considerando os fatos acima, qual é a ordem de grandeza do volume do planeta Terra, em metros cúbicos? Obs.: Nesta questão você pode querer utilizar a fórmula do volume V da esfera, V =

4 π R3 , onde R é o raio da esfera. 3

A) 1016

B) 1021

C) 1026

D) 1031

E) 1036

6. Na seqüência de Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, … cada termo, a partir do terceiro, é igual à soma dos dois termos anteriores. Quanto vale a soma infinita 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 + + + + + + + + + + 2 4 8 16 32 64 128 256 512 1024

onde o n-ésimo termo é o n-ésimo termo da seqüência de Fibonacci dividido por 2n? A) 3/2 B) 2 C) 5/2 D) 3 E) 1 + 5 2

7. O gráfico de y = x2 − 5 x + 9 é rodado 180o em torno da origem. Qual é a equação da nova curva obtida? A) y = x2 + 5 x + 9 D) y = − x2 − 5 x + 9

B) y = x2 − 5 x − 9 E) y = − x2 − 5 x − 9

C) y = − x2 + 5 x − 9

8. Um clube de tênis tem n jogadores canhotos e 2n jogadores destros e, ao todo, há menos do que 20 jogadores. No último campeonato interno, no qual cada jogador enfrentou cada um dos outros jogadores do clube exatamente uma vez, a razão entre o número de jogos vencidos por jogadores canhotos e o número de jogos vencidos por jogadores destros foi 3 : 4. Qual é o valor de n? A) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) São necessárias mais informações.

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9. A figura abaixo mostra duas retas paralelas r e s. A reta r é tangente às circunferências C1 e C3, a reta s é tangente às circunferências C2 e C3 e as circunferências tocam-se como também mostra a figura. r s

C1 C2 C3

As circunferências C1 e C2 têm raios a e b, respectivamente. Qual é o raio da circunferência C3? A) 2 a 2 + b 2

B) a + b

C) 2 ab

4ab a +b

E) 2b – a 10. Veja o problema No. 18 do Nível 1. 11. A função f é definida para todos os pares ordenados (x; y) de inteiros positivos e tem as seguintes propriedades: (x + y)f(x; y) = (2x + y)f(x; x + y). f(x; x) = x, f(x; y) = f(y; x), Qual é o valor de f(21; 12)? A) 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18.

7 4

4 7

Veja o problema No. 14 do Nível 2. Veja o problema No. 15 do Nível 2. Veja o problema No. 20 do Nível 2. Veja o problema No. 22 do Nível 2. Veja o problema No. 23 do Nível 2. Veja o problema No. 12 do Nível 1. Veja o problema No. 24 do Nível 2.

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11 6

6 11

1 2003

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19. Dois amigos, Augusto e Eduardo, atravessavam uma ponte onde passava uma linha férrea. Quando tinham percorrido dois quintos da ponte, ouviram o barulho de um trem que se aproximava por trás deles. Apavorados, começaram a correr, cada um para o seu lado. Tiveram sorte: Augusto, que tinha voltado, conseguiu sair da ponte no exato instante em que o trem nela ia entrar. Por sua vez, Eduardo, que continuou para a frente, conseguiu sair da ponte no instante em que o trem também ia fazê-lo. Refeitos do susto, quando se encontraram, comentaram que isto só foi possível porque correram a 15 km/h e o trem estava a x km/h. O valor de x é: A) 30 B) 45 C) 60 D) 75 E) 90 20. Seja N o menor inteiro positivo que pode ser escrito como a soma de 9, 10 e 11 inteiros positivos consecutivos. A soma dos algarismos de N é igual a: A) 9 B) 18 C) 22 D) 27 E) 30 21. O maior inteiro que não supera A) 4

32003 + 22003 é igual a: 32001 + 22001

B) 6

C) 7

D) 8

E) 9

22. Seja T = (a, b, c) tal que existe um triângulo ABC cujas medidas dos lados sejam BC = a, CA = b e AB = c satisfazendo c ≥ b ≥ a > 0 e a + b > c . Definimos T 2 = (a 2 , b 2 , c 2 ) e T = ( a, b, c) respectivamente, o quadrado e a raiz quadrada do "triângulo" T. Considere então as afirmativas: 1) O quadrado de um triângulo equilátero é equilátero. 2) O quadrado de um triângulo retângulo não é um triângulo. 3) T 2 é um triângulo se, e somente se, T é acutângulo. 4) T sempre é um triângulo para todo T. 5) Todos os ângulos de T são agudos. O número de afirmativas verdadeiras é: A) 1 B) 2 C) 3

como

D) 4

sendo,

E) 5

23. Em um quadro negro escreve-se o número 1. As únicas alterações permitidas são substituí-lo pelo seu dobro ou pelo seu quadrado. Qual é o maior número que pode ser obtido após efetuarmos 2003 alterações? A) 22003

B) 42002

C) 2(2

4006

)

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(2 )

2003

D) 2

2002

E) 2

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24. Se f : \ → \ é uma função tal que, para todo x ∈ \, f ( x )( f ( x) − x ) = 0 , então A) f é a função nula. B) f é a função identidade, ou seja, f(x) = x para todo x real C) f é a função nula ou a função identidade D) Há 4 possíveis funções f E) Há infinitas funções f 25. Veja o problema No. 25 do Nível 2.

GABARITO NÍVEL 1 (5a. e 6a. séries) 1) D 6) C 2) C 7) C 3) A 8) C 4) E 9) B 5) A 10) E

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

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

NÍVEL 2 (7a. e 8a. séries)

1) C 2) A 3) D 4) D 5) E

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

NÍVEL 3 (Ensino Médio) 1) B 6) B 2) C 7) E 3) B 8) C 4) C 9) C 5) B 10) D

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

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

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

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

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

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

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XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 PARTE A (Cada problema vale 3 pontos) 01. Quantas vezes aparece o algarismo 9 no resultado da operação 10100 – 2003? 02. Quantos números inteiros maiores do que 20032 e menores do que 20042 são

múltiplos de 100? 03. Quantos triângulos existem cujos lados

estão sobre alguns dos segmentos traçados na figura ao lado?

04. Um estudante, com muito tempo livre e muita curiosidade, resolveu fazer o

seguinte: a cada minuto, ao mudar o horário em seu relógio digital, marcava em seu caderno um X para cada algarismo que aparecia no visor. Assim, se seu relógio mostrava ele marcava X e quando seu relógio mostrou ele marcou XX. Começou a fazer isso quando seu relógio mostrava e parou quase doze horas depois, quando o relógio mostrava . Calcule a metade da quantidade de X que ele marcou em seu caderno.

05. A grande atração do OBM Parque é uma roda gigante (a figura mostra uma roda gigante similar, porém com um número menor de cabines). As cabines são numeradas com 1, 2, 3,…, no sentido horário. Quando a cabine 25 está na posição mais baixa da roda-gigante, a de número 8 está na posição mais alta. Quantas cabines tem a roda-gigante?

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06. Anos bissextos são múltiplos de 4, exceto aqueles que são múltiplos de 100

mas não de 400. Quantos anos bissextos houve desde a Proclamação da República, em 1889, até hoje? 07. Em um dado comum a soma dos pontos sobre faces opostas é sempre 7. Beatriz

construiu uma torre com 4 dados comuns iguais, colando as faces como mostrado na figura. Qual é o menor número de pontos que Beatriz pode obter somando todos os pontos das dezoito faces da superfície da torre?

08. Na multiplicação a seguir a, b, c e d são algarismos.

45 a3 3bcd

Calcule b + c + d. 09. A média de cinco inteiros positivos diferentes é 11. Determine o maior valor possível para o maior dos cinco inteiros.

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10. Nove peças diferentes de dominó estão sobre uma mesa, parcialmente cobertos

por um pedaço de papel. Os dominós se tocam de modo que 1 ponto é vizinho a 1 ponto, 2 pontos são vizinhos a 2 pontos, etc. Qual o total de pontos escondidos pelo papel?

PROBLEMAS – NÍVEL 1 PARTE B (Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1

Quais números inteiros positivos menores que 120 podem ser escritos como soma de duas ou mais potências distintas de base 3 e exponente positivo? Por exemplo, 12 = 32 +31 é um número deste tipo mas 18 = 32 + 32 não é. PROBLEMA 2

No desenho ao lado, o quadrado ABCD tem área de 64 cm2 e o quadrado FHIJ tem área de 36 cm2. Os vértices A, D, E, H e I dos três quadrados pertencem a uma mesma reta. Calcule a área do quadrado BEFG.

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PROBLEMA 3

Considere o produto de todos os divisores positivos de um número inteiro positivo, diferentes desse número. Dizemos que o número é poderoso se o produto desses divisores for igual ao quadrado do número. Por exemplo, o número 12 é poderoso, pois seus divisores positivos menores do que ele são 1, 2, 3, 4 e 6 e 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 6 = 144 = 122 . Apresente todos os números poderosos menores do que 100.

PROBLEMAS – NÍVEL 2 PROBLEMA 1

No desenho ao lado, o quadrado ABCD tem área de 30 cm2 e o quadrado FHIJ tem área de 20 cm2. Os vértices A, D, E, H e I dos três quadrados pertencem a uma mesma reta. Calcule a área do quadrado BEFG.

PROBLEMA 2

Dados os números inteiros de 1 a 26, escolha 13 dentre eles de forma que: 1) O número 4 está entre os números escolhidos. 2) Nenhum número escolhido é divisor de outro número escolhido.

PROBLEMA 3

Uma folha retangular ABCD de área 1000 cm2 foi dobrada ao meio e em seguida desdobrada (segmento MN); foi dobrada e desdobrada novamente (segmento MC) e finalmente, dobrada e desdobrada segundo a diagonal BD. Calcule a área do pedaço de papel limitado pelos três vincos (região escura no desenho).

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PROBLEMA 4

Veja o problema No. 3 do Nível 1 – Parte B. PROBLEMA 5

Seja f : #*+ → #*+ , uma função tal que f ( x ) f ( y ) − f ( xy ) = x + y , quaisquer y x que sejam os reais não nulos x e y . (a) Calcule f(1) (b) Encontre uma fórmula para f(x) PROBLEMA 6

Dizemos que um número N de quatro algarismos é biquadrado quando é igual à soma dos quadrados de dois números: um é formado pelos dois primeiros algarismos de N, na ordem em que aparecem em N e o outro, pelos dois últimos algarismos de N, também na ordem em que aparecem em N. Por exemplo, 1233 é biquadrado pois 1233 = 122 + 332. Encontre um outro número biquadrado. Observação: Lembre-se de que um número de quatro algarismos não pode começar com zero.

PROBLEMAS – NÍVEL 3 PROBLEMA 1

No triângulo ABC, M é o ponto médio do lado AC, D é um ponto sobre o lado BC tal que AD é bissetriz do ângulo BÂC e P é o ponto de interseção de AD e BM. Sabendo que a área de ABC é 100, AB = 10 e AC = 30, calcule a área do triângulo APB. PROBLEMA 2

Veja o problema No. 6 do Nível 2 PROBLEMA 3

Entre 15 números reais distintos, o menor deles igual a 1, não há três que podem ser lados de um triângulo. Quais valores o maior dos 15 números pode assumir? PROBLEMA 4

O triângulo ABC é retângulo em A. Dentre os pontos P pertencentes ao perímetro do triângulo, encontre aquele que minimiza a soma AP + BP + CP. EUREKA! N°19, 2004

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PROBLEMA 5

Um quadrado de lado 3 é dividido em 9 quadrados de lado unitário, formando um quadriculado. Cada quadrado unitário é pintado de azul ou vermelho. Cada cor

1 de ser escolhida e a cor de cada quadrado é escolhida 2

tem probabilidade

independentemente das demais. Qual a probabilidade de obtermos, após colorirmos todos os quadrados unitários, um quadrado de lado 2 pintado inteiramente de uma mesma cor?

PROBLEMA 6

Calcule a soma n

2k +1

∑3 k =0

21 22 23 24 + + + + 31 + 1 32 + 1 34 + 1 38 + 1

" + 32 + 1 n +1

Soluções Nível 1 – Segunda Fase – Parte A Problema Resposta

01 98

02 40

03 17

04 66

05 34

06 27

07 58

08 15

09 45

10 22

Soluções Nível 1 – Segunda Fase – Parte B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

Temos 31 = 3, 32 = 9, 33 = 27, 34 = 81 mas 35 = 243 (não serve) . Assim, números obtidos de acordo com as condições do problema são: 3 + 9 =12, 3 + 27 = 30, 3 + 81 = 84, 9 + 27 = 36, 9 + 81 = 90, 27 + 81 = 108, 3 + 9 + 27 = 39, 3 + 9 + 81 = 93, 3 + 27 + 81 = 111, 9 + 27 + 81 = 117. Note que o número 3 + 9 + 27 + 81 = 120 não serve.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

Os triângulos ABE e EHF são retângulos em A e H, respectivamente; a medida do ângulo BÊF é de 90o; se a medida do ângulo HÊF é x, então a medida dos ângulos ˆ e AÊB é 90o – x e, conseqüentemente, a medida do ângulo ABE ˆ é x; como EFH BE = EF (são lados do mesmo quadrado), então os triângulos mencionados são congruentes (pelo caso ALA de congruência de triângulos). Utilizando o teorema de Pitágoras, podemos escrever BE 2 = AB 2 + AE 2 , o que mostra que a área do quadrado BEFG é a soma das áreas dos quadrados ABCD e FHIJ, ou seja, 64 + 36 = 100 cm2. EUREKA! N°19, 2004

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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Os divisores positivos de um número inteiro N são d 1 , d 2 , d 3 , , d k , tais que ≤ dk = N e podemos observar que 1 = d1 ≤ d 2 ≤ d 3 ≤

1 ⋅ N = d 2 ⋅ d k −1 = d 3 ⋅ d k − 2 etc. Por exemplo, os divisores positivos de 12 são 1, 2, 3, 4, 6 e 12, de forma que 1×12 = 2×6 = 3×4. Note que ao excluir os divisores 1 e 12, restam 2, 3, 4 e 6, cujo produto é 2×3×4×6 = (2×6)×(3×4) = 12×12 = 122. Assim, concluímos que o produto dos divisores positivos de um inteiro, excluindo 1 e o próprio número, é igual ao quadrado do número se, e somente se, o número 2 tem 6 divisores. Portanto, o número é da forma p5 ou p ⋅ q , onde p e q são números primos positivos, distintos. Se o número é positivo menor do que 100, temos as 16 seguintes possibilidades:

2 5 = 32 2 2 ⋅ 3 = 12 2 2 ⋅ 5 = 20 2 2 ⋅ 7 = 28 2 ⋅ 11 = 44 2

2 2 ⋅ 13 = 52

3 2 ⋅ 2 = 18 3 2 ⋅ 5 = 45

52 ⋅ 2 = 50

3 2 ⋅ 7 = 63

52 ⋅ 3 = 75

7 2 ⋅ 2 = 98

3 2 ⋅ 11 = 99

2 2 ⋅ 17 = 68 2 2 ⋅ 19 = 76 2 2 ⋅ 23 = 92

Soluções Nível 2 – Segunda Fase SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

Os triângulos ABE e EHF são retângulos em A e H, respectivamente; a medida do ˆ é de 90°; se a medida do ângulo BEF ˆ ângulo HEF é x, então a medida dos ˆ ˆ ângulos EFH e AEB é 90° − x e, conseqüentemente, a medida do ângulo ˆ é x; como BE = EF (são lados do ABE mesmo quadrado), então os triângulos mencionados são congruentes (pelo caso ALA de congruência de triângulos). EUREKA! N°19, 2004

B F

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Utilizando o teorema de Pitágoras, podemos escrever BE 2 = AB 2 + AE 2 , o que mostra que a área do quadrado BEFG é a soma das áreas dos quadrados ABCD e FHIJ, ou seja, 30 + 20 = 50cm2. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

Todo número inteiro positivo n pode ser escrito na forma 2a ⋅ b, a ≥ 0, b > 0 e b ímpar (chamamos b de parte ímpar de n). Considere dois números com a mesma parte ímpar: n1 = 2a1 ⋅ b e n2 = 2a2 ⋅ b . Supondo, sem perda da generalidade, que se a1 < a2 , então teremos que n1 é divisor de n2 . Assim, como de 1 a 26 temos 13 partes ímpares possíveis, a saber: 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23 e 25, cada um dos números deve ter uma parte ímpar diferente. Mais ainda, considerando que 1 divide todos os números inteiros, o número com parte ímpar 1 é o que deve ter maior a. Porém 4 = 22 ⋅ 1 e está entre os números escolhidos, logo para os demais números escolhidos devemos ter a = 0 ou a = 1. E podemos determinar todas as escolhas possíveis: • 3 é divisor de 9; 15 e 21. Logo 2 ⋅ 3 = 6,9,15 e 21 devem estar na nossa escolha. • 5 é divisor de 15 e 25. Logo 2 ⋅ 5 = 10 e 25 devem estar na nossa escolha. • 7 é divisor de 21. Logo 2 ⋅ 7 = 14 deve estar na nossa escolha. • Com parte ímpar 11 podemos escolher 11 ou 22 e com parte ímpar 13, 13 ou 26. As demais escolhas são 17, 19 e 23. Portanto as escolhas possíveis são (ordenadas segundo a parte ímpar): 4; 6; 10; 14; 9; 11 ou 22; 13 ou 26; 15; 17; 19; 21; 23; 25. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Vamos usar a notação [X] para denotar a área do polígono X.

M E

B F

P D

Sejam E e F os pontos de interseção como mostrados na figura. Sejam AB = 2a e BC = 2b. Então AM = MB = DN = NC = a e ME = EN = b. Trace AN e seja P o EUREKA! N°19, 2004

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ponto de interseção dos segmentos AN e BD. Os segmentos AN e MC são paralelos (pois AM = NC e AM || NC). Como M é ponto médio de AB e MF || AP, temos que F é o ponto médio do segmento PB. Analogamente P é o ponto médio do segmento DF. Segue então que DP = PF = FB. Por simetria verificamos que PE = EF e então EF/FB = 1/2. Portanto, podemos escrever: [ MEF ] = 1/ 2. [ MBF ] 1 1 125 2 cm e Mas, por outro lado, [ MBE ] = [ ABD] = 125 , donde [ MEF ] = 125 = 3 3 4 2 250 2 [ MBF ] = 125 = cm . 3 3 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Veja a solução do problema No. 3 do Nível 1 – Parte B. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5:

(a) Fazendo x = y = 1, obtemos [ f (1)]2 − f (1) = 2, donde, resolvendo a equação, obtemos f(1) = 2 ou f(1) = – 1. Este último valor não serve, pois o contra-domínio da função é o conjunto dos números reais estritamente positivos. Portanto, f(1) = 2. Fazendo

1 na identidade do problema obtemos 1 f ( x ) f (1) − f ( x) = x + . Substituindo o valor de f(1), obtemos a fórmula para x 1 f(x): f ( x ) = x + . x y

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:

Vamos separar o número de quatro dígitos em duas partes: os dois primeiros dígitos, da esquerda para a direita, formam o número x e os dois restantes formam o número y. Então a propriedade significa que 100x + y = x 2 + y 2 . Esta igualdade pode ser considerada uma equação do segundo grau em x: x2 −100x + y2 − y = 0.

(3)

Resolvendo encontramos x = 50 ± 2500 − ( y 2 − y ).

(4)

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Com o exemplo do enunciado, y = 33 resulta em x = 12 com o sinal (–) na expressão: x = 50 − 1444 = 50 − 38 = 12. Naturalmente outra solução aparece quando colocamos o sinal (+) na mesma expressão: x1 = 50 + 1444 = 50 + 38 = 88. Então outro número com a mesma propriedade é 8833 = 882 + 332.

Soluções Nível 3 – Segunda Fase SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: A αα

P B

As alturas que passam por B dos triângulos ABC e ABM são iguais a distância d de B à reta AC, logo AM ⋅ d área ABM 1 1 AM 1 2 = = = ⇒ área ABM = área ABC = ⋅ 100 = 50. AC ⋅ d área ABC 2 2 AC 2 2 área ABP BP Analogamente, . Pelo Teorema das Bissetrizes, = área ABM BM 3 BP AB 10 2 = = = ⇒ PM = BP 2 PM AM 15 3 Logo BP BP BP BP área ABP 2 2 2 = = = = = ⇒ área ABP = área ABM = ⋅ 50 = 20. área ABM BM BP + PM BP + 3 BP 5 BP 5 5 5 2 2 EUREKA! N°19, 2004

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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

Veja a solução do problema No. 6 do Nível 2. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Sejam a, b, c reais positivos tais que a ≤ b ≤ c . Esses números são medidas dos lados de um triângulo se, e somente se, c < a + b . Ou seja, não são se, e somente se, c ≥ a + b. Assim, sendo 1 = x1 < x2 < x3 < x4 < ... < x15 os números dados, devemos ter: x3 ≥ x2 + x1 x4 ≥ x3 + x2

x15 ≥ x14 + x13 De fato, esse sistema de desigualdades equivale a não haver três que podem ser lado de um triângulo. Observe que se, i < j < k , xk < x j + xi , então xk < xk −1 + xk − 2 . Considere a seqüência de Fibonacci ( F0 = 0, F1 = 1 e Fn +2 = Fn +1 + Fn , n ≥ 0), x3 ≥ x2 + x1 ; x4 ≥ x3 + x2 ≥ x2 + x1 + x2 = 2 x2 + x1 ; x5 ≥ x4 + x3 ≥ 2 x2 + x1 + x2 + x1 = 3 x2 + 2 x1 ; x6 ≥ x5 + x4 ≥ 3x2 + 2 x1 + 2 x2 + x1 = 5 x2 + 3x1 ; parece que xn ≥ Fn −1 x2 + Fn −2 x1 e, com efeito, xk + 2 ≥ xk +1 + xk ≥ Fk ⋅ x2 + Fk −1 ⋅ x1 + Fk −1 ⋅ x2 + Fk −2 ⋅ x1 = Fk +1 ⋅ x2 + Fk ⋅ x1 Portanto, sendo x2 = 1 + ξ , ξ > 0, x15 ≥ F14 ⋅ x2 + F13 ⋅ x1 = 377 ⋅ (1 + ξ ) + 233 ⋅ 1 = 610 + 377ξ . Como podemos tornar ξ tão pequeno quanto queiramos, o maior dos 15 números pode assumir qualquer valor real maior do que 610.

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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Sejam a, b, c as medidas dos segmentos BC, AC e AB, respectivamente. Consideraremos separadamente os casos em que P está em AC, em AB e em BC. Se P está em AC, então AP + CP = b. Então, minimizar AP + BP + CP reduz-se a minimizar BP. Isso ocorre quando P coincide com A, pois a menor distância entre um ponto e uma reta é determinada pelo pé da perpendicular traçada a partir desse ponto. Nesse caso o valor mínimo de AP + BP + CP é b + c. O caso em que P está em AB é inteiramente análogo. Suponha, agora, que P está em BC. Etão BP + CP = a, ou seja, minimizar AP + BP + CP reduz-se a minimizar AP. Isso ocorre quando AP é perpendicular a BC. Essa medida está representada por d no diagrama ao lado. Nesse caso, o mínimo de AP + BP + CP é a + d. Assim, para completar a resolução da questão, basta comparar a + d e b + c. Temos, então, várias maneiras de concluir a resolução. Uma maneira: b⋅c a⋅d Observe que = ⇔ bc = ad e a 2 = b2 + c 2 . 2 2 Logo (a + d )2 = a 2 + 2ad + d 2 = b2 + c2 + 2bc + d 2 = (b + c)2 + d 2

a b

a b d

θ A

e, como d 2 > 0,( a + d ) 2 > (b + c ) 2 ⇔ a + d > b + c. Outra maneira: d = c ⋅ senθ ; b = a ⋅ senθ . Logo (a + d ) − (b + c ) = a + c ⋅ senθ − a ⋅ senθ − c = (a − c )(1 − senθ ) > 0, isto é, a + d > b + c. Resposta: O ponto que minimiza AP + BP + CP é P = A (nesse caso AP + BP + CP = b + c).

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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5:

O quadrado de lado 2 pode ser

A probabilidade de cada um desses quadrados de lado 2 ser inteiramente de uma mesma cor é 4

1 2 ⋅   . Observe que todos os quatro quadrados unitários devem ser da mesma 2 cor azul ou vermelho. Os demais quadradinhos podem ser de qualquer cor. Algumas configurações são consideradas pelo menos 2 vezes:  1  2

Probabilidade 2 ⋅  

1 Probabilidade 2 ⋅   2

Algumas configurações são consideradas pelo menos 3 vezes:

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1  2

Probabilidade 2 ⋅ 

E as configurações com todos azuis ou todos vermelhos são contadas 4 vezes 9

1 (probabilidade:   ). 2 Pelo Princípio da Inclusão-Exclusão, a probabilidade pedida é: 4

95 1 1 1 1 1 4⋅ 2⋅  − 2⋅ 2⋅  − 4⋅ 2⋅  + 4⋅ 2⋅  − 2⋅  = . 2  2  2  2  2  256 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:

Analisando casos pequenos: 21 2 2 21 1 1 = = − = − 31 + 1 4 4 31 + 1 1 2 2 2 36 4 22 + = = − = − 1 1 31 + 1 32 + 1 40 40 (31 + 1) ⋅ (32 + 1) 21 22 23 3272 8 23 1 1 + + = = − = − 31 + 1 32 + 1 34 + 1 3280 3280 (31 + 1) ⋅ (32 + 1) ⋅ (34 + 1) (Observe que não compensaria simplificar as frações. Isso é comum quando queremos descobrir um padrão.) Parece então, que podemos conjecturar que n 2k +1 2n+1 1 = − n ∑ 2k +1 (31 + 1) ⋅ (32 + 1)(34 + 1)...(32 + 1) k =0 3 Simplificando um pouco essa expressão antes de tentar demonstrá-la.

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(31 − 1)(31 + 1)(32 + 1)(34 + 1)...(32 + 1) = 31 − 1 n n n+1 (32 − 1)(32 + 1)(34 + 1)...(32 + 1) (34 − 1)(34 + 1)...(32 + 1) 32 − 1 . = = ... = 2 2 2 n 2k +1 2n+1 2 n+ 2 Ou seja, ∑ 2 k = 1 − 2n+1 = 1 − 2n+1 +1 3 −1 3 −1 k =0 3 2 Podemos agora demonstrar nossa conjuectura pelo uso direto do Princípio da Indução Finita ou considerando que, se descobrirmos f(k) tal que 2k +1 = f (k + 1) − f (k ), k 32 + 1 n n 2k +1 = ∑ ∑[ f (k + 1) − f (k )] = 2k + 1 k =0 k =0 3 n

(31 + 1)(32 + 1)(34 + 1)...(32 + 1) = n

f (1) − f (0) + f (2) − f (1) + ... + f (n + 1) − f (n) = f (n + 1) − f (0) 2k +1

(f é a "integral discreta" de

.) k 32 + 1 Levando em conta novamente nossa conjectura, podemos inferir que 2k +1 e, de fato, f (k ) = − 2 k 3 −1 f (k + 1) − f (k ) = − Portanto n 2k +1

∑3 k =0

2k +2 k +1

2k +1

32 − 1 32 − 1

= f (n + 1) − f (0) =

−2k +2 + 2k +1 (32 + 1) k

(32 + 1)(32 − 1) k

n  −21  2k +1 2n +2 . −  20 =1 − 2n+1  ⇔ ∑ 2k 3 −1 −1  3 −1 +1 k =0 3

−2n + 2 n+1

2k +1 (32 + 1 − 2) k

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2k +1 32 + 1 k

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

Quantos inteiros positivos menores que 1000 têm a soma de seus algarismos igual a 7? PROBLEMA 2:

Considere as seqüências de inteiros positivos tais que cada termo mais a soma dos seus algarismos é igual ao termo seguinte. Por exemplo: 6, 12, 15, 21, 24, 30, 33, 39 é uma seqüência nessas condições. Escreva a maior seqüência cujo último termo é 103 e que satisfaz tais condições. Observação: maior seqüência é aquela com o maior número de termos. PROBLEMA 3:

Os números 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64,… são potências de 2. Deseja-se dividir um quadrado de lado 2003 em outros quadrados cujos lados são potências de 2. Mostre uma maneira de se fazer a divisão e obter 6364 quadrados cujos lados são potências de 2. PROBLEMA 4:

a) Dois quadrados estão posicionados de modo que o centro do primeiro é vértice do segundo, como mostra a figura abaixo.

Se o lado do primeiro quadrado mede 12cm, quanto mede a área comum aos dois quadrados? b) Na figura a seguir, o paralelogramo tem lados de medida 12cm e 4cm e área 40cm2. Sejam P, Q, R e S os centros dos quadrados construídos externamente EUREKA! N°19, 2004

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sobre os quatro lados desse paralelogramo. Sabendo que o quadrilátero PQRS é um quadrado, calcule a sua área.

PROBLEMA 5:

Queremos construir o perímetro de um retângulo utilizando 2003 varetas cujas medidas são inteiros positivos. Para isso às vezes teremos de quebrar algumas delas, mas todas as varetas e pedaços de varetas devem ser utilizados na construção do retângulo. a) Mostre que com uma única quebra nem sempre é possível construir o retângulo. b) Mostre que com duas quebras sempre é possível construir o retângulo.

PROBLEMAS – NÍVEL 2 PROBLEMA 1:

Num tabuleiro 2 × 2, como o mostrado a seguir, escreveremos números inteiros de 1 a 9 obedecendo à seguinte regra: A > B, C > D, A > C e B > D.

a) Quantos tabuleiros diferentes existem tais que B = C? b) Quantos tabuleiros diferentes existem no total? PROBLEMA 2:

Determine o menor número primo positivo que divide x2 + 5x + 23 para algum inteiro x.

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PROBLEMA 3:

O triângulo ABC está inscrito na circunferência S e AB < AC. A reta que contém A e é perpendicular a BC encontra S em P (P ≠ A). O ponto X situa-se sobre o segmento AC e a reta BX intersecta S em Q (Q ≠ B). Mostre que BX = CX se, e somente se, PQ é um diâmetro de S. PROBLEMA 4:

Mostre que x 2 + 4 y 2 − 4 xy + 2 x − 4 y + 2 > 0, quaisquer que sejam os reais x e y. PROBLEMA 5:

São dados: uma circunferência K e um ponto A interior, fixo, distinto do centro. Determine os pontos B, C e D sobre a circunferência de forma que a área do quadrilátero ABCD seja a maior possível. PROBLEMA 6:

Há N cidades na Tumbólia. Cada duas cidades desse país são ligadas por uma rodovia ou uma ferrovia, não existindo nenhum par de cidades ligadas por ambos os meios. Um turista deseja viajar por toda a Tumbólia, visitando cada cidade exatamente uma vez, e retornar a cidade onde ele começou sua jornada. Prove que é possível escolher a ordem na qual as cidades serão visitadas de modo que o turista mude o meio de transporte no máximo uma vez.

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

Seja S um conjunto de n elementos. Determine o menor inteiro positivo k com a seguinte propriedade: dados quaisquer k subconjuntos distintos A1 , A2 ,..., Ak de S, existe uma escolha adequada dos sinais + e – de modo que + − ± ± ± S = A1 A2 ... Ak , onde Ai = Ai e Ai = S − Ai é o complementar de Ai em relação a S.

* * *

PROBLEMA 3:

Seja ABCD um losango. Sejam E, F, G e H pontos sobre os lados AB, BC, CD e DA, respectivamente, e tais que as retas EF e GH são tangentes à circunferência inscrita no losango. Prove que as retas EH e FG são paralelas. EUREKA! N°19, 2004

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PROBLEMA 4: Veja o problema 5 do Nível 2. PROBLEMA 5:

Suponha que f : (0, +∞) → 5 satisfaz: i)

x < y ⇒ f ( x) < f ( y )

 2 xy  f ( x ) + f ( y ) , para todo x, y ∈ (0, +∞). f ≥ 2 x+ y Prove que existe x0 ∈ (0, +∞) tal que f ( x0 ) < 0. ii)

PROBLEMA 6:

Um grafo cujo conjunto de vértices V tem n elementos é bacana se existir um conjunto D ⊂ 1 e uma função injetiva f : V → 1, n 2 4  ∩ 1 tal que os vértices p e q são ligados por uma aresta se e somente se f ( p ) − f ( q) ∈ D. Mostre que existe n0 ∈ 1 tal que para todo n ≥ n0 existem grafos com n vértices que não são bacanas.

Observação: Um grafo com conjunto de vértices V é um par (V, E) onde E é um conjunto de subconjuntos de V, todos com exatamente dois elementos. Um conjunto {p, q} é chamado de aresta se pertencer a E e neste caso dizemos que esta aresta liga os vértices p e q.

SOLUÇÕES – NÍVEL 1 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE VINÍCIUS H. CAMPOS SENRA (BELO HORIZONTE - MG):

700 é o último número possível até 1000 tal que a soma de seus algarismos seja igual a 7: números menores que 700 têm soma dos algarismos maior que 7. O primeiro número é 7 mesmo. De 1 a 100, existem 8 números que a soma de seus algarismos é igual a 7: 07, 16, 25,…, 61, 70. A medida que vai aumentando a ordem das centenas, diminui um número que é possível fazer isto, ou seja: De 101 a 200, existem 7 números: 106, 115,…, 160. De 201 a 300, existem 6; De 301 a 400, 5; De 401 a 500, 4; De 501 a 600, 3. EUREKA! N°19, 2004

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Apenas de 601 a 700 que não ocorre isso, pois fica incluído o 700 também, sendo portanto 3 números. (601, 610 e 700). Resposta: Somando todos esses resultados 36 números até 1000 têm a soma de seus algarismos igual a 7. PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE VITOR MORI (SÃO PAULO – SP)

Para a seqüência terminar em 103, devemos começar pelo fim. Utilizando o diagrama da árvore, teremos:

103 49

101 100 86

Logo a maior seqüência é: 1, 2, 4, 8, 16, 23, 28, 38, 49, 62, 70, 77, 91, 101, 103. PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DO EDITOR

Tomamos um quadrado de lado 1, dobramos o seu lado e colocamos 5 quadrados de lado 1 à esquerda e em cima para completar um quadrado de lado 3: Dobramos de novo a figura e colocamos 13 quadrados de lado 1 para completar um quadrado de lado 7. Dobramos a figura e colocamos 29 quadrados de lado 1 para completar um quadrado de lado 15. Dobramos a figura e colocamos 61 quadrados de lado 1 para completar um quadrado de lado 31. Quadruplicamos a figura e colocamos 249 quadrados de lado 1 para completar um quadrado de lado 125. Octuplicamos a figura e colocamos 2001 quadrados de lado 1 para completar um quadrado de lado 1001. Finalmente, dobramos a figura e colocamos mais 4005 quadrados de lado 1 para completar um quadrado de lado 2003. Gastamos assim, no total, 4005 + 2001 + 249 + 61 + 29 + 13 + 5 + 1 = 6364 quadrados cujos lados são potências de 2 para cobrir o quadrado de lado 2003. PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE HENRIQUE PONDÉ DE OLIVEIRA PINTO (SALVADOR - BA)

a) Se prolongarmos os lados do segundo quadrado temos:

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m s

As retas m e s dividem o primeiro quadrado em quatro partes iguais, e então a 1 parte escura representa do primeiro quadrado (assim como as outras três 4 partes). Como a área do primeiro quadrado é 12. 12 = 144 então a área escura é 1 ⋅ 144 = 36cm2. 4 Observação: Toda reta que passa pelo centro de um quadrado divide ele em duas partes iguais. Como a reta r no exemplo a seguir: B

D S r

Pois se a reta S divide o quadrado em duas partes iguais, basta o triângulo ABO e o triângulo CDO serem iguais. l e OBA l são iguais, e AOB l e COD l são iguais, O lAB e Como os ângulos OCD

l também são iguais. Como OC = OB então os triângulos ABO e CDO, por ODC l = AOB l , OCD l = OBA l e ODC l = O lAB ) e o lado possuírem 3 ângulos iguais (COD igual (OC = OB ) são triângulos iguais.

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b) As áreas rabiscadas são conhecidas (cada uma tem

1 da área do quadrado na 4

qual está, diferente de PQRS) N

T X

W A

P G M

C Q

K L

J DE

R U

F V

O triângulo ABC é igual ao DEF e o triângulo GHI é igual ao JKL. Se B l AC = x e

GI H = 360° − 90° − 90° − (180° − x ) então GI H = 180 − (180 − x ) que é igual a x l . Podemos dizer que AC = HI pois AC = 12cm − CJ , então GIH = B AC HI = 12cm – HM e CJ = MH (as retas W, N e Z dividem os dois grandes quadrados de forma idêntica e em partes iguais). CJ = DI e DI = HM pois as retas dividem o quadrado em 4 partes idênticas, logo CJ = MH . Pelo mesmo l e que raciocínio podemos deduzir que AB = IG . Sabendo que GI H = B AC

AB = IG e AC = HI então deduzimos que o triângulo ABC = GHI. Como o triângulo ABC é igual ao DEF, GHI é igual ao JKL e o ABC é igual ao GHI, logo os triângulos ABC, DEF, GHI e JKL são iguais. A área do quadrado PQRS é igual a área riscada mais a área de BCJEDI mais a área de GHI mais a área de JKL. Como a área de GHI mais a área de JKL é igual a área de ABC mais DEF então a área total do quadrado é igual a: a área rabiscada mais a área de BCJEDI mais a área de ABC mais a área de DEF. Isso tudo é igual a: 1 1 1 1 ⋅ 4 cm 2 + ⋅ 12 cm 2 + ⋅ 4 cm 2 + ⋅ 12 cm 2 + 40 cm 2 = 4 4 4 4 2 2 2 2 = 4 cm + 36 cm + 4 cm + 36 cm + 40 cm 2 = 120 cm 2 .

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PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DA BANCA

a) Considere uma seqüência na qual cada termo é maior que a soma dos termos anteriores, como por exemplo 1, 3, 3 2 , 33 ,... , 3 2003 . Obrigatoriamente temos que quebrar a vareta de comprimento 3 2003 e colocar os pedaços em dois lados opostos, pois 3 2003 é maior que o dobro da soma de todas as restantes. Agora, a maior das varetas usadas nos dois lados restantes, 3n , é maior que a soma das varetas 1, 3, 32 , 33 ,... , 3n+1 , o que torna impossível a construção do retângulo. b) Quebrando inicialmente uma vareta qualquer ao meio, construímos dois lados opostos. Em seguida, dividimos as varetas restantes em dois conjuntos A e B. Se as somas dos comprimentos das varetas dos dois conjuntos forem iguais, não é necessário fazer mais quebras. Caso contrário, passamos quantas varetas forem necessárias de um para o outro até que a desigualdade das somas se inverta; agora basta mais uma única quebra na última vareta que mudou de lado para que as somas se igualem. SOLUÇÕES – NÍVEL 2 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE FELIPE GONÇALVES ASSIS (CAMPINA GRANDE - PB)

a) Temos que A > B e B > D, logo A > D. Também sabemos que A > C e C > D, então podemos afirmar com certeza que "D" é o menor número, pois B > D; C > D; A > D e "A" é o maior número pois A > B; A > C; A > D. Se "B" for igual a "C", teremos três números dispostos de tal forma que o menor deles será "D", o maior será igual "A" e o outro será tanto "B" como "C". De quantas formas então eu posso escolher 3 inteiros diferentes entre 1 e 9? Vamos pensar da seguinte maneira: para escolher o primeiro número eu tenho 9 possibilidades: 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9, já para cada escolha eu tenho outros 8 números para escolher, os de 1 a 9 exceto o primeiro escolhido. Finalmente, para cada possibilidade eu tenho outros 7 inteiros para escolher, os 9 à exceção dos já escolhidos, assim, eu tirei 9 × 8 × 7 possibilidades, ou seja: 504. Todavia, a ordem dos números não importa, isto é, o menor deve ser "D", o maior "A" e o do meio "B" e "C", e escolhendo da forma supracitada os mesmos números são escolhidos 6 vezes (3!). Observe: "x"; "y" e "z" só podem ser usados juntos uma vez mas nas 504 possibilidades aparecem 6 vezes: x – y – z ; x – z – y; y – x – z; y – z – x; z – x – y; z – y – x 504 = 84 Logo, devemos dividir 504 por 6, assim 6 EUREKA! N°19, 2004

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Finalmente concluímos que existem 84 =

9! tabuleiros diferentes nos (9 − 3)!⋅ 3!

quais A > B; C > D; A > C; B > D; B = C. a) Como não podemos definir relação entre B e C, vamos analisar três casos: 1. B > C → A > B > C > D 2. B < C → A > C > B > D 3. B = C → A > B = C > D Para o caso 1, temos que escolher 4 números distintos de 1 a 9 e pô-los em ordem já descrita A é o maior, o segundo maior é B e D é o menor), seguindo o raciocínio do quesito "a" temos 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 possibilidades de escolha sendo que os mesmos 4 números se repetem em 24 escolhas ou 4!. Nós só utilizamos a; b; c; d uma vez, mas eles ocorrem 24 vezes, apenas alterando a ordem, logo as possibilidades se reduzem: 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 3024 9! = = 126 = 24 24 (9 − 4)!⋅ 4! O caso 2 terá tantas possibilidades quanto o caso 1, apenas trocando B por C e o caso 3 já foi estudado no quesito "a". Assim, o total de tabuleiros é: 126 + 126 + 84 = 336. PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE GUILHERME R. NOGUEIRA DE SOUZA (SÃO PAULO – SP)

• Vamos analizar x 2 + 5 x + 23 módulo 2. Temos: x 2 + x + 1 ≡ 0 para ser divisível por 2. Se x ≡ 1 → 1 + 1 + 1 ≡ 1 ; se x ≡ 0 → 0 + 0 + 1 ≡ 1 Logo 2 não é o menor primo, que vamos chamar de p. • Vamos analisar x 2 + 5 x + 23 módulo 3. Temos: x 2 + 2 x + 2 ≡ 0 para ser divisível por 3. Se x ≡ 0 → 0 + 0 + 2 ≡ 2 ; se x ≡ 1 → 1 + 2 + 2 ≡ 2 ; se x ≡ 2 → 1 + 1 + 2 ≡ 1 . Logo p não é 3. • Vamos analisar x 2 + 5 x + 23 módulo 5. Temos: x 2 + 3 ≡ 0 para ser divisível por 5. se x ≡ 1 → 1 + 3 ≡ 4 ; se x ≡ 2 → 4 + 3 ≡ 7 ; se x ≡ 3 → 4 + 3 ≡ 2 ; se x ≡ 4 → 1 + 3 ≡ 4 ; se x ≡ 0 → 0 + 3 ≡ 3 . Logo p não é 5. • Vamos analisar x 2 + 5 x + 23 módulo 7. Temos: x 2 − 2 x + 2 ≡ 0 para ser divisível por 7. EUREKA! N°19, 2004

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se x ≡ 1 → 1 − 2 + 2 ≡ 1 ; se x ≡ 2 → 4 − 4 + 2 ≡ 2 ; se x ≡ 0 → 0 − 0 + 2 ≡ 2 ; se x ≡ 3 → 2 − 6 + 2 ≡ 5 ; se x ≡ 4 → 2 − 1 + 2 ≡ 3 ; se x ≡ 5 → 4 − 3 + 2 ≡ 3 ; se x ≡ 6 → 1 − 5 + 2 ≡ 5 . Logo p não é 7. • Vamos analisar x 2 + 5 x + 23 módulo 11. Temos: x 2 + 5 x + 1 ≡ 0 para ser divisível por 11. se x ≡ 1 → 1 + 5 + 1 ≡ 7 ; se x ≡ 3 → 9 + 4 + 1 ≡ 3 ; se x ≡ 5 → 3 + 3 + 1 ≡ 7 ; se x ≡ 2 → 4 + 10 + 1 ≡ 4 ; se x ≡ 4 → 5 + 9 + 1 ≡ 4 ; se x ≡ 6 → 3 + 8 + 1 ≡ 11 ; se x ≡ 7 → 5 + 2 + 1 ≡ 8 ; se x ≡ 9 → 4 + 1 + 1 ≡ 6 ; se x ≡ 0 → 0 + 0 + 1 ≡ 1 ; se x ≡ 8 → 9 + 7 + 1 ≡ 6 ; se x ≡ 10 → 1 + 6 + 1 ≡ 8 . Logo p não é 11. • Vamos analisar x 2 + 5 x + 23 módulo 13. Temos: x 2 + 5 x − 3 ≡ 0 para ser divisível por 13. se x ≡ 1 → 1 + 5 − 3 ≡ 3 ; se x ≡ 5 → 12 + 12 − 3 ≡ 8 ; se x ≡ 9 → 3 + 6 − 3 ≡ 6 ; se x ≡ 2 → 4 + 10 − 3 ≡ 11 ; se x ≡ 6 → 10 + 4 − 3 ≡ 11 ; se x ≡ 10 → 9 + 11 − 3 ≡ 4 ; se x ≡ 3 → 9 + 2 − 3 ≡ 8 ; se x ≡ 7 → 10 + 9 − 3 ≡ 3 ; se x ≡ 11 → 4 + 3 − 3 ≡ 4 ; se x ≡ 4 → 3 + 7 − 3 ≡ 7 ; se x ≡ 8 → 12 + 1 − 3 ≡ 10 ; se x ≡ 12 → 1 + 8 − 3 ≡ 6 , se x ≡ 0 → 0 + 0 − 3 ≡ 10 Logo p não é 13. Chegamos até agora que p não é 2,3,5,7,11,13. Então, p é no mínimo 17, e 17 divide x 2 + 5 x + 23 quando x ≡ −2 : ( −2) 2 + 5( −2) + 23 = 17. Logo o menor primo que divide x 2 + 5 x + 23 para algum x inteiro é 17. PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE ANDRÉ LINHARES RODRIGUES (FORTALEZA – CE)

Vamos dividir o problema em duas partes: a) BX = CX ⇒ PQ é um diâmetro de S. l = α (já que BX = CX) e l = α . Assim, temos que QBC Seja ACB Pl AC = 180° − 90° − α = 90° − α .

l estão "olhando" para o mesmo arco. Assim, Observe que os ângulos PÂC e PBC l = P lAC = 90 − α ⇒ PBQ l = 90 − α + α = 90° ⇒ PQ é diâmetro. vemos que PBC

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90 – α

b) PQ é um diâmetro de S ⇒ BX = CX . l = α , P lAC = PBC l = 90° − α . Se Mas PQ é diâmetro, ACB l l l PBQ = 90° ⇒ 90° − α + QBC = 90° ⇒ QBC = α ⇒ ∆BXC é isósceles ⇒ BX = XC. A figura poderia ser um pouco diferente:

donde

α 180° – 2α – β

2α 180° – α – β β α B

180° – 2α

α C

l de β e C BQ l = ACB l = α , teríamos a) Chamando ABQ Pl AB = −90° + α + β , B l AQ = α , e o ângulo P l AC = 180° − 2α − β e C l AQ seria −90° + α + β + 180° − 2α − β + α = 90° . l de α, temos que C AQ l = α . Mas PQ é diâmetro b) Chamando QBC l = 180° − 90° − (90° − α ) = ⇒ P lAC + α = 90° ⇒ P lAC + α = 90° ⇒ P lAC = 90 − α ⇒ ACB EUREKA! N°19, 2004

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= α ⇒ ∆BCX é isósceles ⇒ BX = CX . A figura pode ainda ficar da seguinte forma:

P Q A

180°– β –α – γ

β T

2α

α=γ

l = α e X BA l = β . Seja T a interseção entre as retas BC e AP. Temos a) Seja X BC

T lAB = α + β − 90° ,

que

B lAC = 180° − β − 2α

l = α. C lAQ = CBQ

Então,

P lAQ = 180° − α − (180° − β − 2α ) − (α + β − 90°) = 90° ⇒ PQ é diâmetro de S. l =α , l =β l =γ. e Então teremos que b) Seja QBC ACB ABQ l = α e B lAT = α + β − 90°. Como PQ é diâmetro, B lAC = 180° − β − α − γ , QAC l = 180° − 90° = 90° ⇒ α + β − 90° + 180° − β − α − γ + α = 90° P lAQ = 90° ⇒ QAT ⇒ γ = α ⇒ ∆BXC é isósceles ⇒ BX = CX .

PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE MARICY MIKI HISAMOTO (SÃO PAULO – SP)

4 y − 4xy + 2 x − 4 y + 2 > 0, x +

x2 −2⋅x⋅2 y +(2 y )2

( x − 2 y ) 2 + (2 x − 4 y ) + 1 + 1 = ( x − 2 y ) 2 + 2( x − 2 y ) + 2 = [( x − 2 y ) + 1]2 + 1 Como qualquer real elevado ao quadrado resulta em um número positivo, [( x − 2 y ) + 1]2 é positivo para quaisquer x e y reais. Assim, [( x − 2 y ) + 1]2 + 1 também será positivo, logo x 2 + 4 y 2 − 4 xy + 2 x − 4 y + 2 é maior que 0. PROBLEMA 5: VEJA A SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4 DO NÍVEL 3 EUREKA! N°19, 2004

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PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DE EDUARDO FISCHER (LAJEADO – RS)

Vamos meter uma indução: Se N = 1, 2, 3 é verdadeiro: qualquer caminho serve. Se N > 3, separamos o ponto PN e consideramos (usando a hipótese de indução) um caminho fechado passando pelas outras cidades, digamos P1 P2 ...PN −1 P1 , mudando o meio de transporte no máximo uma vez. Temos duas possibilidades: a) O caminho usa só um meio de transporte. Nesse caso, o caminho fechado P1 P2 ...PN P1 ou o PN P1...PN −1 muda de meio de transporte no máximo uma vez. b) O caminho muda de meio de transporte exatamente uma vez, digamos de PN −1 para P1 (quando muda de rodovia para ferrovia, sem perda de generalidade). Temos então os seguintes caminhos fechados, em cada caso abaixo: b.1) PN −1 PN e PN P1 são ferrovias: P1 P2 ...PN −1 PN P1 b.2) PN −1 PN e PN P1 são rodovias: PN −1 PN P1 P2 ...PN −1 b.3) PN −1 PN é rodovia e PN P1 é ferrovia: P1 P2 ...PN −1 PN P1 b.4) PN −1 PN é ferrovia e PN P1 é rodovia: PN P1 P2 ...PN −1 PN Pelo princípio indutivo concluímos que para qualquer número possível de cidades em Tumbólia, nosso turista poderá visitá-las mudando o meio de transporte no máximo uma vez.

SOLUÇÕES – NÍVEL 3 PROBLEMA 1: VEJA A SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2 DO NÍVEL 2. PROBLEMA 2: ADAPTADA DA SOLUÇÃO DE MURILO VASCONCELOS DE ANDRADE (MACEIÓ - AL)

Vamos mostrar que kn = log 2 n  + 1 , ou seja, se 2k ≤ n < 2k +1 então kn = k + 1 , por indução em k. Primeiro vamos ver que kn ≤ k + 1. De fato, k1 = 1 e, dado n. n n Sejam dados conjuntos A1 , A2 ,..., Ak +1 ⊂ S . Como # Ak++1 ≥   ou # Ak−+1 ≥   , 2 2 n n pois Ak−+1 ∪ Ak++1 = S , segue que # ( S \ Ak++1 ) ≤   < 2k ou # ( S \ Ak−+1 ) ≤   < 2k . 2 2 + k Supondo sem perda de generalidade que # ( S \ Ak +1 ) < 2 , por hipótese de indução, trocando Aj por iA j := A j ∩ ( S \ Ak++1 ) , para 1 ≤ j ≤ k , temos

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Sociedade Brasileira de Matemática ± i 2± ∪ ... ∪ A i k± , para alguma escolha dos sinais + e – , donde S \ Ak +1 = i A1 ∪ A

S = A1± ∪ A2± ∪ ... ∪ A2± ∪ Ak++1 , para a mesma escolha dos k primeiros sinais. Por outro lado, se n ≥ 2k e, para 1 ≤ i ≤ k ,  k −1  Ai = ∑ σ j ⋅ 2 j σ j ∈ {0,1}, ∀j < k e σ i −1 = 1 ⊂ {0,1,..., n − 1} é o conjunto dos  j =0  k naturais menores que 2 cujo (i – 1)-ésimo algarismo binário é igual a 1, A1* ∩ A2* ∩ ... ∩ Ak* é não vazio para qualquer escolha dos sinais, donde A1± ∪ A2± ∪ ... ∪ Ak± ≠ S = {0,1,..., n − 1} , para qualquer escolha dos sinais. Isso mostra que kn > k , e portanto kn > k . PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE RAFAEL MARINI SILVA (VILA VELHA – ES)

Não é difícil ver que o centro O da circunferência inscrita ao losango ABCD é l , vamos mostrar que AH = AE , ou encontro das diagonais. Se B lAD = 2θ = BCD CF CG ainda, AH ⋅ CG = CF ⋅ AE = K ∈ constante; o que implica o resultado, pois os triângulos AEH e CGF são semelhantes, e logo EH é paralelo a FG. Sendo I, J, K, L, P, P' os pontos de encontro A da circunferência inscrita com AD, DC, CB, θ θ AB, EF e GH respectivamente temos: I L H E l l = EOP l = I OP (pois EI e EP são I OE O P' 2 P θ θ B D tangentes comuns à circunferência) l F l = FOP l = J OP G J OF J K 2 θ θ l l l l + F OP l )= I OJ = J OP + I OP = 2( POE C l ) = 180° − I DF l = D lAB = 2θ ⇒ 2( EOF

l =θ, ⇒ EOF

l =θ. analogamente temos: H OG Destacando o triângulo ABC temos:

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l = X , temos: Fazendo BOG

l = 90° − X AHO

l = 90° − θ + X AOH l = 90° − θ + X = AOH l OGC

θ d 2

l = 90° − X = AHO l COG l = O AH l OCG

90°– X 90°– θ + X

θ–X

Logo ∆AOH ~ ∆CGO e AH AO d2 2 = ⇒ AH ⋅ CG = AO ⋅ CO = ( AO ) = . CO CG 4 Analogamente, temos d2 AC AE ⋅ CF = , constante pois d = é 4 2 constante.

X 90°– X

d 2

90°– θ + X

θ C

PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO - RJ)

Seja Γ a circunferência do problema. Suponha que B, C , D ∈ Γ são os pontos que maximizam a área de ABCD (obviamente, ABCD é convexo). Então C é

ponto médio de BD : caso não fosse, considere M, ponto médio de BD . Então S ( ABMD ) = S ( ABD ) + S ( BMD ) > S ( ABD ) + S ( BCD ) = S ( ABCD ), pois, como M

HJJG

é médio de BD , d ( M , BD) > d (C , BD) . Como ∆BMD e ∆BCD têm a mesma

base, S ( BMD ) > S ( BCD ). Considere agora { A '} = (Γ ∩ AC )\{C}. Pelo mesmo

HJJG

HJJJG

HJJG

argumento, B e D são pontos médios dos seus respectivos arcos A ' C. Em particular, isso implica que BD é a mediatriz de A ' C ⇒ O ∈ BD

(em F particular, O é ponto médio de BD ). Além disso, como HJJG C é médio de BD , e O é

médio de BD , CO ⊥ BD. Mas A ' C ⊥ BD , pois BD é mediatriz de A ' C . Em particular, AC ⊥ BD . Mas OC ⊥ BD ⇒ O, A, C são colineares.

JJJG

Construção: Trace a semi-reta AO : ela intersecta Γ em C (pois o polígono deve ser convexo com A, O, C colineares, logo esta é a única possível posição de C). Como BD é ortogonal a AC em O, a perpendicular a AC por O determina B e D - estes B e D são os que maximizam a área do quadrilátero #ABCD.

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PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE ALEX CORRÊA ABREU (NITERÓI - RJ)

1 f  +  2  1 1  x Em (iii) troque x por e y por ⇒ f ≥ 2 x y  x+ y 1 g ( x) = f   ⇒  x i)

x < y ⇒ g ( x) > g ( y )

ii)

 x + y  g ( x) + g ( y) g ≥ 2  2 

Fazendo z =

1 f   y  defina agora

g (2 z − y ) + g ( y ) x+ y ⇒ g ( z) ≥ 2 2

(

Fazendo agora y = 1 ⇒ 2g ( z ) ≥ g (2z − 1) + g (1) ⇒ g (2z − 1) ≤ 2g ( z) − g (1) ∀z > 1

)

2 mas 2 z > 2 z − 1 ⇒ g (2 z − 1) ≥ g (2 z ) ⇒ g (2 z ) ≤ 2 g ( z ) − g (1). Vamos agora provar por indução que g (2n z ) ≤ 2n g ( z) − (2 n − 1) g (1) = 2n ( g ( z ) − g (1)) + g (1) : se g (2k z) ≤ 2 k g ( z ) − (2 k − 1) g (1) ⇒ g (2k +1 z ) ≤ 2 g (2k z) − g (1) ≤ 2k +1 g ( z ) − (2k +1 − 2) g (1) − g (1) = 2k +1 g ( z ) − (2k +1 − 1) g (1) . Se tomarmos z > 1, g ( z ) − g (1) < 0 ⇒ ∃ n tal que 2n ( g ( z ) − g (1)) + g (1) < 0 ⇒ ∃x tal que g ( x) < 0 ⇒ ∃y =

1 tal que f ( y ) < 0. x

PROBLEMA 6: Solução adaptada das soluções de Davi Máximo Alexandrino Nogueira

e Rafael Daigo Hirama A idéia é contar o número de pares (f; D), sendo f e D função e conjunto correspondentes a um grafo bacana e comparar com o número de grafos com n vértices. Cada par (f; D) gera no máximo um grafo: de fato, dada f, ligamos os vértices p e q se, e somente se, |f(p) – f(q)| ∈ D. Caso ocorra alguma contradição entre os pares de vértices, o par não gera um grafo. Assim, basta provar que a quantidade de grafos de n vértices é maior que a quantidade de pares (f; D), pois isso demonstraria a existência de um grafo que não é gerado por nenhum par e, portanto, não bacana. EUREKA! N°19, 2004

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No que se segue, x denota o maior inteiro menor que ou igual a x. Há

  n 2  ! 2 n  4      ≤  n  funções injetoras de V, com n elementos, para [1, n2/4] ∩   n 2  − n !  4   4     

N e, como podemos tomar D ⊂ [1, n2/4] ∩

interseção com 1, n 4 ) temos no máximo 2 2

 n2     4 

 n2 número de pares (f; D) é menor que ou igual a   4  n   2

(senão, trocamos D por sua

≤ n

n2 24

conjuntos D. Logo o

n   ⋅2 4 .  

n 2 −n 2 2

grafos com n vértices dados. Assim, basta mostrar Além disso, há 2 = que para todo n suficientemente grande, n2 −n 2 2

 n2 >   4

  ⋅2  

n2 4

⇔

n2 n − 24 2

2 n log 2

n 2

⇔

n−2 n > log 2 ⇔ 2 8 2

n−2 8

n , 2

o que é verdade para n > 58 (sendo n > 58, n−2 2 8

n−2 (1 + 1) 8

n−2 > 1+ + 8

n−2 8

⋅ (n −8 2 − 1) 2

n ). Na verdade, poderíamos 2

simplesmente notar que uma função exponencial cresce muito mais que qualquer função polinomial, que por sua vez, cresce muito mais que qualquer função logarítmica. De fato, quando n fica muito grande quase nenhum grafo é bacana. Isto quer dizer que, embora existam grafos bacanas com um número qualquer de vértices (como, por exemplo, o grafo completo e o grafo vazio), a probabilidade de um grafo ser bacana fica muito próxima de zero quando n é muito grande.

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

Seja X ⊆ 5 3 o poliedro convexo cujos vértices são todos os pontos ( x, y , z) ∈ =3 com x 2 + y 2 + z 2 = 2. Calcule o volume de X. PROBLEMA 2

O tenista Berrando Gemigemi tem 30 dias para preparar-se para um torneio. Se ele treina 3 dias seguidos ele tem fadiga muscular. Ele, então, decide que, durante esses 30 dias, irá treinar 20 dias, sem nunca treinar 3 dias seguidos, e descansar nos outros 10 dias. De quantas maneiras diferentes ele pode escolher os 10 dias de descanso? PROBLEMA 3

Sejam A e B matrizes reais n × n inversíveis. Mostre que se vale a condição ( AB) k = Ak B k para três valores inteiros consecutivos de k então AB = BA. PROBLEMA 4

1 1 π2 ... . Defina + + = 2 22 32 6 k >0 1 1 1 f (n) = ∑ 2 = 1 + 2 + ... + 2 . 2 k n 0< k ≤ n Prove que existe um número real a > 0 tal que existe o limite:  π2 a 2 lim  f (n ) − + ⋅n . n →∞ 6 n  Calcule a e este limite. Sabemos que

∑k

=1+

PROBLEMA 5

Sejam a e n inteiros, n > 1, mdc(a, n) = 1. Prove que o polinômio (1 n ) (( X + a ) n − X n − a ) tem todos os coeficientes inteiros se e somente se n é primo.

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PROBLEMA 6

Defina a1 = 3, an +1 = an2 − 2. log log an = log 2 e calcule lim ( log log an − n log 2). Prove que lim n →∞ n →∞ n (Observação: os logaritmos estão todos na base e).

SOLUÇÕES – NÍVEL UNIVERSITÁRIO SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

Os vértices de X são os doze pontos (±1, ±1,0),(±1,0, ±1),(0, ±1, ±1), que são os pontos médios das arestas do cubo (±1, ±1, ±1) , donde X é obtido a partir do cubo tirando fora uma pirâmide (ou tetraedro) em cada vértice.

O volume do cubo é 23 = 8. Cada pirâmide tem base de área 1/2 e altura 1 logo tem volume igual a 1/6. 8 20 Assim o volume do sólido é igual a 8 − = 6 3 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

Podemos dividir os 30 dias em 10 blocos de três dias. É claro que ele deverá descansar em exatamente um dia por bloco. Se alguma vez ele descansa no dia central de um bloco depois disso ele não poderá descansar no último dia de um bloco; analogamente, se alguma vez ele descansa no primeiro dia de um bloco ele deverá descansar no primeiro dia de todos os blocos que vierem depois. Assim, ele deve descansar no último dia nos primeiros EUREKA! N°19, 2004

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x blocos, depois descansar no dia central durante y blocos e finalmente descansar no primeiro dia nos últimos z blocos, onde x + y + z = 10, x, y, z ≥ 0, x, y, z ∈ =. 12  O número de soluções é   = 66. 2  SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Suponha que ( AB) k = Ak B k , ( AB) k +1 = Ak +1 B k +1 e ( AB) k +2 = Ak +2 B k +2 . Temos então Ak +1 B k +1 = ( AB) k +1 = ( AB )( AB) k = AB Ak B k , e logo (multiplicando à esquerda por A−1 e à direita por B − k ) obtemos Ak B = BAk . Analogamente, usando a segunda e a terceira igualdades, obtemos Ak +1 B = BAk +1 Assim temos BAk +1 = Ak +1 B = A ⋅ Ak B = A ⋅ BAk , donde, multiplicando à direita por A−k , obtemos BA = AB. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

1 1 1 π2 − f (n ) = + + + ... 2 2 6 (n + 1) (n + 2) (n + 3) 2 Podemos obter uma boa estimativa para esta soma estimando a área sob o gráfico 1 de y = 2 , x ≥ n , pela regra dos trapézios: x Temos

n+1

n+2

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n+3

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1 1 dt = . 2 t n A área obtida pela aproximação, que é ligeiramente maior, é 1 1 1  1 1 1   2+ +   + ... = + 2 2 2 2  n ( n + 1)  2  ( n + 1) (n + 2)  1 1 1 1 1 1 π2 = + + + + = + − f (n ) ... 2 n 2 ( n + 1)2 ( n + 2 )2 ( n + 3)2 2n 2 6 A área exata é

∫

∞

 π2 1 2 1 Donde  f ( n) − + n < 6 n 2  Assim a = 1 e, se acreditarmos que esta aproximação é boa, teremos que o limite é igual a 1/2. Para demonstrarmos que o erro é realmente pequeno, devemos estimar a diferença entre as áreas: 1  1 1  n +1 1 1  1 1  1 1 1 ⋅ 2 + −∫ =  2+ − = 2 < 4 2  2 2  2 n 2 n (n + 1)  2 n ( n + 1)  n(n + 1) 2n ( n + 1) 2n t Assim  π2 1 1 1 1 1 − f (n ) − + 2 <  4 + + ...  0< 4 6 2n ( n + 1) n 2n  ∞ 1 1 1 1 < ∫ 4 dt = − 1 n 2 6 (n − 1)3 t e com isso  1 1 π2 1 2 1 n2 − ⋅ < − + n < , ( ) f n  2 6 ( n − 1) 3  6 n 2 o que confirma que o limite é igual a 1/2. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: n n Temos ( X + a)n = ∑  an−k X k . Assim k =0  k  n −1 n   ( X + a)n − X n − a = ∑   a n− k X k + (a n − a). k =1  k   n  n(n − 1)...(n − k + 1) Se n é primo e 1 ≤ k ≤ n −1,   = é múltiplo de n, pois o k! k numerador é múltiplo de n mas o denominador não, e, pelo pequeno Teorema de

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Fermat, a n − a é múltiplo de n. Assim, nesse caso, o polinômio 1 n n   (( X + a) − X − a ) tem todos os coeficientes inteiros.  n Se n é composto, seja q um fator primo de n. Temos então que  n  n(n − 1)...(n − q + 1) não é múltiplo de n. De fato, se q k é a maior potência de  = q ! q   n q que divide n, a maior potência de q que divide   é q k −1 , pois o único fator q múltiplo de q no numerador é n e o único fator múltiplo de q em q! = q(q – 1)… . 1 2 . 1 é q. Assim, nesse caso, o coeficiente de X q em   (( X + a)n − X n − a ) não é  n inteiro. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:

A recursão é satisfeita por an = α 2 + α −2 para qualquer número real α , de fato, n

(

por indução an +1 = an2 − 2 = α 2 + α −2 n

) −2 2

n+1

Para a seqüência do problema, basta resolver α 2 + α −2 = 3 que tem raiz α = 2n

n+1

= α 2 + 2 + α −2 − 2 = α 2 + α −2 . 1+ 5 . 2

 1 + 5   −1 + 5  Assim an =   +   . Assim,   2   2  2n

 1+ 5  1+ 5  ε ( n ) = 0 donde log an = 2 n ⋅ log  an =   + ε (n), onde lim  + ε 1 (n ), n→ ∞  2   2  1+ 5  lim ε 1 ( n ) = 0 e log log a n = n log 2 + log log  lim (n ) = 0  2  + ε 2 ( n ), n → ∞ ε 2 n→∞   1+ 5  loglog an Assim lim = log2 e lim (log log an − n log 2 ) = log log  . →∞ n →∞ n n  2 

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

São dados uma parábola e um ponto A fora dela. Para cada ponto P da parábola, seja t a tangente à parábola por P e r a reta paralela ao eixo da parábola por P. A reta perpendicular a t por A corta r em Q. Prove que, ao variar P, o ponto Q percorre uma hipérbole equilátera. PROBLEMA 2:

a) Sejam p e q ∈ &[ x ] polinômios primos entre si com coeficientes complexos.

Suponha que existam 4 vetores (a, b) ∈ &2 , dois a dois linearmente independentes (sobre & ), tais que ap + bq é o quadrado de um polinômio em &[ x] . Prove que p e q são constantes. b) Prove que não existem polinômios não constantes r, s, t, u ∈ &[ x ] tais que r t f = , g = e f 2 = g ( g − 1)( g − a ), onde a ∈ & , a ≠ 0 , a ≠ 1. s u PROBLEMA 3:

Seja p > 2 um número primo. Seja Xp o conjunto de todas as matrizes quadradas A com coeficientes em

{

de ordem 4 para as quais A2 = I : X p = A ∈ ( = ( p) )

4× 4

A2 = I

}

= ( p)

Calcule o número de elementos de Xp. Observação: = ( p ) = {0,1, 2,..., p − 1} é o corpo finito com p elementos. A soma e o produto são definidos módulo p; assim, por exemplo, em = (7) , 4 + 5 = 2 e 4 ⋅ 5 = 6. PROBLEMA 4:

Temos um dado de 6 faces, não necessariamente honesto. Jogamos o dado três vezes e obtemos resultados a, b e c. Prove que P( a = c | a = b) ≥ P( a = c | a ≠ b) e que vale a igualdade se e somente se o dado é honesto. Observação: P( a = c | a = b) é a probabilidade condicional P ( a = b = c) . P( a = c | a = b) = P( a = b) EUREKA! N°19, 2004

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Um dado é honesto se a probabilidade de cada face é

1 . 6

PROBLEMA 5:

Uma função f : (−1,1) → 5 de classe C ∞ é bacana se existem um inteiro positivo n e polinômios Pj ∈ 5[ t ], 0 ≤ j ≤ n, com Pn não identicamente nulo tais que n

∑ P (t ) f

( j)

( t ) = 0, para todo t ∈ ( −1,1). Prove que se f e g são bacanas então

j =0

f + g e f ⋅ g também são bacanas. Observação: Definimos f (0) = f e, para cada inteiro m ≥ 0, f ( m +1) = ( f ( m) ) '.

PROBLEMA 6:

Seja

A = (aij )1≤i , j ≤n

uma matriz tal que

aij ∈{0,1}, para quaisquer i, j

{(i, j ) | aij = 1} ≥

99 2 n ⋅ n . Prove que tr ( Ak ) ≥   , para todo k ≥ 2. 100 2 n

Observação: Se B = (bij )1≤i, j ≤n é uma matriz quadrada então tr ( B) = ∑ bii denota i =1

o traço de B.

SOLUÇÕES - NÍVEL UNIVERSITÁRIO PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE LEONARDO AUGUSTO ZÃO (NILÓPOLIS – RJ)

Dada a parábola γ , fixamos os eixos coordenados de forma que tenhamos a equação da parábola dada por γ : y = ax 2 . Supomos que A = (m, n) e P = ( x p , y p ). Como p ∈ γ ⇒ y p = ax p2 ⇒ P = ( x p , ax p2 ). Pelo enunciado, a reta t tem coeficiente angular 2ax p , e a reta perpendicular a t −1 . 2ax p Assim, a reta perpendicular a t que passa por A é dada pela equação: −1 ( x − m). (*) t1 = ( y − n) = 2ax p tem coeficiente angular

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A reta r ĂŠ dada por r : x = x p Assim: Q = t1 â&#x2C6;Š r = ( x p ,

1 â&#x2C6;&#x2019;1 m ( x p â&#x2C6;&#x2019; m) + n) = ( x p , â&#x2C6;&#x2019; + n) 2ax p 2ax p 2a

Em Q, variando x p , teremos: y =

1 1 m m â&#x2C6;&#x2019; + n. Se =q e nâ&#x2C6;&#x2019; = k , entĂŁo: 2ax 2a 2a 2a

q q + k â&#x2021;&#x2019; ( y â&#x2C6;&#x2019; k) = â&#x2021;&#x2019; ( y â&#x2C6;&#x2019; k) â&#x2039;&#x2026; x = q . x x Assim, se deslocarmos o eixo y para y â&#x20AC;&#x201C; k, teremos a hipĂŠrbole equilĂĄtera: m yx = q, onde q = . 2a y=

PROBLEMA 2: SOLUĂ&#x2021;Ă&#x192;O DE MĂ RCIO AFONSO ASSAD COHEN (RIO DE JANEIRO â&#x20AC;&#x201C; RJ)

a) Escrevendo a i â&#x2039;&#x2026; p + bi â&#x2039;&#x2026; q = v i2 , i = 1, 2,3,4 , temos que toda raiz a de vi ĂŠ dupla de ai p + bi q,:

ďŁą a i p(a ) + bi q (a) = 0 ďŁą xp(a ) + yq(a ) = 0 . Portanto o sistema ďŁ˛ , ďŁ˛ ďŁła i p ' (a ) + bi q ' (a ) = 0 ďŁł xp' (a ) + yq' (a ) = 0 ĂŠ indeterminado (jĂĄ que (ai, bi) Â?

LVWR p p(a )q' (a) â&#x2C6;&#x2019; q (a) p' (a) = 0 e as soluĂ§Ăľes podem ser parametrizadas de modo que (a i , bi ) = t â&#x2039;&#x2026; (q(a),â&#x2C6;&#x2019; p (a)) . Como os (ai, bi) sĂŁo 2 a 2 LI, os viâ&#x20AC;&#x2122;s sĂŁo 2 a 2 co-primos (porque se a fosse raiz de vi e de vj, entĂŁo (ai, bi) e (aj, bj) seriam ambos mĂşltiplos de (q(a), â&#x20AC;&#x201C; p(a)). AlĂŠm disso, toda raiz de vi ĂŠ tambĂŠm raiz de h = pq'â&#x2C6;&#x2019; qp' . Mais geralmente, se a tem multiplicidade k como raiz de vi entĂŁo a ĂŠ raiz de h com multiplicidade 2k â&#x20AC;&#x201C; 1 â&#x2030;Ľ k. (pois, para cada n, a n-ĂŠsima derivada de n ĂŠ uma soma de termos do tipo p ( j ) q ( n â&#x2C6;&#x2019; j ) â&#x2C6;&#x2019; p ( n â&#x2C6;&#x2019; j ) q ( j ) , que se anulam em a se n â&#x2030;¤ 2k â&#x2C6;&#x2019; 1). Vou mostrar agora que h ĂŠ identicamente nulo, de modo que a derivada de p /q ĂŠ zero. Seja m = grau (p), n = grau (q): 1o caso: m > n: Cada vi tem grau m/2, exceto possivelmente um que pode ter grau n/2 (se existir algum ai nulo) e portanto os viâ&#x20AC;&#x2122;s contribuem com pelo menos 3m/2 + n/2 raĂzes de h. EUREKA! NÂ°19, 2004

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Por outro lado, grau (h) = grau ( pq '− qp ' ) ≤ m + n − 1 < m + n < última igualdade decorre de m > n. Logo, h )

3m + n , onde a 2

2o caso: m = n: Aqui pode ocorrer de algum polinômio aip + biq ter grau menor que n (como os pares são 2 a 2 LI, isso ocorre no máximo uma vez). Mas se ai p( x) + bi q ( x ) = Tl ( x ) , onde Tl é de grau l < n, então ai H 1 1 h = pq '− p ' q = [( −bi q + Tl ) q '− ( −bi q '+ T 'l ) q ] = (Tl q '− T 'l q) ai ai tem grau l + n – 1. Por outro lado, os polinômios ai p + bi q estão contribuindo com h. Como grau (h) ≤ l + n − 1 < l + n ≤

l n + 3 raízes de 2 2

l + 3n (já que l ≤ n), h é identicamente 2

nulo. '

 p h p( x) Portanto,   = 2 ≡ 0 → = cte . Como p e q são primos entre si, ambos q q q ( x )   são constantes. b) Substituindo f = r /s e g = t / u, veja que mdc(t, u) = 1 implica que os polinômios t, u, t – u, t – au são 2 a 2 primos entre si (se dois deles tivessem uma raiz comum α, é fácil ver que α seria raiz de t e de u). Substituindo em f2 = g(g – 1)(g – a) temos: r 2 u 3 = s 2 t (t − u )(t − au ) . Como os polinômios t, t –u, t – au são primos com u, eles devem ser divisores de r2. Como eles são 2 a 2 primos entre si, cada um deve ser um quadrado perfeito (pois todas as raízes de r2 e s2 tem multiplicidade par e s é primo com r). Analogamente, como u3 é primo com t, t – u e t – au, ele deve ser divisor de s2. Logo, u só tem raízes de multiplicidade par (se a fosse raiz com multiplicidade ímpar de u, também o seria de u3 e portanto de s2) e portanto é quadrado de um polinômio complexo. Ou seja, escrevemos u, t, t – u e t – au como quadrados de polinômios, o que contradiz a letra (a), pois os vetores (1, 0), (0, 1), (–1, 1), (– a, 1) são 2 a 2 LI (a 0 e a

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PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE EDUARDO CASAGRANDE STABEL (PORTO ALEGRE – RS)

] p ]) um espaço vetorial. Proposição 1: Se A é uma matriz 4 × 4 com coeficientes em ] e A

Seja p um primo fixado ( p > 2) e V = (

= I é uma

involução então V = E ⊕ F onde E = {u ∈ V : Au = u} e F = {u ∈V : Au = −u} Demonstração: Suponha que A é involução. É claro que os espaços E e F do enunciado só possuem o vetor nulo em comum, pois se Au = u e Au = – u então u = – u e u = (0, 0, 0, 0). Mostremos que E + F = V. Seja v ∈V qualquer. Então v = e + f ( Av + v ) (− Av + v ) 1 1 e f = . Temos Ae = ( A2 v + Av ) = (v + Av ) = e e onde e = 2 2 2 2 1 1 1 2 Af = (− A v + Av ) = ( −v + Av ) = − ( − Av + v ) = − f , logo e ∈ E e f ∈ F . 2 2 2 Suponha que V = E ⊕ F . Definiremos uma aplicação L : 4p → 4p tal que

] ]

L (v ) = e − f onde v = e + f é a decomposição única com e ∈ E e f ∈ F . v1 = e1 + f1 e o2 = e2 + f 2 então Afirmo que L é linear. Se L(o1 + o2 ) = L(e1 + e2 + f1 + f 2 ) = (e1 + e2 ) − ( f1 + f 2 ) = (e1 − f1 ) + (e2 − f 2 ) = L(v1 ) + L(v2 ). Caso α ∈ p e v ∈V então L (α v ) = L (α e + α f ) = α e − α f = α L (v ). Mais ainda, L

]

uma

involução.

fato,

v = e + f ∈V

então

L (v) = L ( Lv ) = L (e − f ) = e − (− f ) = e + f = v. Logo existe uma matriz A tal que L (v ) = Av para todo v sendo A involução. Deste modo, para cada matriz existe uma aplicação e vice-versa. Portanto o número de matrizes A é igual ao número de decomposições V = E ⊕ F . Proposição 2: Se E é subespaço de V = 4p e dim E = k então # E = p k . Demonstração: Dois subespaços de mesma dimensão são isomorfos, basta contar um subespaço específico de dimensão k. Se ei = (0,...,1,...,0) é o vetor canônico e 2

]

E = gerado (e1 ,..., ek ) é fácil ver que # E = p k . Proposição 3: Seja M um espaço vetorial sobre Caso 1 ≤ n ≤ m, existem ( p − 1)( p subespaços de M de dimensão n. m

m −1

− 1)...( p

]

m − n +1

cuja dimensão é dim M = m.

− 1) /( p n − 1)( p n −1 − 1)...( p − 1)

Demonstração: Faremos escolhas de n retas (subespaços de M de dimensão um) ordenadas (r1 , r2 ,..., rn ) tal que cada ri +1 não esteja contida no subespaço gerado EUREKA! N°19, 2004

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por {r1 , r2 ,..., ri }. Para a primeira reta existem ( p n − 1) ( p − 1) escolhas possíveis, pois duas retas quaisquer tem p elementos e só o vetor zero em comum. Ou seja, retirando-se o zero (dá p n − 1 elementos), repartimos este conjunto em ( p n − 1) ( p − 1) cada um dos quais com os elementos de uma reta, sem o vetor nulo. Com um argumento similar, chegamos a ( p n − p ) ( p − 1) possibilidades para a segunda reta, ( p n − p 2 ) ( p − 1) para a terceira e assim por diante. São ( p m − 1)( p m − p)( p m − p 2 )...( p m − p n −1 ) possibilidades. ( p − 1) n Cada escolha (r1 , r2 ,..., rn ) gera um subespaço N = gerado {r1 ,..., rn } de M de dimensão n. Dado um N ⊂ M subespaço de dimensão n, por um argumento ( p n − 1)( p n − p )( p n − p 2 )...( p n − p n −1 ) escolhas similar, é gerado por ( p − 1) n (r1 , r2 ,..., rn ) em N tal que ri +1 não está contido no espaço gerado {r1 , r2 ,..., ri }. Logo existem ( pm −1)( pm − p)...( pm − pn−1) ( pn −1)( pn − p)...( pn − pn−1 ) ( pm −1)( pm−1 −1)...( pm−n+1 −1) = ( p −1)n ( p −1)n ( pn −1)( pn−1 −1)...( p −1) subespaços N ⊂ M de dimensão n. A estratégia será contar o número de decomposições do espaço V em somas diretas V = E ⊕ F . Caso (dim E = 0 e dim F = 4) ou (dim E = 4 e dim F = 0). Contam-se as seguintes possibilidades: E = {0} e F = V ou E = V e F = {0}. Assim, nesse caso, o número de possibilidades é 2 (o leitor pode verificar que essas decomposições correspondem a A = I e A = – I ) (1) Caso (dim E = 1 e dim F = 3) ou (dim E = 3 e dim F = 1) : Façamos só o caso dim E = 3 e dim F = 1 , o outro é análogo. Pela proposição 3, existem ( p 4 − 1)( p3 − 1)( p 2 − 1) ( p 4 − 1) = = 1 + p + p2 + p3 3 2 ( p − 1)( p − 1)( p − 1) p −1 escolhas para o espaço E. Em V – E, restam ( p 4 − p 3 ) elementos e

( p 4 − p3 ) ( p − 1)

retas, portanto são ao todo ( p 4 − 1)( p 4 − p3 ) ( p − 1) 2 escolhas para E e F. Contando também o caso dim E = 1 e dim F = 3 , temos:

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( p 4 − 1)( p 4 − p 3 ) = 2(1 + p + p 2 + p 3 ) p 3 = 2 p 6 + 2 p 5 + 2 p 4 + 2 p3 ( p − 1) 2

(2)

( p 4 − 1)( p3 − 1) ( p 2 − 1)( p − 1) escolhas para E. Escolhido E, fazemos um procedimento análogo ao da demonstração da proposição 3, escolhendo duas retas (r1 , r2 ) fora de E tal que r2 não está no subespaço gerado por r1 e E, para contar as possibilidades de F.

Caso (dim E = 2 = dim F ). Novamente pela proposição 3, existem

Resultam

( p 4 − p 2 )( p 4 − p3 ) escolhas para (r1 , r2 ) de onde resultam para E e F: ( p − 1) 2

( p4 −1)( p3 −1) ( p4 − p2 )( p4 − p3 ) ( p2 −1)( p2 − p) ( p4 −1)( p3 −1) p2 ( p2 −1) p3 ( p −1) ⋅ = 2 ⋅ ( p2 −1)( p − 1) ( p − 1)2 ( p −1)2 ( p −1)( p − 1) ( p2 − 1) p( p −1) p4 ( p2 −1)( p2 +1)( p −1)( p2 + p +1) 4 4 3 = = p ( p + p + 2 p2 + p +1) = p8 + p7 + 2 p6 + p5 + p4 (3) ( p2 −1)( p −1) Por fim, somando (1) + (2) + (3): 2 + (2 p6 + 2 p5 + 2 p4 + 2 p3 ) + ( p8 + p7 + 2 p6 + p5 + p4 ) = p8 + p7 + 4 p6 + 3p5 + 3p4 + 2 p3 + 2. PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE YURI GOMES LIMA (FORTALEZA – CE)

Sejam x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 as probabilidades. Temos então que: 6

P(a = b) = x1 ⋅ x1 + x2 ⋅ x2 + ... + x6 ⋅ x6 = ∑ xi2 i =1

P(a ≠ b) = 1 − P(a = b) = 1 − ∑ xi2 i =1

P(a = b = c) = x1 ⋅ x1 ⋅ x1 + ... + x6 ⋅ x6 ⋅ x6 = ∑ xi3

P ( a = c e a ≠ b) = P ( a = c) − P ( a = b = c ) = P ( a = b) − P ( a = b = c) ⇒ ⇒ P(a = c e a ≠ b) = ∑ xi2 − ∑ xi3 Logo queremos mostrar que:

P ( a = b = c) P ( a = c e a ≠ b) ≥ ⇔ P ( a = b) P ( a ≠ b) ⇔ P ( a = b = c) ⋅ P ( a ≠ b) ≥ P ( a = c e a ≠ b) ⋅ P ( a = b) ⇔ P ( a = c | a = b) ≥ P ( a = c | a ≠ b) ⇔

⇔ ( ∑ xi3 )(1 − ∑ xi2 ) ≥ ( ∑ xi2 − ∑ xi3 )(∑ xi2 ) ⇔ ∑ xi3 ≥ (∑ xi2 ) . 2

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∑x

Vamos mostrar então que se x1 ,..., xn são reais não-negativos tais que

= 1,

então

∑ x ≥ (∑ x ) . 2 2 i

3 i

De fato, temos

∑ x = (∑ x ) ⋅ (∑ x ) = ( x 3 i

3 i

3 1

(*)

+ ... + xn3 )( x1 + ... + xn ) = ∑ xi4 + ∑ xi3 ⋅ x j ⇒ i≠ j

⇒ (*) ⇔ ∑ x + ∑ x x j ≥ ∑ x + 2∑ ( xi x j ) ⇔ ∑ x x j ≥ 2∑ ( xi x j )2 4 i

3 i

4 i

3 i

i< j

i≠ j

i< j

mas observe que por MA ≥ MG temos

xi3 xj + xi x3j ≥ 2 xi3 xj xi x3j = 2(xi xj )2 ⇒ ∑xi3 xj = ∑(xi3 xj + xi x3j ) ≥∑2(xi xj )2 = 2∑(xi x j )2 , i≠ j

como queríamos. Para haver igualdade,

i< j

devemos

ter

i< j

xi3 x j = xi x3j , ∀i ≠ j,

seja,

xi2 = x 2j ⇒ xi = x j , ∀i, j, pois eles são positivos. Mas isso equivale a dizermos que P( a = c | a = b) = P( a = c | a ≠ b) ⇔ o dado é honesto! PROBLEMA 5: SOLUÇÃO ADAPTADA DE CARLOS STEIN NAVES DE BRITO (S.J. DOS CAMPOS – SP) n

Suponha que

∑ P (t ) ⋅ f j =0

( j)

(t ) = 0 e

∑ Q (t ) g j =0

n −1

m −1

j =0

( j)

(t ) = 0, para todo t ∈ ( −1,1).

Então f ( n ) (t ) = ∑ rj (t ) f ( j ) (t ), e g ( m ) (t ) = ∑ s j (t ) g ( j ) (t ), onde rj (t ) = − Pj (t ) Pn (t ) e S j (t ) = −Q j (t ) Qm (t ) são funções racionais. Como (a (t )b (t ))' = a '(t )b(t ) + a (t )b '(t ) e (a (t ) + b(t )) ' = a '(t ) + b '(t ), segue, por

indução, que, para todo k ∈ , ( f (t ) + g (t )) ( k ) pode ser escrito como combinação linear dos f ( j ) (t ),0 ≤ j ≤ n − 1 e g ( j ) (t ), 0 ≤ j ≤ m − 1, com coeficientes funções racionais de t gerado pelos f ( j ) (t ),0 ≤ j ≤ n − 1 e pelos g ( j ) (t ), 0 ≤ j ≤ m − 1. m+n

Assim, deve haver uma combinação linear nula

∑ h (t ) ⋅ ( f + g ) j

( j)

(t ) das

j =0

m + n +1> m + n funções ( f + g ) ( j ) (t ),0 ≤ j ≤ m + n , com coeficientes h j (t ) ∈ (t ). Multiplicando pelo m.d.c. dos denominadores dos h j (t ), concluimos que f + g é bacana.

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Provamos que f ⋅ g é bacana de modo análogo, observando que, para todo k ∈ ( f ⋅ g) pelas

(k )

pertence ao espaço vetorial de dimensão ≤ m ⋅ n sobre

funções

(i )

(t ) ⋅ g (t ),0 ≤ i ≤ n − 1,0 ≤ j ≤ m − 1, ( j)

m ⋅n

combinação linear nula

∑ l (t )( f ⋅ g ) j

(f)

donde

\(t )

existe

gerado uma

(t ), com l j (t ) ∈ (t ), ∀j ≤ mn.

j =0

PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DA BANCA

9n 9n tal que, para todo i ∈ x , { j ≤ n | aij = 1} ≥ . 10 10 n n linhas na matriz, cada uma delas com pelo menos De fato, se há mais de 10 10 n2 , entradas nulas, o número de entradas nulas da matriz será maior que 100 absurdo. 9n Analogamente, existe y ⊂ {1,2,..., n} com tal que, para todo y≥ 10 9n j ∈ y , {i ≤ n | aij = 1 > ≥ . 10 9n 9n 4n Seja Z = X ∩ Y . Temos Z ≥ + −n= . 10 10 5 9n 9n 4n Se i, j ∈ Z ,( A2 )ij ≥ + − n = . Vamos mostrar, por indução, que, se 10 10 5 k −2 i, j ∈ Z , ( Ak )ij ≥ 54 ⋅  53  ⋅ nk −1 , para todo k ≥ 2. De fato, Existe X ⊂ {1, 2,..., n} com x ≥

k −2

k −1

( A )ij = ∑ ( A )ir ⋅ arj ≥ ∑ ( A )ir ⋅ arj ≥  45n − 10n  ⋅ 54 ⋅  53  ⋅ nk −1 > 54 ⋅  53  ⋅ nk , r =1 r∈Z n 4n n pois, de fato, {r ∈ Z | arj = 1} ≥ Z − ≥ − . 10 5 10 k −2 k k 4n 4  3   3 k  n  k k k −1 Assim, para todo k ≥ 2, tr ( A ) ≥ ∑ ( A )ii ≥ ⋅ ⋅  ⋅ n >   ⋅ n >   . 5 5  5  5  2 i∈Z k +1

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XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Resultado – Nível 1 (5a. e 6a. Séries) NOME Henrique Pondé de Oliveira Pinto Guilherme Philippe Figueiredo Rodrigo Clemente de Brito Pereira Henrique Hiroshi Motoyama Watanabe Rafael Tupinambá Dutra Rafael Rabelo de Carvalho Carolina Yumi Yida Alice Duarte Scarpa Bruna da Silveira Afonso Daniella Alves Rebouças Fábio Mallaco Moreira Carlos Renato de Andrade Figueiredo Rodrigo Bartels Luiz Gustavo Antunes Magalhães Vitor Mori Illan Feiman Halpern Vinicius Coêlho Machado Pollyanna Stéfani Borges Freitas Danilo Takeshi Abe Jaune Gabriel Moreira Francisco Nicolas Mansur Beleski Anna Clara Leite Pestana Rafael Pacheco Gomes Luís Otávio Valente Barcellos Hannah Drummond Davico de Barros James Jun Hong Thiago da Silva Pinheiro Bernardo Duque Guimarães Saraiva Guilherme Rodrigues Carvalho de Souza Tiago Paula e Silva de Holanda Cavalcanti Mateus Sampaio de Mendonça Eduardo Barthel Monteiro Thales de Oliveira Gonçalves Lucas Matsumoto Tominaga Nathana Alcântara Lima Lucas Cordeiro Gonçalves de Carvalho Bruna Melo Coelho Loureiro Rafael Issamu Isuyama Bruna de Oliveira Neuenschwander Gabriel Somavilla Nunes Vinícius Henrique Campos Senra Mariana Silva de Oliveira Hannah Menezes Lira Alessandro Wagner Palmeira Gustavo Henrique dos Santos Figueiredo André Bain Luara Prado Louvison Kamila Satomi Haida Dan Zylberglejd Lucas Souza Carmo Carvalho Igor Dantas Rocha Felipe Ferreira Torres

CIDADE – ESTADO Salvador - BA Fortaleza - CE João Pessoa - PB São Paulo - SP Belo Horizonte - MG Brasília - DF São Paulo - SP Goiânia - GO Salvador - BA Vila Velha - ES SJ dos Campos - SP Recife - PE Porto Alegre - RS Muriaé - MG São Paulo - SP Itatiaia - RJ Fortaleza - CE Fortaleza - CE São Paulo - SP Santo André - SP Curitiba - PR Recife - PE Fortaleza - CE Sta. Rita do Passa Quatro - SP Rio de Janeiro - RJ São Paulo - SP São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Recife - PE Belo Horizonte - MG SJ dos Campos - SP Vitória - ES Diadema - SP Fortaleza - CE Salvador - BA Lauro de Freitas - BA São Paulo - SP Belo Horizonte - MG Videira - SC Belo Horizonte - MG Salvador - BA Salvador - BA Guarulhos - SP Santo André - SP São Paulo - SP São Paulo - SP Lucas do Rio Verde - MT Rio de Janeiro - RJ Belo Horizonte - MG Campina Grande - PB Fortaleza - CE

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

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Resultado – Nível 2 (7a. e 8a. Séries) NOME Eduardo Fischer Guilherme Rodrigues Nogueira de Souza Edson Augusto Bezerra Lopes Enzo Haruo Hiraoka Moriyama André Linhares Rodrigues Leandro Farias Maia Lucio Eiji Assaoka Hossaka José Marcos Andrade Ferraro Gustavo Sampaio Sousa Maricy Miki Hisamoto Rafael Bandeira Lages Paulo André Carvalho de Melo Leonardo Esmeraldo de Aquino Felipe Gonçalves Assis Fernando Nascimento Coelho Régis Prado Barbosa Cesar Ryudi Kawakami Marlon Vieira de Lima Júnior Sérgio Ricardo Furtado Sampaio Filho Felipe Ferreira Villar Coelho Iuri Lima Ribeiro Iris Chyun Mian Tseng Filipe Alves Tomé Danilo Eiki Yokoyama João José Ribeiro e Silva Caio Carvalho Torres Rafael Morioka Oda Adriano Jorge Braun Vieira Neto Renato Rebouças de Medeiros Dante Mattos de Salles Soares Rafael da Silva Holanda Theodoro Ribeiro Gonçalves Neto Gabriel Caser Brito Regina Reis da Costa Alves Raphael Rodrigues Mata Felipe Diz Diz Louise Rodrigues Martins Dandas Daniel de Almeida Renato Pinto Oliveira Pedro Paulo Albuquerque Goes Leonardo Simões Freire Roberto Câmara Gentil Porto Pedro Paulo Gondim Cardoso David Mosiah Terceiro Batista Vinícius Marques Regitano Guilherme Hiroshigue Motomura Hashimoto Kaique Knothe de Andrade Ramon Moreira Nunes Martin Alexander Barrios Gundelach Plicia Maciel Carvalho Tiago Pellegrini Travassos Vieira

CIDADE – ESTADO Encantado - RS São Paulo - SP Fortaleza - CE São Paulo - SP Fortaleza - CE Fortaleza - CE Curitiba - PR São Paulo - SP Fortaleza - CE São Paulo - SP Teresina - PI Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Campina Grande - PB Fortaleza - CE Fortaleza - CE São Paulo - SP Fortaleza - CE Fortaleza - CE Serra - ES Fortaleza - CE São Paulo - SP Fortaleza - CE São Paulo - SP Salvador - BA Teresina - PI São Paulo - SP Fortaleza - CE Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Teresina - PI Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Salvador - BA São Paulo - SP Fortaleza - CE Piracicaba - SP Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE São Paulo - SP Fortaleza - CE Salvador - BA Fortaleza - CE Piracicaba - SP São Paulo - SP Rio Claro - SP Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Redenção - PA São Paulo - SP

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Resultado – Nível 3 (Ensino Médio) NOME Fábio Dias Moreira Davi Máximo Alexandrino Nogueira Rafael Daigo Hirama Henry Wei Cheng Hsu Alex Corrêa Abreu Felipe Rodrigues Nogueira de Souza Thiago Costa Leite Santos Rafael Marini Silva Larissa Cavalcante Queiroz de Lima Rodrigo Aguiar Pinheiro Telmo Luis Correa Junior Samuel Barbosa Feitosa Alex Cardoso Lopes Israel Franklim Dourado Carrah Gabriel Tavares Bujokas Renato Francisco Lopes Mello Murilo Vasconcelos Andrade Francisco Bruno de Lima Holanda Davi Valle Ferreira Raphael Constant da Costa Ricardo Mizoguchi Gorgoll Raul Celistrino Teixeira Elton Gomes Coriolano Thomás Yoiti Sasaki Hoshina Rodrigo Kendy Yamashita Eduardo de Moraes Rodrigues Poço Carlos Augusto David Ribeiro Germanna de Oliveira Queiroz Helder Oliveira de Castro Diogo dos Santos Suyama Guilherme Rodrigues Salerno Larissa Rodrigues Ribeiro Domingos Afono de Moura Junior Lucas de Aragão Bittencourt Eduardo Martins Spina Hugo Francisco Lisboa Santos Rafael Assato Ando Andre Belem Ferreira da Silva Renato Mendes Coutinho Ayran Ayres Barbosa Loriato Vitor Gabriel Kleine Victor de Andrade Lazarte Daniel Ponciano dos Santos Barbosa Rodrigo Viana Soares Thiago Costas Casal Monteiro Silva Eduardo Vieira de Oliveira Aguiar Glauco Rocha Machado Juliana Gomes Varela Luty Rodrigues Ribeiro

CIDADE – ESTADO Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Campinas - SP São Paulo - SP Niterói - RJ São Paulo - SP São Paulo - SP Vila Velha - ES Fortaleza - CE Fortaleza - CE Santo André - SP Fortaleza - CE São Paulo - SP Fortaleza - CE São Paulo - SP Jaboatão dos Guararapes - PE Maceió - AL Fortaleza - CE Belo Horizonte - MG Rio de Janeiro - RJ São Paulo - SP Adamantina - SP Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Osasco - SP São Paulo - SP Fortaleza - CE Fortaleza - CE Mogi das Cruzes - SP Belo Horizonte - MG Goiânia - GO Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Jundiaí - SP Rio de Janeiro - RJ Campinas - SP Rio de Janeiro - RJ Americana - SP Vitória - ES Mogi das Cruzes - SP São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Fortaleza - CE

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

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Resultado – Nível Universitário NOME Humberto Silva Naves Márcio Afonso Assad Cohen Yuri Gomes Lima Carlos Stein Naves de Brito Daniel Massaki Yamamoto Rodrigo Villard Milet Eduardo Casagrande Stabel Rafael Tajra Fonteles Diêgo Veloso Uchôa Fabrício Siqueira Benevides Thiago da Silva Sobral Rodrigo Roque Dias Leonardo Augusto Zão Einstein do Nascimento Júnior Eduardo Famini Silva Bernardo Freitas Paulo da Costa Daniel Nobuo Uno Lucas de Melo Pontes e Silva Antonio Carlos Maldonado S. Alonso Munhoz Thiago Barros Rodrigues Costa João Alfredo Castellani Fajardo Freire Daniel Pinheiro Sobreira Eduardo Paiva Costa Giuliano Boava Rodrigo Angelo Muniz Tertuliano Franco Santos Franco Diego Sadao Saito Márcio Rodrigo da Rocha Pinheiro Ítalo Gervásio Cavalcante Estillac Lins Maciel Borges Filho Daniele Véras de Andrade Eduardo Bertoldi Domingos Dellamonica Júnior André Luis Hirschfeld Danila Jorge Peixoto de Morais Neto Bruno Germano Borics Rodrigo José Gondim Neves Gustavo Gomes Araújo Eduardo Monteiro Nicodemos

CIDADE - ESTADO São José dos Campos - SP Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Goiânia - GO São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Porto Alegre - RS Teresina - PI Teresina - PI Fortaleza - CE Fortaleza - CE São Paulo - SP Nilópolis - RJ Fortaleza - CE Salvador - BA Rio de Janeiro - RJ São Paulo - SP Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Salvador - BA Fortaleza - CE Teresina - PI Florianópolis - SC Cariacica - ES Salvador - BA Tupã - SP Ananindeua - PA Teresina – PI Belém - PA Rio de Janeiro - RJ SJ dos Campos - SP São Paulo - SP São Paulo - SP Goiânia - GO Rio de Janeiro - RJ Jaboatão dos Guararapes - PE Ribeirão Preto - SP Rio de Janeiro - RJ

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

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AGENDA OLÍMPICA XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – Sábado, 5 de junho de 2004 Segunda Fase – Sábado, 11 de setembro de 2004 Terceira Fase – Sábado, 16 de outubro de 2004 (níveis 1, 2 e 3) Domingo, 17 de outubro de 2004 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova). NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – Sábado, 11 de setembro de 2004 Segunda Fase – Sábado, 16 e Domingo, 17 de outubro de 2004 ♦

X OLIMPÍADA DE MAIO 8 de maio de 2004 ♦

XV OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 14 a 22 de maio de 2004 Assunção, Paraguai ♦

XLV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 06 a 18 de julho de 2004 Atenas, Grécia ♦

X OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 23 a 29 de julho de 2004 Skopje, Macedônia ♦

XIX OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 17 a 26 de setembro de 2004 Castellón, Espanha ♦

VI OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 6 de novembro de 2004 ♦♦♦ EUREKA! N°19, 2004

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COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad Amarísio da Silva Araújo Ana Paula Bernardi da Silva Benedito Tadeu Vasconcelos Freire Carlos Frederico Borges Palmeira Claus Haetinger Cleonor Crescêncio das Neves Élio Mega Florêncio Ferreira Guimarães Filho Gil Cunha Gomes Filho Ronaldo Alves Garcia Reginaldo de Lima Pereira Ivanilde Fernandes Saad Jacqueline Fabiola Rojas Arancibia Janice T. Reichert João Benício de Melo Neto João Francisco Melo Libonati José Carlos dos Santos Rodrigues José Cloves Saraiva José Gaspar Ruas Filho José Luiz Rosas Pinho José Vieira Alves Licio Hernandes Bezerra Luzinalva Miranda de Amorim Mário Rocha Retamoso Marcelo Rufino de Oliveira Marcelo Mendes Pablo Rodrigo Ganassim Ramón Mendoza Raúl Cintra de Negreiros Ribeiro Reinaldo Gen Ichiro Arakaki Ricardo Amorim Sérgio Cláudio Ramos Tadeu Ferreira Gomes Tomás Menéndez Rodrigues Valdenberg Araújo da Silva Valdeni Soliani Franco Vânia Cristina Silva Rodrigues Wagner Pereira Lopes

(UFJF) (UFV) (Universidade Católica de Brasília) (UFRN) (PUC-Rio) (UNIVATES) (UTAM) (Colégio Etapa) (UFES) (Colégio ACAE) (UFGO) (Escola Técnica Federal de Roraima) (UC. Dom Bosco) (UFPB) (UNOCHAPECÓ) (UFPI) (Grupo Educacional Ideal) (Unespar) (UFMA) (ICMC-USP) (UFSC) (UFPB) (UFSC) (UFBA) (UFRG) (Grupo Educacional Ideal) (Colégio Farias Brito, Pré-vestibular) (Liceu Terras do Engenho) (UFPE) (Colégio Anglo) (INPE) (Centro Educacional Logos) (IM-UFRGS) (UEBA) (U. Federal de Rondônia) (U. Federal de Sergipe) (U. Estadual de Maringá) (U. Metodista de SP) (CEFET – GO)

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Juiz de Fora – MG Viçosa – MG Brasília – DF Natal – RN Rio de Janeiro – RJ Lajeado – RS Manaus – AM São Paulo – SP Vitória – ES Volta Redonda – RJ Goiânia – GO Boa Vista – RR Campo Grande– MS João Pessoa – PB Chapecó – SC Teresina – PI Belém – PA Campo Mourão – PR São Luis – MA São Carlos – SP Florianópolis – SC Campina Grande – PB Florianópolis – SC Salvador – BA Rio Grande – RS Belém – PA Fortaleza – CE Piracicaba – SP Recife – PE Atibaia – SP SJ dos Campos – SP Nova Iguaçu – RJ Porto Alegre – RS Juazeiro – BA Porto Velho – RO São Cristovão – SE Maringá – PR S.B. do Campo – SP Jataí – GO

CONTEÚDO

AOS LEITORES

X OLIMPÍADA DE MAIO Enunciados e Resultado Brasileiro

XV OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e Resultado Brasileiro

XLV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro

XIX OLIMPÍADA IBERO-AMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro

XI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA Enunciados e Resultado Brasileiro

ARTIGOS O TRIÂNGULO E SUAS PRINCIPAIS CIRCUNFERÊNCIAS Eduardo Wagner

DOIS PROBLEMAS CHINESES SOBRE GEOMETRIA PROJETIVA Helder Oliveira de Castro

RETA DE EULER E NÚMEROS COMPLEXOS José Paulo Carneiro

COMO É QUE FAZ?

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

PROBLEMAS PROPOSTOS

COORDENADORES REGIONAIS

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AOS LEITORES Neste número apresentamos os resultados das equipes brasileiras e os problemas propostos na X Olimpíada de maio, na XV Olimpíada do Cone Sul, na XLV Olimpíada Internacional (IMO), na XI Olimpíada Internacional para Estudantes Universitários (IMC) e na XIX Olimpíada Ibero-americana. Realmente temos muito a comemorar: o primeiro colocado na Cone Sul, a maior nota do Ocidente no IMC (lembrem-se de que boa parte da Europa e os Estados Unidos ficam no Ocidente!), mais uma vez todos os integrantes de nossa equipe conquistaram medalhas na IMO, colocando o Brasil à frente de diversos países de grande tradição matemática, como a França e a Alemanha e fomos o primeiro país a conquistar 4 medalhas de ouro na Ibero. Você ainda poderá ler três excelentes artigos de Geometria, com os quais certamente você aprenderá muito. Não se esqueça de que, caso não consiga entender algum agora (ou mesmo todos, não há problema), vale a pena retornar a eles depois. Agradecemos as soluções de problemas propostos e os novos problemas enviados pelos nossos leitores, que continuamos estimulando a colaborar com a Eureka!. Agradecemos finalmente a Cícero Thiago Magalhães de Fortaleza – CE e a Wilberson Ivo Della Nina de São José dos Campos – SP que colaboraram com a revisão deste número.

Os editores

EUREKA! N°20, 2004

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X OLIMPÍADA DE MAIO Enunciados e Resultado Brasileiro PRIMEIRO NÍVEL Duração da Prova: 3 horas PROBLEMA 1

Xavier multiplica quatro dígitos, não necessariamente distintos, e obtém um número terminado em 7. Determine quanto pode valer a soma dos quatros dígitos multiplicados por Xavier. Dê todas as possibilidades. PROBLEMA 2

No interior de um quadrado 11 × 11, Pablo desenhou um retângulo e prolongando seus lados dividiu o quadrado em 5 retângulos, como mostra a figura. Sofia fez o mesmo, conseguindo, além disso, que os comprimentos dos lados dos 5 retângulos fossem números inteiros entre 1 e 10, todos distintos. Mostre uma figura como a que Sofia fez. PROBLEMA 3

Em cada casa de um tabuleiro 5 × 5 está escrito 1 ou – 1. Em cada passo troca-se o número de cada uma das 25 casas pelo resultado da multiplicação dos números de todas as suas casas vizinhas. Inicialmente se tem o tabuleiro da figura. Mostre como fica o tabuleiro ao final de 2004 passos. Observação: Duas casas são vizinhas se tiverem um lado em comum.

–1

PROBLEMA 4

Em um quadrado ABCD de diagonais AC e BD, chamamos de O o centro do quadrado. Constrói-se um quadrado PQRS de lados paralelos aos de ABCD com P no segmento AO, Q no segmento BO, R no segmento CO, S no segmento DO. Se área (ABCD) = 2·área(PQRS) e M é o ponto médio do lado AB, calcule a

medida do ângulo AM P . (Não vale medir.) EUREKA! N°20, 2004

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PROBLEMA 5

Tem-se 90 cartões e em cada um estão escritos dois dígitos distintos: 01, 02, 03, 04, 05, 06, 07, 08, 09, 10, 12, e assim sucessivamente até 98. Um conjunto de cartões é correto se não contém nenhum cartão que tenha o primeiro dígito igual ao segundo dígito de outro cartão do conjunto. Chamamos valor de um conjunto de cartões a soma dos números escritos em cada cartão. Por exemplo, os quatros cartões 04, 35, 78 e 98 formam um conjunto correto e seu valor é 215, pois 04 + 35 + 78 + 98 = 215. Encontre um conjunto correto que tenha o maior valor possível. Explique por que é impossível obter um conjunto correto de maior valor.

SEGUNDO NÍVEL Duração da Prova: 3 horas PROBLEMA 1

Juliano escreveu cinco números inteiros positivos, não necessariamente distintos, tais que seu produto seja igual à sua soma. Quais podem ser os números que Juliano escreveu? PROBLEMA 2

A mãe de Zezinho quer preparar n pacotes de 3 balas para dar de presente na festa de aniversário, e para isto comprará balas sortidas de 3 sabores diferentes. Ela pode comprar qualquer número de balas, mas não pode escolher quantas são de cada sabor. Ela quer colocar em cada pacote uma bala de cada sabor, e se isto não for possível usará somente balas de um sabor e todos os pacotes terão 3 balas desse sabor. Determine o menor número de balas que ela deve comprar para poder preparar os n pacotes. Explique por que se ela compra menos balas não terá a certeza de poder preparar os pacotes como ela quer. PROBLEMA 3

Temos uma mesa de bilhar de 8 metros de comprimento e 2 metros de largura, com uma única bola no centro. Lançamos a bola em linha reta e, depois de percorrer 29 metros, ela pára numa esquina da mesa. Quantas vezes a bola rebateu nas bordas da mesa? Nota: Quando a bola rebate na borda da mesa, os dois ângulos que formam sua trajetória com a borda da mesa são iguais.

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PROBLEMA 4

Ache todos os números naturais x, y, z que verificam simultaneamente x ⋅ y ⋅ z = 4104 x + y + z = 77 PROBLEMA 5

Sobre um tabuleiro 9 × 9, dividido em casas 1 × 1, se colocam sem superposições e sem sair do tabuleiro, peças da forma

Cada peça cobre exatamente 3 casas. a) A partir do tabuleiro vazio, qual é a máxima quantidade de peças que se pode colocar? b) A partir do tabuleiro com 3 peças e colocadas como mostra o diagrama seguinte,

qual é a máxima quantidade de peças que se pode colocar?

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RESULTADOS PRIMEIRO NÍVEL (Até 13 anos) Gustavo Henrique dos Santos Figueiredo Vinícius Henrique Campos Senra Rafael Pacheco Gomes Danilo Takeshi Abe Jaune Ilan Feiman Halpern Emanuelle Meneses Barros Dayana Basilio Batista Guilherme Albuquerque Pinto Rebello Bernardo Duque Guimarães Saraiva Amanda Maria Barradas M. de Santana

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

Santo André - SP Belo Horizonte - MG Fortaleza - CE São Paulo - SP Itatiaia - RJ Fortaleza - CE Campo Grande - MS Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Teresina - PI

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

Encantado - RS Curitiba - PR São Paulo - SP São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ João Pessoa - PB Salvador - BA Belo Horizonte - MG Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE

SEGUNDO NÍVEL (Até 15 anos) Eduardo Fischer Lucio Eiji Assaoka Hossaka Guilherme Nogueira de Souza José Marcos Andrade Ferraro Paulo André Carvalho de Melo Rodrigo Clemente de Brito Pereira Henrique Pondé de Oliveira Pinto Rafael Tupinambá Dutra Amanda Freitas Santos Edson Augusto Bezerra Lopes

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XV OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e Resultado Brasileiro A XV Olimpíada de Matemática do Cone Sul foi realizada na cidade de Caaguazú, Paraguai no período de 14 a 23 de Maio de 2004. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Pablo Rodrigo Ganassim (São Paulo – SP) e Márcio Cohen (Rio de Janeiro – RJ). RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4

Gabriel Tavares Bujokas Leandro Farias Maia André Linhares Rodrigues Telmo Luis Correa Júnior

Medalha de Ouro Medalha de Prata Medalha de Bronze Medalha de Bronze

PROBLEMA 1

Maxi escolheu 3 dígitos e, fazendo todas as permutações possíveis, obteve 6 números distintos, cada um com 3 dígitos. Se exatamente um dos números que Maxi obteve é um quadrado perfeito e exatamente três são primos, encontrar os 3 dígitos que Maxi escolheu. Dê todas as possibilidades para os 3 dígitos. PROBLEMA 2

Dada uma circunferência C e um ponto P exterior a ela, traçam-se por P as duas tangentes à circunferência, sendo A e B os pontos de tangência. Toma-se um ponto Q sobre o menor arco AB de C. Seja M a interseção da reta AQ com a perpendicular a AQ traçada por P, e seja N a interseção da reta BQ com a perpendicular a BQ traçada por P. Demonstre que, ao variar Q no arco AB, todas as retas MN passam por um mesmo ponto. PROBLEMA 3

Seja n um inteiro positivo. Chamamos Cn a quantidade de inteiros positivos x, menores que 10n, tais que a soma dos dígitos de 2x é menor que a soma dos dígitos de x. 4 Demonstre que Cn (10n − 1) . 9

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PROBLEMA 4

Arnaldo escolhe um inteiro a, a Â&#x2022; H %HUQDOGR HVFROKH XP LQWHLUR b, b Â&#x2022; Ambos dizem, em segredo, o nĂşmero que escolheram a Cernaldo, e este escreve em um quadro os nĂşmeros 5, 8 e 15, sendo um desses a soma a + b. Cernaldo toca uma campainha e Arnaldo e Bernaldo, individualmente, escrevem em papĂŠis distintos se sabem ou nĂŁo qual dos nĂşmeros no quadro ĂŠ a soma de a e b, e entregam seus papĂŠis para Cernaldo. Se em ambos os papĂŠis estĂĄ escrito NĂ&#x192;O, Cernaldo toca novamente a campainha, e o procedimento se repete. Sabe-se que Arnaldo e Bernaldo sĂŁo sinceros e inteligentes. Qual ĂŠ o nĂşmero mĂĄximo de vezes que a campainha pode ser tocada atĂŠ que um deles escreva que sabe o valor da soma? PROBLEMA 5

Utilizando triangulinhos eqĂźilĂĄteros de papel, de lado 1, forma-se um triĂ˘ngulo eqĂźilĂĄtero de lado 2 2004 . Desse triĂ˘ngulo retira-se o triangulinho de lado 1 cujo centro coincide com o centro do triĂ˘ngulo maior. Determine se ĂŠ possĂvel cobrir totalmente a superfĂcie restante, sem superposiĂ§Ăľes nem buracos, dispondo-se somente de fichas em forma de trapĂŠzio isĂłsceles, cada uma formada por trĂŞs triangulinhos eqĂźilĂĄteros de lado 1. PROBLEMA 6

Sejam m, n inteiros positivos. Em um tabuleiro m Ă&#x2014; n, quadriculado em quadradinhos de lado 1, considere todos os caminhos que vĂŁo do vĂŠrtice superior direito ao inferior esquerdo, percorrendo as linhas do quadriculado exclusivamente nas direĂ§Ăľes â&#x2020;? e â&#x2020;&#x201C;. Define-se a ĂĄrea de um caminho como sendo a quantidade de quadradinhos do tabuleiro que hĂĄ abaixo desse caminho. Seja p um primo tal que rp(m) + rp(n) â&#x2030;Ľ p, onde rp(m) representa o resto da divisĂŁo de m por p e rp(n) representa o resto da divisĂŁo de n por p. Em quantos caminhos a ĂĄrea ĂŠ um mĂşltiplo de p?

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XLV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro A XLV Olimpíada Internacional de Matemática foi realizada na cidade de Atenas, Grécia no período de 06 a 18 de julho de 2004. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Carlos Gustavo Moreira (Rio de Janeiro – RJ) e Carlos Yuzo Shine (São Paulo – SP). RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4 BRA5 BRA6

Fábio Dias Moreira Gabriel Tavares Bujokas Henry Wei Cheng Hsu Rafael Daigo Hirama Rafael Marini Silva Thiago Costa Leite Santos

Medalha de Bronze Medalha de Prata Medalha de Bronze Medalha de Prata Medalha de Bronze Medalha de Bronze

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

Seja ABC um triângulo acutângulo com AB ≠ AC. A circunferência de diâmetro BC intersecta os lados AB e AC nos pontos M e N, respectivamente. Seja O o ponto médio do lado BC. As bissetrizes dos ângulos BAC e MON intersectam-se em R. Prove que as circunferências circunscritas aos triângulos BMR e CNR têm um ponto em comum que pertence ao lado BC.

PROBLEMA 2

Determine todos os polinômios P(x) de coeficientes reais que satisfazem a igualdade P( a − b) + P(b − c) + P(c − a ) = 2 P( a + b + c )

para quaisquer números reais a, b, c, tais que ab + bc + ca = 0.

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PROBLEMA 3

Um gancho é uma figura formada por seis quadrados unitários como no seguinte diagrama

ou qualquer uma das figuras obtidas desta aplicando rotações ou reflexões. Determine todos os retângulos m × n que podem ser cobertos com ganchos de modo que: i) O retângulo é coberto sem buracos e sem sobreposições; ii) Nenhuma parte de nenhum gancho pode cobrir regiões fora do retângulo. SEGUNDO DIA PROBLEMA 4 Seja n ≥ 3 um inteiro. Sejam t1 , t2 ,..., tn números reais positivos tais que

1 1 1 n 2 + 1 > (t1 + t2 + ... + tn )  + + ... +  . tn   t1 t2

Mostre que ti , t j e tk são as medidas dos lados de um triângulo para quaisquer i, j, k com 1 ≤ i < j < k ≤ n. PROBLEMA 5

Num quadrilátero convexo ABCD a diagonal BD não é bissetriz do ângulo ABC nem do ângulo CDA . Um ponto P no interior de ABCD satisfaz ∠PBC = ∠DBA e ∠PDC = ∠BDA.

Prove que os vértices do quadrilátero ABCD pertencem a uma mesma circunferência se e só se AP = CP. PROBLEMA 6

Um inteiro positivo é dito alternante se, na sua representação decimal, quaisquer dois dígitos consecutivos têm paridade diferente. Determine todos os inteiros positivos n tais que n tem um múltiplo que é alternante.

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XIX OLIMPÍADA IBERO-AMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro A XIX Olimpíada Ibero-americana de Matemática foi realizada na cidade de Castellón, Espanha no período de 17 a 26 de setembro de 2004. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Eduardo Wagner e Luciano Guimarães Monteiro de Castro, ambos do Rio de Janeiro – RJ. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4

Alex Corrêa Abreu Fábio Dias Moreira Gabriel Tavares Bujokas Rafael Daigo Hirama

Medalha de Ouro Medalha de Ouro Medalha de Ouro Medalha de Ouro

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

Deve-se colorir as casas de um tabuleiro 1001 × 1001 de acordo com as seguintes regras: Se duas casas têm um lado comum, então pelo menos uma delas deve ser colorida. De cada seis casas consecutivas de uma linha ou de uma coluna, devem colorir-se sempre pelo menos duas delas que sejam adjacentes. Determinar o número mínimo de casas que devem ser coloridas.

PROBLEMA 2

Considera-se no plano uma circunferência de centro O e raio r, e um ponto A exterior a ela. Seja M um ponto da circunferência e N o ponto diametralmente oposto a M. Determinar o lugar geométrico dos centros das circunferências que passam por A, M e N quando M varia. PROBLEMA 3

Sejam n e k números inteiros positivos tais que n é ímpar ou n e k são pares. Provar que existem inteiros a e b tais que mdc (a, n) = mdc(b, n) = 1 e k = a + b. EUREKA! N°20, 2004

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PROBLEMA 4

Determinar todos os pares (a, b), onde a e b são números inteiros positivos de dois dígitos cada um, tais que 100a + b e 201a + b são quadrados perfeitos de quatro dígitos.

PROBLEMA 5

Dado um triângulo escaleno ABC, designam-se por A', B', C' os pontos de interseção das bissetrizes interiores dos ângulos A, B e C com os lados opostos, respectivamente. Sejam: A'' a interseção de BC com a mediatriz de AA', B'' a interseção de AC com a mediatriz de BB' e C'' a interseção de AB com a mediatriz de CC'. Provar que A'', B'' e C'' são colineares. PROBLEMA 6

Para um conjunto H de pontos no plano, diz-se que um ponto P do plano é um ponto de corte de H, se existem quatro pontos distintos A, B, C e D em H tais que as retas AB e CD são distintas e se cortam em P. Dado um conjunto finito A0 de pontos no plano, constrói-se uma sucessão de conjuntos A1 , A2 , A3 ,... da seguinte forma: para qualquer j ≥ 0, Aj +1 é a união de Aj com o conjunto de todos os pontos de corte de Aj . Demonstrar que se a união de todos os conjuntos da sucessão é um conjunto finito então, para qualquer j ≥ 1, tem-se Aj = A1 .

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XI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA PARA ESTUDANTES UNIVERSITÁRIOS Enunciados e Resultado Brasileiro A XI Olimpíada Internacional de Matemática para estudantes universitários foi realizada na cidade de Skopje, Macedônia no período de 23 a 29 de julho de 2004. A equipe brasileira foi liderada pelo professor Fernando Pimentel, da cidade de Fortaleza – CE. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA Yuri Gomes Lima Humberto Silva Naves Carlos Stein Naves de Brito Alex Corrêa Abreu Eduardo Casagrande Stabel Murilo Vasconcelos de Andrade Rafael Tajra Fonteles Thiago Barros Rodrigues Costa Diêgo Veloso Uchôa Eduardo Famini Silva Tertuliano Franco Santos Franco

UFC ITA ITA UFRJ UFRGS IME UFPI Unicamp IME IME UFBA

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

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

Seja S um conjunto infinito de números reais tal que x1 + x2 + ... + xn ≤ 1 para todo subconjunto finito {x1 , x2 ,..., xn } ⊂ S . Demonstre que S é enumerável.

PROBLEMA 2

Seja f1 ( x) = x 2 − 1, e para cada inteiro positivo n ≥ 2 defina f n ( x ) = f n −1 ( f1 ( x )). Quantas raízes reais distintas tem o polinômio f 2004 ?

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PROBLEMA 3 n

Seja An o conjunto de todas as somas n

∑x

∑ arcsin x , k

k =1

onde n ≥ 2, xk ∈ [0,1], e

= 1.

k =1

i) Prove que An é um intervalo.

an . ii) Seja an o comprimento do intervalo An . Calcule nlim →∞ PROBLEMA 4

Suponha n ≥ 4 e seja S um conjunto finito de pontos no espaço \ , de maneira que quaisquer quatro de seus pontos não sejam coplanares. Suponha que todos os pontos de S podem ser coloridos de vermelho e azul de modo que qualquer esfera que intersecte S em ao menos 4 pontos tenha a propriedade de que exatamente a metade dos pontos na interseção de S com a esfera é azul. Prove que todos os pontos de S encontram-se numa esfera. 3

PROBLEMA 5

 2n   + 1 números reais, onde n é um inteiro positivo. n

Seja S um conjunto de 

Prove que onde existe uma seqüência monótona {ai }1≤i ≤ n + 2 ⊂ S tal que

xi +1 − x1 ≥ 2 xi − x1 , para todo i = 2, 3,…, n. PROBLEMA 6

Para cada número complexo z diferente de 0 e 1 definimos a seguinte função:

f ( z) = ∑

1 log 4 z

onde a soma é sobre todos os ramos do logaritmo complexo. i) Prove que há dois polinômios P e Q tais que f ( z ) =

z ∈ ^ − {0,1}. EUREKA! N°20, 2004

P( z ) para todo Q( z )

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ii) Prove que para todo z ∈ ^ − {0,1} temos

f (z) =

z3 + 4z 2 + z . 6( z − 1)4

SEGUNDO DIA PROBLEMA 7

Seja A uma matriz real 4 × 2 e B uma matriz real 2 × 4 tal que  1 0 −1 0    0 1 0 −1 . AB =   −1 0 1 0     0 −1 0 1 

Encontre BA. PROBLEMA 8

Sejam f , g :[a, b] → [0, ∞) duas funções continuas não decrescentes tais que para cada x ∈ [a, b] temos

∫

f (t ) dt ≤ ∫

∫

g (t ) dt e

f (t ) dt = ∫

g (t ) dt.

Prove que

∫

1 + f (t ) dt ≥ ∫

1 + g (t ) dt.

PROBLEMA 9

Seja D um disco unitário fechado, e sejam z1 , z2 ,..., z n pontos fixados em D. Prove que existe um ponto z em D tal que a soma das distancias desde z a cada um dos n pontos é maior ou igual que n.

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PROBLEMA 10

Para n ≥ 1 seja M uma matriz complexa n × n com autovalores λ1 , λ 2 ,..., λ k , distintos com respectivas multiplicidades m1 , m2 ,..., mk . Considere o operador T linear LM definido por LM X = MX + XM , para qualquer X matriz complexa

n × n . Encontre os autovalores de LM e suas multiplicidades. PROBLEMA 11

Prove que 1 1

dx dy

0 0

1 + log y − 1 x

∫∫

≤ 1.

PROBLEMA 12

Para n ≥ 0 defina as matrizes An e Bn como segue: A0 = B0 = (1), e, para cada n > 0,

 An − An =  1  An −1

An −1   An −1  e Bn =  Bn −1   An −1

An −1  . 0 

Denote por S(M) a soma de todos os elementos da matriz M. Prove que

S ( Ank −1 ) = S ( Akn −1 ) , para quaisquer n, k ≥ 2.

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O TRIÂNGULO E SUAS PRINCIPAIS CIRCUNFERÊNCIAS Eduardo Wagner, Rio de Janeiro - RJ Nível Iniciante Vamos tratar neste artigo das circunferências inscrita, circunscrita e exinscritas de um triângulo. Mostraremos diversas propriedades, relações interessantes e alguns problemas. Em todo o artigo, o triângulo ABC possui lados AB = c, BC = a e CA = b. O seu semiperímetro é p e sua área é S. Será necessário que o leitor conheça a fórmula de Heron para área do triângulo em função de seus lados: S = p( p − a)(p − b)( p − c) . A circunferência inscrita

A circunferência inscrita tem centro I, incentro do triângulo, que é o ponto de interseção das bissetrizes internas. A

b c I r B

A área do triângulo ABC é a soma das áreas dos triângulos AIB, BIC e CIA, que possuem altura igual a r, raio da circunferência inscrita. Portanto,

cr ar br a + b + c + + = r = pr 2 2 2 2

A nossa primeira relação é: S = pr

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que permite calcular o raio da circunferência inscrita em um triângulo em função de seus lados. A circunferência circunscrita Considere agora o triângulo ABC inscrito em uma circunferência de raio R. Seja AH = h uma altura e seja AD um diâmetro dessa circunferência. A

b h 2R

Os triângulos AHB e ACD são semelhantes uma vez que os ângulos AHB e ACD são retos e os ângulos ABC e ADC são iguais pois subtendem o mesmo arco. Logo,

AB AH = AD AC c h = 2R b ou seja, bc = 2Rh. Multiplicando pelo comprimento do lado BC os dois lados, temos abc = 2Rah. Mas ah é o dobro da área do triângulo ABC e assim encontramos a nossa segunda relação : abc = 4RS Ela permite calcular o raio da circunferência circunscrita a um triângulo em função dos seus lados.

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As circunferências exinscritas

A circunferência exinscrita relativa ao vértice A do triângulo ABC é tangente ao lado BC e às retas AB e AC. Seu raio será designado por ra e seu centro por IA , chamado de exincentro (ou excentro) relativo ao vértice A do triângulo ABC. O ponto IA é a interseção da bissetriz interna de A e das bissetrizes externas de B e C. As outras duas circunferências exinscritas e os dois outros exincentros são definidas de forma análoga.

C IA b ra

A área do triângulo ABC é igual a área de ABIA mais a área de ACIA menos a área de BCIA. Assim,

cra bra ara b + c − a + − = ra . 2 2 2 2

Observe que b + c – a = a + b + c – 2a = 2p – 2a = 2(p – a). Logo, a nossa nova relação é:

S = ra ( p − a)

e, analogamente, temos

S = rb ( p − b) S = rc (p − c)

que permitem calcular os raios das circunferências exinscritas em função dos lados do triângulo ABC. Para fixar o que apresentamos até aqui, resolva o problema a seguir.

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Problema 1: Em um triângulo de lados 5, 7, e 8, calcule os raios das circunferências

inscrita, circunscrita e exinscritas. 7 3 10 3 5 3 , 2 3, , . Respostas: 3, 3 7 4 Duas relações

Primeira: S = r ⋅ ra ⋅ rb ⋅ rc Esta é fácil de demonstrar. Multiplicando as relações da circunferência inscrita e das exinscritas obtemos: 4

S = r ⋅ ra ⋅ rb ⋅rc ⋅ p( p − a)(p − b)( p − c) = r ⋅ ra ⋅rb ⋅ rc ⋅ S

o que demonstra a relação. Segunda:

1 1 1 1 = + + r ra rb rc

Observe que

S S S S + + = p − a + p − b + p − c = 3p − (a + b + c) = p = ra rb rc r que demonstra a relação.

Problema: 2 Existe um triângulo cujas circunferências exinscritas tenham raios 1cm, 2cm e 6cm? 4 5 7 5 9 5 , , centímetros. Resposta: sim. os lados medem 5 5 5 Os pontos de tangência

Vamos agora localizar os pontos de tangência das circunferências inscrita e exinscrita em relação da cada um dos lados. Consideremos inicialmente a circunferência inscrita tangenciando os lados AB, BC e CA nos pontos L, M e N, respectivamente.

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A N

Sejam AL = AN = x, BL = BM = y, CM = CN = z. Temos então o sistema: x+y=c y+z=a z+x=b que resolvido dá AL = AN = p – a, BL = BM = p – b, CM = CN = p – c. Considerando uma das circunferências exinscritas como mostra a figura a seguir temos: R A

Q B

o perímetro do triângulo ABC é 2p = BA + AC + BC = BA + AQ + CQ + BC = BA + AR + CP + BC = BR + BP = 2BP. Logo, BP = p, o semiperímetro do triângulo. Uma desigualdade interessante Em todo triângulo ABC, r ⋅ ra ≤

a2 . 4

Esta desigualdade, além de interessante pelo seu aspecto, vai ser útil para a resolução de outros problemas. Observe a figura a seguir.

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B J

I r A

Na figura acima, I é o incentro de ABC e J é o exincentro relativo ao vértice A. Sabemos pelo ítem anterior que CD = p – c e que AE = p. Logo, CE = p – b e portanto, DE = p – c + p – c = 2p – (b + c) = a. No triângulo retângulo IJF temos IJ ≥ r + ra , valendo a igualdade se, e somente se AB = AC. Portanto,

(r + ra ) 2 ≤ IJ 2 = a 2 + (ra − r)2 2r ⋅ ra = a2 − 2r ⋅ ra a2 r ⋅ ra ≤ 4 como queríamos demonstrar. Repare que a igualdade ocorre se, e somente se, o triângulo ABC é isósceles com vértice A. A desigualdade entre os raios das circunferências inscrita e circunscrita

Em qualquer triângulo,

r 1 ≤ . R 2

Esta linda desigualdade é intrigante, pois afirma que o raio da circunferência circunscrita não é menor que o dobro do raio da circunferência inscrita. Há diversas demonstrações desta desigualdade; todas muito engenhosas. Mas, seguindo o que estamos desenvolvendo neste artigo, vamos apresentar a demonstração seguinte. Considerando a desigualdade que acabamos de demonstrar, temos: EUREKA! N°20, 2004

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a2 4 b2 r ⋅ rb ≤ 4 c2 r ⋅ rc ≤ 4 r ⋅ ra ≤

Multiplicando estas três relações temos:

a2 b 2 c 2 64 2 (4RS) r 2S 2 ≤ 64

r 2 ⋅ r ⋅ ra ⋅ rb ⋅ rc ≤

r 1 ≤ R 2 A pergunta natural que devemos fazer é quando vale a igualdade. Repare que na demonstração da desigualdade r ⋅ ra ≤

a2 , a igualdade vale se, e somente se, AB = 4

AC, quando as circunferências inscrita e exinscrita relativa ao vértice A são tangentes no ponto médio do lado BC. Utilizando o mesmo argumento para as outras desigualdades, concluímos que

r 1 = ocorre se, e somente se o triângulo R 2

ABC é equilátero. Problema 3

Sabendo que em um triângulo ABC, sin demonstrar mais tarde), mostre que sin

( p − b)( p − c ) A = (isto você poderá 2 bc

A B C 1 ⋅ sin ⋅sin ≤ . 2 2 2 8

A relação dos cinco raios

Os raios das circunferências inscrita, circunscrita e exinscritas estão ligados pela relação: EUREKA! N°20, 2004

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ra + rb + rc − r = 4R Para demonstrar isto, necessitamos apenas de resultados anteriores e de alguma manipulação algébrica.

rb + rc =

S S aS + = p − b p − c ( p − b)( p − c) ra − r =

S S − p−a p

Somando,

  1 1  + ra + rb + rc − r = aS  (p − b)(p − c) p(p − a)  = aS

p(p − a) + (p − b)(p − c) p(p − a)(p − b)( p − c)

= aS

2p 2 − p(a + b + c) + bc S2

abc = 4R S

O assunto não tem fim. Há muitíssimas outras relações entre os elementos de um triângulo e suas principais circunferências; algumas legais e outras desinteressantes. Mas, nosso objetivo foi fornecer um material básico para que os alunos iniciantes possam se desenvolver e, por isso, paramos aqui. Para fixar as idéias, você poderá curtir uns probleminhas bacanas na lista abaixo. Problemas suplementares Problema 4

Em um triângulo ABC com incentro I, a bissetriz interna do ângulo A encontra a circunferência circunscrita em E. Prove que EB = EC = EI.

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Problema 5

Dados um ângulo agudo XOY, um ponto P exterior e um número positivo k (como sugerido na figura abaixo), mostre como se pode construir uma reta que passe por P e que corte os lados do ângulo dado formando um triângulo de perímetro k. Y

O •P Problema 6

Em um triângulo acutângulo, mostre que o simétrico do ortocentro em relação a um lado pertence a circunferência circunscrita ao triângulo . Problema 7 (de uma olimpíada internacional)

O triângulo acutângulo ABC está inscrito em uma circunferência. Sejam M, N e P os pontos médios dos arcos AB, BC e CA, respectivamente. Prove que a área do hexágono AMBNCP é maior ou igual que o dobro da área do triângulo ABC. Problema 8

Em um quadrilátero convexo ABCD, as bissetrizes dos ângulos A e B cortam-se em M, as bissetrizes dos ângulos C e D cortam-se em N e as retas AD e BC cortam-se em P. Mostre que os pontos M, N e P são colineares. Problema 9

Em um triângulo ABC com incentro I, e exincentros J, K, L, mostre que I é o ortocentro do triângulo JKL. Problema 10

Em um triângulo, mostre que a distância do ortocentro a um vértice é o dobro da distância do circuncentro ao lado oposto. Mostre a seguir que o ortocentro, o baricentro e o circuncentro são colineares. Problema 11 (este é difícil)

Em um triângulo ABC, AX é uma bissetriz (X ∈ BC), N é o ponto médio de AX, e M é o ponto médio de BC. Sendo I o incentro do triângulo, mostre que M, I e N são colineares. EUREKA! N°20, 2004

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DOIS PROBLEMAS CHINESES SOBRE GEOMETRIA PROJETIVA Helder Oliveira de Castro, São Paulo - SP Nível Avançado INTRODUÇÃO:

Para aqueles que nunca tiveram uma aula sobre esse assunto, depois de consultarem [1] ou até alguns problemas em [2], podem ficar meio em dúvida sobre como desenvolver essa poderosa ferramenta e apelarem para outros métodos. É muito interessante quando, depois de horas e mais horas fazendo centenas de cálculos intrincados de trigonometria e geometria analítica e gastando algumas dúzias de folhas de almaço, desistimos de um problema de geometria sem ter chegado a lugar algum. Motivado (na verdade irritado) por isso comecei a estudar Geometria Projetiva, e é com esse intuito que gostaria de expor dois problemas nos quais são exploradas técnicas de solução por polaridade, fornecendo bases para que o leitor possa aplicá-las em outras situações. Mas para começar é necessário retomar algumas definições de [1], que servem de alicerce para a solução dos dois problemas que nos interessam. PÓLO E RETA POLAR

Dados uma circunferência S, de centro O e raio R, e um ponto A, distinto de O, definimos A’ tal que OA.OA’ = R2, e esta transformação é chamada de inversão. A reta a que é perpendicular à OA’, passando por A’, é chamada de reta polar de A em relação a S, e o ponto A é chamado de pólo de a em relação a S. Teorema 1: Dados uma circunferência S no plano e pontos A e B, sejam a e b suas

respectivas polares em relação a S. Temos então que A ∈ b ⇒ B ∈ a. a

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Prova: Tome B ∈ a, e seja B’ ∈ OB tal que AB’⊥OB. Temos que ∆OAB’≈ ∆OBA’

pelo critério AA, e logo OA/OB = OB’/OA’ ⇒ OB.OB’ = OA.OA’ = R2 ⇔ B’ é o inverso de B em relação a S, e como AB’⊥OB temos que A ∈ b.

Corolário 1: Para um ponto pertencente à própria circunferência, sua reta polar é tangente à circunferência por ele. Corolário 2: Se A é exterior à circunferência, sejam B e C os pontos de contato das tangentes traçadas à circunferência por A. Então a reta polar de A passa por B e C. Prova: Temos que A pertence às polares de B e C, e logo B e C devem pertencer à

polar de A. Bem, finalmente vamos aos problemas chineses: (CHINA-1997) O quadrilátero ABCD está inscrito num círculo S. Seja X o ponto de

intersecção entre os lados AB e CD e W o ponto de intersecção entre os lados AD e BC. As tangentes traçadas por X intersectam S em Y e Z. Prove que W, Y e Z são colineares. Resolução: Antes de mais nada vamos ter que enunciar e provar um lema, que

também encontra-se em [1], mas que certamente no dia da prova você teria de demonstrar. É assim: LEMA: Se por um ponto M exterior a um círculo S traçarmos secantes que intersectam-no nos pontos A, B, C e D (vide figura), e se tomarmos {P} = AB ∩ CD e {Q} = AC ∩ BD, então a polar de M em relação a S será a reta PQ. P

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Há quem ache essa parte um pouco mais salgada, pois é justamente a parte mais difícil do assunto o qual vamos tratar. Tome as retas polares de A, B, C e D como a, b, c e d que, como vimos, são tangentes à S nos seus respectivos pólos. Defina {R} = b ∩ c e {T} = a ∩ d. A reta polar de R será BC e a reta polar de T será AD, pelo Corolário 2, e pelo Teorema 1 teremos que a polar de M será a reta RT. Basta provar então que RT passa por P e Q, ou melhor, que R, P, Q e T são colineares. Considere o hexágono ABB’CC’D, no qual B’ ≡ B e C’ ≡ C (vamos usar aqui a estratégia proposta em [1]: fazer vértices de um hexágono coincidirem para obtermos novas relações). Pelo Teorema de Pascal, P, R e Q são colineares (os 3 pontos de encontro dos 3 pares de lados opostos do hexágono devem ser colineares). Analogamente no hexágono AA’BCDD’, com A’ ≡ A e D’ ≡ D, teremos que P, Q e T são colineares. Segue que R, P, Q e T são colineares, como queríamos demonstrar. Bem, fim de Lema. O problema agora fica fácil: suponha que, no dia da prova, você já conheça todas estas propriedades. Aí você as demonstra bem rápido na folha de respostas, e para dar o Gran Finale, bem... vejamos: X

C B Z Y W

A S

Note que podemos fazer uma certa analogia entre o problema e o Lema. O ponto W corresponde ao ponto M do Lema, e o ponto X ao ponto P. Temos então que a reta polar de W passa por X ⇒ a reta polar de X passa por W. Mas a reta polar de X EUREKA! N°20, 2004

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passa por Y e Z, pelo Corolário 2 ⇒ W, Y e Z são colineares, finalizando o problema. (CHINA-1996) Seja H o ortocentro do triângulo acutângulo ABC. As tangentes

traçadas por A ao círculo de diâmetro BC intersectam o círculo em P e Q. Prove que P, Q e H são colineares. Resolução:

A S

P H

A idéia aqui é relativamente simples. Tome S ∈ TH tal que TS ⊥ AS. Sabemos que ∆HTO ≈ ∆HSA (AA) ⇒ HS/AH = HO/TH ⇒ HS = (AH.HO)/HT ⇒ HS.HT = AH.HO. Como visto na figura, vamos usar Geometria Analítica: COORDENADAS:

A (0, a) B (– b, 0) C (c, 0) T((c – b)/2, 0) → T é ponto médio de BC. EUREKA! N°20, 2004

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Temos que BH ⊥ AC ⇔ m(BH).m(AC) = – 1 ⇔ (h/b).(a/(– c)) = – 1 ⇔ h = bc/a. MEDIDAS:

r = ( b + c)/2 → raio do círculo por B e C AH = a – h = (a2 – bc)/a HO = h = bc/a TH2 = h2 + ((c – b)/2 )2 = (bc/a)2 + (b – c)2/4. Assim vem que TH.TS = TH.(TH + HS) = TH2 + TH.HS = TH2 + AH.HO = (bc/a)2 + (b – c)2/4 + bc/a. (a2 – bc)/a = (bc/a)2 + (b – c)2/4 + bc – (bc/a)2 = ((b – c)2 + 4bc)/4 = ((b + c)/2)2 = r2 ⇒ de fato S ≡ H’, onde H’ é o inverso de H ⇒ A ∈ polar de H ⇒ H ∈ polar de A ⇒ H ∈ PQ.

Referências: [1] Luciano G. M. Castro, Introdução à Geometria Projetiva, Eureka! N.º 8, pp. 16 – 27. [2] http://www.kalva.demon.co.uk/. Site muito bom com um verdadeiro arsenal de problemas.

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RETA DE EULER E NÚMEROS COMPLEXOS José Paulo Carneiro, Rio de Janeiro - RJ Nível Intermediário INTRODUÇÃO:

O fato de os números complexos terem nascido no contexto da resolução de equações algébricas fez com que muitas vezes sua utilidade em Geometria não seja suficientemente explorada (uma notável exceção a esta tendência pode ser encontrada em Eureka, Vol 6, no artigo Aplicações dos Números Complexos à Geometria, do Prof. Edmilson Motta). Aqui, vamos usar a álgebra dos números complexos para mostrar um belo resultado de Geometria, o fato de que, em qualquer triângulo, o circuncentro K, o baricentro G e o ortocentro H são colineares. A reta que contém estes três pontos é chamada Reta de Euler, já que foi Euler o primeiro a chamar a atenção para este fato. Mais que isto, vamos

JJJJG

JJJG

provar que, vetorialmente: KH = 3KG , o que, além de implicar que os três pontos estão alinhados, acarreta que a distância KH é o triplo da distância KG e que G e H estão na mesma semi-reta de origem K (ver Figura 1). B

A C Figura 1

Para usar números complexos, de agora em diante estará fixado no plano um sistema de coordenadas cartesianas ortogonais e as letras maiúsculas A, B,..., designarão pontos do plano ou números complexos, de modo que cada ponto ( x; y ) esteja identificado com o número complexo mais usualmente representado

JJJG

por x + yi . Será fundamental a igualdade AB = B − A , a qual traduz que a

JJJG

translação definida pelo vetor AB é a mesma que leva a origem no complexo B − A (Figura 2). EUREKA! N°20, 2004

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B A B–A

O Figura 2

Deve ser observado que, mais usualmente, o símbolo AB designa o comprimento do segmento AB . Porém aqui, como estamos identificando pontos do plano com números complexos, o símbolo AB não será usado para o comprimento do segmento AB , e sim para o produto dos complexos A e B. Baricentro

JJJG

JJJJG

É bem sabido que AG = 2GM , onde M é o ponto médio de BC e G é o baricentro do triângulo ABC, isto é, o ponto de encontro das medianas do triângulo (Figura 3)

G B

Figura 3

 B+C  − G  = A + B + C − 2G ,  2 

Logo: G − A = 2(M − G ) , ou seja: G = A + 2  de onde se conclui que G =

A+ B+C . 3

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Até aí, os complexos parecem não estar presentes. É que ainda não figura o produto de complexos, que é a sua mais forte característica. Para efeito de soma e de multiplicação por número real, os complexos funcionam apenas como vetores do plano. Um caso particular

Comecemos com um caso particular, a saber: vamos supor que os três vértices do triângulo ABC estejam na circunferência unitária do plano, isto é, a circunferência de centro na origem e raio 1, que é o conjunto dos complexos de módulo 1. Então, o circuncentro de ABC coincide com a origem de coordenadas e A = B = C = 1 . Mas para qualquer complexo z de módulo 1, temos:

zz =| z |2 = 1 (onde z é o conjugado de z). Conseqüentemente, A = 1/ A , B = 1/ B , C = 1/ C . JJJJG JJJG Para usar agora a condição AH ⊥ BC (onde H é o ortocentro de ABC), vamos observar que o complexo v é perpendicular ao complexo w (considerados como vetores não nulos) se e só se forem colineares com a origem os complexos v e iw , ou seja, se e só se v iw for real (ver Figura 4). y w

v x iw Figura 4

Por outro lado, um complexo é real se e só se for igual ao seu conjugado e, portanto:

v⊥w

⇔

v v v = = iw iw −iw

⇔ vw + vw = 0

(o leitor

pode

verificar, colocando isto em coordenadas, que esta condição equivale à nulidade do produto escalar dos dois vetores). Temos, pois:

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JJJJG JJJG AH ⊥ BC

⇔ ( H − A)(C − B ) + ( H − A)(C − B) = 0 1 1 1  ⇔ ( H − A)  −  +  H −  (C − B) = 0 A C B  (B − C )  1 ⇔ ( H − A) +  H −  (C − B ) = 0 BC A  ⇔

A( H − A) + BC (1 − AH ) = 0

⇔

AH = A2 + ABCH − BC

Atenção! lembre que AH não é o comprimento do segmento do segmento AH , e sim o produto dos complexos A e H! O mesmo vale para BC, etc. Analogamente:

JJJG JJJG

BH ⊥ CA ⇔

BH = B 2 + ABCH − CA

Subtraindo:

( A − B ) H = A2 − B 2 + C ( A − B ) ( A − B) H = ( A − B)( A + B) + C ( A − B) H = A+ B +C Este resultado significa que, dados três complexos de módulo 1, sua soma é o ortocentro do triângulo por eles formado. Primeira generalização

Suponha agora que os três vértices do triângulo ABC estejam em uma circunferência Ω , de centro na origem e raio r qualquer, ou seja, o circuncentro de ABC coincide com a origem de coordenadas e A = B = C = r > 0 . Neste caso, como ilustra a Figura 5, os complexos (ou pontos) A ' =

A B , B'= e r r

C estarão na circunferência Γ , de centro na origem e raio 1. De fato: r A A = = 1 , etc. r r

C'=

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y B A B'

O C'

C Figura 5

Na verdade, a circunferência Γ e o triângulo A ' B ' C ' são os transformados da circunferência Ω e do triângulo ABC, pela homotetia de centro O e razão 1 r , a qual preserva ângulos, de modo que o ortocentro H ' do triângulo A ' B ' C ' é a imagem do ortocentro H do triângulo ABC, isto é: H ' =

H . Mas então, pelo r

resultado do caso particular estudado, temos:

H '=

H A B C = A '+ B '+ C ' = + + , donde se conclui que: H = A + B + C . r r r r

Portanto: dados três complexos de mesmo módulo, sua soma é o ortocentro do triângulo por eles formado (o que, em si mesmo, é um resultado curioso). Caso geral

Passemos agora ao caso geral: dado um triângulo ABC qualquer, sejam K o seu circuncentro e r o raio do seu círculo circunscrito. Transladando os pontos A, B e

JJJG

C pelo vetor KO (onde O é a origem do plano complexo), obtemos os complexos (ou pontos) A − K , B − K e C − K , que pertencem a uma circunferência Ω de centro na origem e raio r, como ilustra a Figura 6.

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B A H B–K

A–K H– K

C O

x C–K Figura 6

Sendo a translação uma isometria (que preserva distâncias e ângulos), o ponto H − K será o ortocentro do triângulo de vértices A − K , B − K e C − K . Mas então, pelo resultado anterior, temos: H − K = A − K + B − K + C − K = A + B + C − 3K . Como A + B + C = 3G , onde G é o baricentro de ABC, temos: H − K = 3G − 3K = 3(G − K ) , ou

JJJJG

JJJG

KH = 3KG , como se queria provar.

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COMO É QUE FAZ? PROBLEMA 4 PROPOSTO POR SAMUEL BARBOSA FEITOSA (FORTALEZA - CE)

a) Prove que, para todo inteiro positivo m,

∑µ(d) A

é divisível por m, para

d |m

todo inteiro A. b) Defina a seqüência An por

∑A

= 2n. Prove que An é divisível por n, para

d |n

todo inteiro positivo n. SOLUÇÃO:

a) Podemos supor A > 0, pois a afirmação só depende da classe de congruência de A módulo m. Seja g(m) = µ(d) Am d .

∑ d |n

Temos

∑ g(k) = ∑∑µ(d) A

k| n

k| n d | k

= ∑ Ar ⋅ ∑ µ(d) = An . r|n

d|n / r

Dada uma seqüência ( xn )n≥1 . Definimos seu período como o menor inteiro positivo t tal que xn+t = xn , ∀n ≥ 1 (se existir). Veremos que g(n) é o número de seqüências de números inteiros ( xk )k≥1 de período n tais que 1 ≤ xk ≤ A, ∀k ≥ 1. De fato, o número de seqüências ( xk )k≥1 com xk +n = xk , ∀k ≥ 1 e xk ∈{1,2,..., A}, ∀k ≥ 1 é A n (uma tal seqüência é determinada pela escolha de x1, x2 ,..., xn ∈{1,2,..., A}). Essas seqüências são exatamente as seqüências cujo período é um divisor d de n. Assim, se f(d) é o número de tais seqüências de período d, f (d ) = An , ∀n ≥ 1,

∑ d |n

donde f (k) = g(k ), ∀k ≥ 1. Finalmente, o número g(n) de tais seqüências com período n é múltiplo de n, pois, se declararmos duas seqüências ( xk )k≥1 e ( yk )k≥1

de período n equivalentes se existe t ∈ ` com xk +t = xk , ∀k ≥ 1, as classes de equivalência de seqüências de período n têm exatamente n elementos: a classe de equivalência de ( xk )k≥1 é {( xk +t )k≥1 ,0 ≤ t ≤ n −1} . b) Temos, para A = 2, An = g(n) , na notação do item a), donde n | An , ∀n ≥ 1, pelo item a). EUREKA! N°20, 2004

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PROBLEMA 5 PROPOSTO POR WILSON CARLOS DA SILVA RAMOS (BELÉM - PA) (de uma olimpíada chinesa)

Seja ABC um triângulo acutângulo de incentro I, ortocentro H e tal que AB ≠ AC . B1 e C1 são os pontos médios de AC e AB. B2 é o ponto de interseção de IB1 com AB. C2 é definido analogamente. Sejam também k a interseção de B2C2 com BC e O o circuncentro de BHC. Se a área dos triângulos BKB2 e CKC2 é igual, mostre que A, I e O são colineares. SOLUÇÃO DE YURI GOMES LIMA (FORTALEZA - CE):

Lema: Seja ABC um triângulo de incentro I. Se M é o ponto médio de BC e X é o ponto de tangência ao ex-incírculo relativo a BC com esse lado, então MI // AX . Prova: Seja D como na figura e P a outra interseção de DI com o incírculo. A homotetia de centro A que leva o incírculo no ex-incírculo leva P em X, e portanto A, P, X são colineares. Sabemos que BD = XC = p – b. A P I D

Daí, M é médio de DX e assim MI é base média do triângulo PDX ⇒ MI // AX ❑ A

α Z C1

B1 I

B2 B

C K C2

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Note que

[BKB2 ] = [CKC2 ] ⇒ [ ABC] = [ AB2C2 ] ⇒ ⇒ AB ⋅ AC = AB2 ⋅ AC2 ⇒

AB ⋅ ACsenα AB2 ⋅ AC2 ⋅ senα = ⇒ 2 2

AB AC2 = ⇒ BC2 // B2C. AB2 AC

(1)

Sejam Y, Z os pontos de tangência dos ex-incírculos relativos a AC e AB com esses lados, respectivamente. Então, pelo lema temos B1I // BY (2) e C1I // CZ (3). Daí, as relações (2), (1) e (3) implicam, nessa ordem, em:

AY AB AC2 AC1 = = = ⇒ AB1 AB2 AC AZ AY AC1 ⇒ = ⇒ AY ⋅ AZ = AB1 ⋅ AC1 ⇒ AB1 AZ b c ⇒ ( p − c)( p − b) = ⋅ ⇒ (a + b − c)(a − b + c) = bc ⇒ 2 2 2 ⇒ a − ab + ac + ab − b2 + bc − ac + bc − c2 = bc ⇒ a2 = b2 + c2 − bc ⇒ 1 ⇒ cosα = ⇒α = 60° . 2 l = BIC = 120°⇒ B, H, I ,C são concíclicos. Isso garante que BHC A H

C O

Para concluir, o centro I A do ex-incírculo relativo a BC está em AI e satisfaz l = ICI l = 90° ⇒ I I é diâmetro do circuncírculo de BHC, de modo que A, I e I BI A

O são colineares. EUREKA! N°20, 2004

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

83) Seja = {0,1,2,3,...}. Determine quantas funções f : ` → ` satisfazem f (2003) = 2003, f (n) ≤ 2003 para todo n ≤ 2003 e f (m + f (n)) = f ( f (m)) + f (n) , para todo m, n ∈` . SOLUÇÃO DE ZOROASTRO AZAMBUJA NETO (RIO DE JANEIRO – RJ)

Fazendo m = n = 0, obtemos f ( f (0)) = f ( f (0)) + f (0), donde f (0) = 0, e logo f ( f (0)) = f (0) = 0. Assim, fazendo m = 0, obtemos f ( f (n)) = f (n) para todo n∈ ` , donde f ( y) = y, ∀y ∈ Im( f ). Seja t = min{ f (n); n ∈ `, f (n) > 0}. Note que

t ≤ 2003.

Temos t = f (n0 ) para um certo n0 ∈ ` , donde f (t ) = f ( f (n0 )) = f (n0 ) = t. Temos, por indução, f (kt) = kt, ∀k ∈`. De fato,

f ((k +1)t ) = f (kt + t) = f (kt + f (t)) = f ( f (kt )) + f (t ) = f (kt) + t = kt + t = (k + 1)t. Além disso, para todo m∈ ` e k ∈ `, f (m + kt) = f (m + f (kt)) = f ( f (m)) + f (kt ) = f (m) + kt. Afirmamos que Im( f ) = { f (n), n ∈ `} = {kt, k ∈ `}. De fato, já vimos que kt = f (kt)∈Im( f ), ∀k ∈`, e, se kt ≤ f (n) < (k +1)t, temos f ( f (n)) = f (n) = kt +( f (n) −kt), donde f (n) = f (( f (n) − kt) + kt) = f (( f (n) − kt) + f (kt)) = f ( f ( f (n) − kt)) + f (kt) = f ( f ( f (n) − kt)) + kt, donde f ( f ( f (n) − kt)) = f (n) − kt, e logo f (n) − kt ∈Im( f ), mas 0 ≤ f (n) − kt < t, donde f (n) −kt = 0, para não contradizermos a definição de t. No nosso caso, como f (2003) = 2003, temos t | 2003, donde, como 2003 é primo, t = 1 ou t = 2003. Se t = 1, f (n) = n, ∀n∈`, o que claramente satisfaz as condições do enunciado. Se t = 2003, 2003| f (n), ∀n∈`. Se 1 ≤ n ≤ 2002, devemos ter f (n) ≤ 2003, donde f (n) ∈{0,2003}, e podemos escolher f(n) arbitrariamente em {0, 2003} para 1 ≤ n ≤ 2002 (para o que temos, portanto, 22002 escolhas) estendendo f a ` de modo que f (n + k ⋅ 2003) = f (n) + k ⋅ 2003, ∀n < 2003, k ∈` (lembremos que f(0) = 0). De fato, para quaisquer m, n∈`, temos f (n) = 2003k, para algum k ∈` , e, escrevendo m = r + 2003 s, com 0 ≤ r ≤ 2002, s ∈`, temos

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f (m + f (n)) = f (r + 2003(s + k)) = f (r) + 2003(s + k) = = ( f (r) + 2003s) + 2003k = f (m) + f (n) = f ( f (m)) + f (n). Assim, temos 1+ 22002 funções f que satisfazem as condições do enunciado.

A⊂ * = {1,2,3,...} é um conjunto não-vazio tal que n ∈ A ⇒ 4n ∈ A e  n  ∈ A então A = * . Obs:  x é o único inteiro tal que x −1 <  x ≤ x . 84) Prove que se

SOLUÇÃO DE RODRIGO VILLARD MILET (RIO DE JANEIRO – RJ)

(i) n ∈ A ⇒ 4n ∈ A (ii) n ∈ A ⇒ n ∈ A Seja u um elemento de A (existe, pois A é não vazio).Veja que 1∈ A , pois, se u>1, pela propriedade (ii), temos um elemento menor que u em A, logo, repetindo esse argumento um número finito de vezes, temos que 1∈ A . Isso mostra que todas as potências de 4 estão em A (por (i)). Agora vou fazer o seguinte: dado m natural, mostrarei que existe alguma potência k k de 4 no intervalo m 2 , (m + 1)2  , para algum k natural (daí, como a potência de   4 está em A, usando a propriedade (ii) k vezes, temos que m está em A; note que

 

  x  =  x  , ∀x ≥ 1 ). Suponha então que para todo k tenhamos um t tal que     4 t < m 2 < (m + 1)2 < 4 t +1 . Daí, segue que ( m + 1) < 4t +1 = 4.4t < 4m 2 , logo k

1  1 +  m 

< 4 , para todo k natural, o que é uma contradição, pois

1 2k  k m > 4 , para k = m + 2, pois 2 = 2 + 2 = 4 ⋅ 2m > 4m. Logo, m ∈ A , 1 +  ≥ 1 + m m  

para todo m natural. 85) Mostre que todo triângulo pode ser dividido em 9 pentágonos convexos de áreas iguais. SOLUÇÃO DE JOSÉ DE ALMEIDA PANTERA (RIO DE JANEIRO – RJ)

Em primeiro lugar, aplicando uma transformação afim (que preserva relações entre áreas e leva pentágonos convexos em pentágonos convexos) ao triângulo, EUREKA! N°20, 2004

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podemos supor, sem perda de generalidade, que o triângulo é equilátero de lado 1 1

3

(digamos com vértices (0, 0), (1, 0) e  ,  ). Fazemos então a seguinte 2 2  construção, simétrica em relação à rotação de 120° em torno do centro O do triângulo (e também simétrica em relação às bissetrizes internas do triângulo):

Y3 Z3

T3 Y1

T1 Z1 A

1 3

Temos AX 1 = AY1 = a = − ε, (onde ε > 0 é pequeno)

l 1 A = W1 Yl 1 A = 90°, X1 Z1 = YW (assim, por exemplo, X1 = (a, 0) e Z1 = (a, b)) , Z1 X 1 1 = b a2 3  b 3b do pentágono +  a −  4 2  2 

onde b é escolhido de modo que a área AX 1 Z1W1Y1 seja igual a

1 3 da área do triângulo, ou seja, temos , que é 36 9

 1 8ε  −  − + ε 2 . Note que, se ε > 0 é pequeno então b > 0 é pequeno. 3 3  27 9  a h Escolhemos T1 =  , b + h  de modo que a área (1 − 2a )  b +  do pentágono 2 2   b=

1 − 3ε

X 1Y2W2T1 Z1

seja

também

igual

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3 . 36

seja,

temos

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3 − 2b = 18(1 − 2a)

3 1  18  + 2ε  3 

− 2b <

3 6

(e h é próximo a

3 36

ε>0 é

pequeno). Como os pentágonos AX 1 Z1W1Y1 , BX 2 Z 2W2Y2 e CX 3 Z 3W3Y3 são congruentes, são congruentes, W1 Z1T1OT3 , W2 Z 2T2 OT1 e X 1Y2W2T1 Z1 , X 2Y3W3T2 Z 2 e X 3YW 1 1T3 Z 3 W3 Z 3T3 OT2 são congruentes e os 6 primeiros têm

1 da área do triângulo, todos têm 9

1 da área do triângulo. 9

86) Encontre todas as triplas de inteiros positivos (a, m, n) tais que am +1 divide

(a +1)n . SOLUÇÃO DE ANDERSON TORRES (SÃO PAULO – SP)

É fácil ver que (1; m; n), (a; 1; n) são soluções. Vamos então supor m ≥ 2, a ≥ 2. Lema 1: m é ímpar. Demonstração: vamos dividir em casos: m Caso 1: 4 divide ( a + 1). Assim, a ≡ −1(mod 4). É um fato muito conhecido que (– 1) não é resíduo quadrático módulo 4, pois todo quadrado perfeito ímpar é congruente a 1 módulo 4. m Logo a não é quadrado perfeito, e portanto m não pode ser par. m

m Caso 2: Existe um primo α ≠ 2 tal que α ( a + 1). m n Então α ( a + 1) ( a + 1) , e, como α é primo, α a + 1. m a ≡ −1(mod α) ⇒ a m + 1 ≡ ( −1) m + 1(mod α ), e já que α ( a + 1), temos

( −1) m ≡ ( −1)(mod α ) ⇒ m é ímpar. Caso 3: O complementar dos casos 1 e 2. 2 m Assim sendo, a m + 1 = 2 ⇒ a m = 1. Mas a ≥ 2 = 4 > 1, absurdo e fim do lema. EUREKA! N°20, 2004

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Seja p m um primo (ímpar, como já sabemos). p m n Então ( a + 1) ( a + 1) ( a + 1) ( a + 1) ⇒

ap +1 ( a + 1) n −1 . a +1

xp +1 = x p −1 − x p − 2 + x p − 3 − ... − x + 1. x +1 Temos f ( −1) = p, logo f ( x) = ( x + 1) g ( x) + p g ∈ ][ x]. Em particular, f ( a ) = ( a + 1) g ( a ) + p. Seja f ( x) =

Seja q um fator primo de f(a). Então q f ( a ) ( a + 1)

n −1

para

algum

polinômio

⇒ q ( a + 1).

Então 0 ≡ f ( a ) ≡ p(mod q ). Como p e q são primos, p = q. Logo p ( a + 1) e f(a) é potência de p. Note que f ( a) > 1. Vamos fazer mais. Lema 2: f(a) = p. Demonstração: Em dois casos: 2 Caso 1: p divide a + 1. 2 2 Então f ( a) = ( a + 1) g ( a ) + p ≡ p ≡ 0(mod p ) ⇒ p não divide f(a)

2 Caso 2: p não divide (a + 1).

Então a + 1 = hp , onde p não divide h. Assim a = hp − 1,

a p + 1 ( hp − 1) p + 1 = a +1 hp

 p  p  p  p p p p p p p p ( hp − 1) =   ( hp) ( −1) +   hp (−1) −1 +   h 2 p 2 ( −1) − 2 + ... +   h p , 0  1  2   p  p p ⋅ hp −   h2 p2 + ... + h p p p p  p  p (hp −1) +1 2  = = p −   hp +   h2 p 2 + ... + h p − 2 p p −1 , hp hp 2  3  e assim,  p (hp −1) p + 1  p −1  2 ≡ p −   hp ≡ p −   ⋅ p ⋅ hp ≡ p ≡ 0 (mod p ) . hp  2  2 

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Em todo caso, p não divide f ( a ) mas p f ( a ). Logo, como f ( a ) é potência de p, f ( a ) = p.

ap +1 = p. Assim, a +1 Lema 3: p = 3 Demonstração: vamos por absurdo. Suponha p ≥ 5.

ap +1 Então é crescente. De fato, a +1 1 ap +1 a p −a a p− −1 =1+ = 1 + a ( a − 1) 2 ⇔ a +1 a +1 a −1

ap +1 = 1 + a (a − 1)( a p − 3 + a p − 5 + ... + 1), a +1

uma

composição

funções

crescentes. Assim, p =

a p +1 2 p +1 p p ≥ (pois a ≥ 2 ) ⇒ 3 p ≥ 2 + 1 > 2 + 1 3 a

p Mas é fácil ver que p ≥ 5 ⇒ 3 p < 2 (é uma indução simples).

E isto é absurdo! Logo p < 5 e p é primo ímpar, logo p = 3. 3 a +1 = 3 ⇔ a 3 − 3a − 2 = 0. É fácil ver que (– 1) é raiz disto. Assim, a +1

3 a − 3a − 2 = a 2 − a − 2 = 0 ⇔ a ∈ {2, −1}. a +1

Como a > 0, temos a = 2. k p k n Se m = pk, e 2m + 1 divide 3n, (2 ) + 1 divide (2 + 1) , pois k é ímpar, donde

2 k + 1 é múltiplo de 3. Assim, (2 k ; p; n) é solução, e logo 2 k = 2, donde k = 1 e m = p = 3. Assim, todas as outras soluções são da forma (2; 3; n), com n ≥ 2.

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87) Seja a(1) = 1 e, para cada inteiro n ≥ 2, a(n) igual ao menor inteiro positivo n

que não pertence a {a( j), j < n} tal que

∑a( j) seja múltiplo de n. Prove que j =1

a(a(n)) = n para todo inteiro positivo n. SOLUÇÃO DE SAMUEL BARBOSA FEITOSA (FORTALEZA – CE)

Sejam F2 = F1 = 1 e, para n ≥ 2, Fn = Fn −1 + Fn − 2 os números de Fibonacci: Pelo Teorema de Zeckendorff sabemos que todo número natural pode ser escrito de maneira única como soma de números de Fibonacci com índices maiores que 1 e não consecutivos. (isso pode ser provado por indução: temos 1 = F2 e, se Fk é o maior número de Fibonacci que é menor ou igual a n, devemos ter n − Fk < Fk −1

n − Fk ≥ Fk −1 , e logo n ≥ Fk + Fk −1 = Fk +1 , absurdo; escrevemos então n = Fk + ( n − Fk ) e aplicamos e resultado para n − Fk ) . pois, caso contrário,

Vamos criar uma pequena variação desta representação; chamemos esta nova representação de representação F. Suponha que m = Fi1 + Fi2 + ... + Fin (na representação descrita no Teorema anterior) Com i1 > i2 > ... > in > 1. Se in ≠ 2 a representação de m na representação – F será a mesma. Se in = 2 ⇒ m será representando na F como:

Fi1 + Fi2 + ... + Fi"n−1 + F2 se in −1 é ímpar. Fi1 + Fi2 + ... + Fin−1 + F1 se in −1 é par. (1 será F2 ). Veja que todo número pode ser escrito na "F" de maneira única. Seja S k =

∑ A . Afirmamos que: i

i =1

Se K = Fi1 + Fi2 + ... + Fin com i1 > i2 > ... > in é a representação de K na F. A) in par ⇒ Ak = Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 ∈ Sk = (Fi1 + Fi2 + ... + Fin )(Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1) B) in ímpar ⇒ Ak = Fi1−1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 ∈ Sk = Fi1+1 + Fi2 +1 + ... + Fin +1 ∈ Sk =

= ( Fi1 + Fi2 + ... + Fin )( Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 + 1) Vamos provar a afirmação acima por indução: Casos iniciais: A1 = 1, A2 = 3, A3 = 2, S1 = 1, S 2 = 4, S3 = 6 (verifica-se facilmente que eles satisfazem as condições. EUREKA! N°20, 2004

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Supondo a afirmação acima verdadeira todo r ≤ k . Provemos que ela também é verdadeira para k + 1. Suponhamos in > 3 (o caso em que in = 1, 2, 3 é totalmente análogo ao que faremos agora, a única diferença consiste na utilização das seguintes relações:

F1 + F3 + ... + F2 r +1 = F2 r + 2 , F2 + F4 + F6 + ... + F2 r = F2 r +1 − 1) Vamos dividir agora em dois casos: i) in é par ⇒ na "F" k + 1 = Fi1 + Fi2 + ... + Fin + F1. Sabemos que

Ak +1 + S k ≡ 0(mod k + 1) = (mod Fi1 + Fi2 + ... + Fin + F1 ). Mas Sk = ( Fi1 + Fi2 + ... + Fin )( Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 ) ≡ −( Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 )(mod k + 1) ⇒ Ak +1 ≡ Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 (mod k +1). Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 = Ak

já

Veja

está

que

número

seqüência.

Logo

Ak +1 ≥ Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 + (k +1) = Fi1 +1 + Fi2 +1 + ... + Fin +1 + F2 (trocamos F1 por

F2 para termos uma representação –F) mas pela nossa hipótese de indução o número Fi1 +1 + Fi2 +1 + ... + F2 só pode ter aparecido na seqüência oriundo do número Fi1 + Fi2 + ... + F1 = k + 1 > k logo ele ainda não está na seqüência ⇒ a(k + 1) = Fi1 +1 + Fi2 +1 + ... + F2 . Vejamos que

S k +1 = a (k + 1) + S k = Fi1 +1 + ... + F2 + ( Fi1 + Fi2 + ... + Fn )( Fi1 −1 + ... + Fin −1 ) = = Fi1 + Fi2 + ... + Fin + F2 + Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 + (Fi1 + Fi2 + ... + Fin )( Fi1 −1 + ... + Fin −1 ) = = (Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 )(1+ Fi1 + Fi2 + ... + Fin ) + (Fi1 + Fi2 + ... + Fin + F2 ) = = (1 + Fi1 + Fi2 + ... + Fin )( Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 + 1) = = (Fi1 + Fi2 + ... + Fin + F1 )(Fi1 −1 + Fi2 −1 + ... + Fin −1 + 1) (que coincide exatamente com a nossa afirmação para k + 1). ii)

in é ímpar. Este caso é análogo ao anterior.

Com a afirmação verdadeira é fácil concluir que a(a(n)) = n . Na F, a(a(n)) é somar 1 a todos os índices e depois subtrair, ou o contrário, daí os índices ficam os mesmos.

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 

1  2 

88) Prove que se r ∈_ e cos(r ⋅π ) ∈_ então cos(r ⋅π ) ∈−1, − ,0, ,1.

1 2

SOLUÇÃO DE ANDRÉS SÁNCHEZ PÉREZ (LA HABANA, CUBA) f p r ∈_ ⇒ r = onde p, q ∈ ] , com mdc ( p; q ) = 1 . cos(r ⋅ π )∈ Q ⇒ cos(r ⋅ π ) = q g

donde f , g ∈ Z , também com mdc ( f ; g ) = 1 . Aplicando Moivre, se z = cisα = cos α + isenα então n n n n− j j z n = cis ( n ⋅ α ) = cos ( n ⋅ α ) + isen ( n ⋅ α ) = (cos α + isenα ) = ∑   (cos α ) (isenα ) j j =0    n −1  

n     2

 2   n  j n  n− 2 j = ∑ ( −1)   (cos α ) ( senα )2 j + i ∑ ( −1) j  ( cos α )n− 2 j−1 ( senα )2 j+1  j =0 j =0 2 j  2 j + 1

igualando parte real com parte real: cos(n ⋅ α ) =

n 2  

n ∑ (− 1)  2 j (cos α ) (senα ) n− 2 j

⇒

j =0 n    2 

j j n  n−2 j 1 − (cos α )2  = cos ( n ⋅ α ) = ∑ ( −1)   (cos α )   j =0 2j  n   n    2 j    2   n  k  n n−2 j  k  j j  n−2 j 2k   = ∑ ( −1)   (cos α ) ∑ ( −1)   (cos α )  = ∑ ( −1) ∑     (cos α ) , 2k j j =0 2 j k  k =0  j =0  k = j      n    2

 k lembrando que  k −

 k  = . j   j 

  n   2  n  k  j (− 1)     (cos α )n−2 j . Agora, veja que Logo temos que cos(n ⋅ α ) = j =0  k = j  2k  j    n 2  

∑

sempre

que

∑

cos α ∈ _,cos ( n ⋅ α ) ∈ _,

para

todo

n∈]

(pois

também

cos β = cos(− β ) ). Se a ∈ ] e a é par então cos(a ⋅ π + α ) = cos α , e se a ∈ ] e a é ímpar então cos ( a ⋅ π + α ) = − cos α. .

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Logo, se cos α ∈ _,cos ( a ⋅ π + b ⋅ α ) ∈ _, ∀a, b ∈ ] . α=

Fazendo

 π ( aq + bp )   p p  ⋅ π ⇒ cos  a ⋅ π + b ⋅ ⋅ π  = cos   ∈_ . q q  q   

mdc ( p; q ) = 1, ∃ a, b

inteiros

tais

que

aq + bp = 1 .

Por

Como

conseguinte,

 π cos   ∈ _ com q = 2 h ⋅ (2c + 1) , onde h ∈ `, c ∈ ] , supondo sem perda de q generalidade que cos α = cos (− α ) ), temos (pois 2c + 1 > 0  π  x  π  cos   ∈ _ ⇒ ∃x, y ∈ ] tais que cos 2c + 1  = y , com mdc ( x; y ) = 1 .  2c + 1    π   cos  ( 2c + 1) = c 2 +1 

 2c +1  2   

∑ j =0

  2c2+1  2 c +1− 2 j    2c + 1  k  π   j 1 cos − = ( )∑      k j 2 c 2 1 +   = k j       

2c +1− 2 j c c  c  2c + 1 k     2c + 1 k   x 2c +1− 2 j π  j = ∑ ( −1)  ∑  = ∑ ( −1)  ∑      cos    2 c +1−2 j ⇒  2c + 1  j =0 j =0  k = j  2k  j     k = j  2k  j   y c c  2c + 1 k   x 2 c +1−2 j j ⇒ −1 = ∑ (−1)  ∑     2 c +1−2 j ⇒ j =0  k = j  2k  j   y c

c c  2c + 1 k   2 c +1−2 j 2 j j ⇒ − y 2 c +1 = ∑ ( −1)  ∑  ⋅y ⇒    x j =0  k = j  2k  j   c  c  2c + 1 k   2 c −2 j 2 j  j ⇒ − y 2 c +1 = x  ∑ ( −1)  ∑  ⋅y     x  j =0   k = j  2k  j    

⇒ x − y 2 c +1 , mas como (x; y ) = 1 ⇒ x = −1, x = 0 ou x = 1

Por outro lado c c c  2c + 1 k   2c + 1 k   2 c +1−2 j 2 j −1 j  − y 2 c +1 = x ∑  ⋅y   + y ∑ ( −1) ∑     x k = 0  2 k  0  j =1  k = j  2k  j   c c  2c + 1 k   2c + 1 ⇒ y ∑   ⇒ y ∑   k = 0  2 k  0  k =0  2k 

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Sociedade Brasileira de Matemática 2 c +1

Do Binômio de Newton 2 c +1

∑

2c + 1 c  2c + 1 c  2c + 1   ; somando e dividindo por  =   −   k  k =0  2k  k =0  2k + 1

(1 − 1)2c+1 = ∑ (− 1)k  k =0

2c + 1 c  2c + 1 c  2c + 1   e =  +  k  k =0  2k  k =0  2k + 1 k =0 

(1 + 1)2c +1 = ∑ 

∑

 2c + 1 2c t t  = 2 , logo y = 2 ou y = −2 com t ∈ `, t ≤ 2c . 2 k k =0   c

∑

  2c − 1 π   π  π cos ⋅π  .  = sen −  = sen   2c + 1   2 2c + 1   2(2c + 1)  Se e > 0 , e 2c − 1 e e 2 (2c + 1), e 2 (2c − 1) − 2 ( 2c + 1) ⇒ e −4 porém como e é ímpar ( e 2c − 1 ) então e = 1 ⇒ mdc ( 2c − 1; 4c + 2 ) = 1 . Volvendo a Moivre, e igualando parte imaginária a parte imaginária, com n ímpar: sen(n ⋅ α ) =

 n −1     2 

j

 n −1  n  (cos α )2  2 − j  (senα )2 j +1  2 j + 1

 n −1   2   

 ∑ (− 1) j 

 n −1   2   

∑ j =0

(senα )2 j +1

 ∑ (− 1) j 

 n −1   2   

[

n   1 − (senα )2  2 j + 1

j =0

n − 2 j −1

j =0

 n −1     2  j =0

n 

∑ (− 1)  2 j + 1(cos α )

]

 n −1  − j   2 

(senα )2 j +1

 n −1 − j  n −1 n  2   (− 1) j  (− 1)k  2 −  2 j + 1  k = 0 k  

∑



  2k  j ( ) ( )2 j +1  senα  senα   

n  n − 1 − k   (senα )2 j +1  k =0  2k + 1 2j − k    

 ∑ (− 1) j ∑  j =0

Agora, veja que sempre que senα ∈ _ e n é ímpar, sen ( n ⋅ α ) ∈ _ . Se u ∈ ] e u é par então

sen(u ⋅ π + α ) = senα , e se

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u ∈]

é ímpar então

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sen(u ⋅ π + α ) = − senα , logo, se senα ∈ _ ⇒ sen (u ⋅ π + v ⋅ α ) ∈ _, ∀u , v ∈ ] com v ímpar. Fazendo α =

2c − 1 ⋅ π, 2 ( 2c + 1)

 (2u ( 2c + 1) + v ( 2c − 1))    2c − 1 ⋅ π  = sen  sen  u ⋅ π + v ⋅ ∈_ .   2 (2c + 1)  2 2 1 + c ( )    Como mdc ( 2c − 1;4c + 2 ) = 1, ∃ u, v inteiros tal que u (4c + 2) + v(2c − 1) = 1 . do   π Note que v é claramente ímpar. Por conseguinte, sen   ∈ _ .   2 ( 2c + 1)     π  π  cos  = 1 − 2  sen    2 ( 2c + 1)     2c + 1    

  2 π  π  Se cos  que é uma contradição. = 0, sen   = ±  2  2c + 1   2 ( 2c + 1)    π 2t − 1  π  1 Se cos  = = ± , . Como ambos (numerador e sen    t 2t +1  2c + 1  2  2 ( 2c + 1)  denominador) são primos relativos (para t ≠ 0 ), então são quadrados perfeitos, logo t é ímpar. Porém se t ≥ 3, 4 2t ⇒ 2t − 1 ≡ −1( mod 4 ) , o que é absurdo pois é   π π um quadrado. Com t = 0, sen  = 0 , mas ≠ 2kπ . Então, nesse  2 ( 2c + 1)  2c + 1    π  1 caso, cos = .  2c + 1  2   π 1 2t + 1  π  Se cos  = − t , sen  . Como ambos (numerador e  = ±  2 2t +1  2c + 1   2 ( 2c + 1)  denominador) são primos relativos (para t ≠ 0 ), então são quadrados perfeitos, e logo t é ímpar. Temos 2 t + 1 = d 2 ⇔ 2 t = (d + 1)(d − 1) ⇔ d − 1 = 2θ , d + 1 = 2θ + 2 = 2ω . Dividindo por 2 concluímos que θ = 1, ω = 2 1  π   π  t = 3 ⇒ cos  = − , porém, se c = 0, cos   = −1 , e para c ≥ 1 ⇒ 8  2c + 1   2c + 1 

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  π π π  π  < ⇒ cos  > 0 . Para t = 0, sen   = ±1 . Então, nesse 2c + 1 2  2c + 1   2 ( 2c + 1) 

 π  caso, cos  = −1 .  2c + 1  π π π   π  1  cos Finalmente  ∈  , −1 ⇒ 2c + 1∈ {1,3}⇒ ∈  h ,  2 1 2 q 2 3 ⋅ 2h   c+    h ∈ ` . Se para

com

π π 2  π  π  ∈  h , h ≥ 2  , cos  h ⋅ 2h −2  = cos   = ∈ _ , o que é q 2 2   4 2 

3 π  π  π   π  , h ≥ 1 , , cos  ∈ ⋅ 2h −1  = cos   = ∈ _ , o que h h q 3⋅ 2   3⋅2  6 2 π  π π p π π  também é absurdo. Assim, ∈ π , ,  , ⋅ π ∈  p ⋅ π , p ⋅ , p ⋅  e q  2 3 q 2 3  absurdo. Se

p   1 1  cos ⋅ π  ∈ − 1,− ,0, ,1 . 2 2  q    SEGUNDA SOLUÇÃO DE CARLOS GUSTAVO TAMM DE ARAUJO MOREIRA e JOSÉ PAULO CARNEIRO (RIO DE JANEIRO - RJ)

Note que se cos( x) =

q2 − p2 p p , então z := + i é uma raiz da unidade (isto é, q q q

z n = 1 para algum inteiro positivo n) se e só se x é um múltiplo racional de π . Assim, se x = r π, com r ∈ _ então z n = 1 para um certo inteiro positivo n (e logo também temos z 2 n = 1 ). Vamos mostrar que q ≤ 2 , o que resolve o problema. Para isso, vamos supor por absurdo que q > 2 (e p é primo com q). Temos então dois casos: a) q é ímpar. Nesse caso, para cada m ∈ ` , seja xm = (( p + i q 2 − p 2 ) m − ( p − i q 2 − p 2 ) m ) / 2i q 2 − p2 . Temos x0 = 0, x1 = 1 e, como p + i q 2 − p 2 e p − i q 2 − p 2 são raízes da equação x 2 − 2 px + q 2 = 0 , ( xm ) satisfaz a recorrência xm +2 = 2 pxm +1 − q 2 xm , ∀m ∈ `.

Assim,

xm + 2 ≡ 2 pxm +1 (mod q), m −1

∀m ∈ `,

donde, por indução, para todo

(mod q). Em particular, como mdc(2 p, q) = 1, temos m ≥ 1, xm ≡ (2 p) para todo e logo mas mdc( xm , q) = 1, xm ≠ 0 , ∀m ≥ 1, m ≥ 1, EUREKA! N°20, 2004

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 p + i q2 − p2 =1⇒   q 

  = 1 ⇒ p + i q 2 − p2  

 p + i p2 − q2 = q p − i q 2 − p 2  p + i q2 − p2

(

) =(p−i n

q2 − p2

)

(pois

  ) , e logo xn = 0 , absurdo.  

q é par. Nesse caso, se

 p + i q2 − p2 ym =    2 

  p − i q2 − p2  −   2  

   

i q 2 − p 2 , temos y0 = 0, y1 = 1

p + i q2 − p2 p − i q2 − p2 q2 = 0, e são raízes da equação x 2 − px + 2 2 4 q2 temos ym+ 2 = pym+1 − y , ∀m ∈ `. 4 m Assim, donde, por indução, para todo ym +2 ≡ pym +1 (mod q 2) ,

e, como

m ≥ 1, ym ≡ p m −1 (mod q 2), e logo mdc ( ym , q 2 ) = 1, para todo m ≥ 1, pois mdc ( p, q 2 ) = 1. Em particular, ym ≠ 0, ∀m ≥ 1 (note que q > 2, logo q 2 ≥ 2,

pois q é par). Por outro lado,  p + i q2 − p2   2 

  p − i q2 − p 2  =   2  

 p + i q2 − p2 =1⇒   q 

  = 1,  

donde

  , como antes, e logo yn = 0, absurdo.  

91) Um jardinero deve construir um canteiro com a forma de setor circular. Ele dispõe de 100 metros de fio para cercá-lo. Figura: r

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Qual deve ser o valor do raio do círculo para que o canteiro tenha área máxima? Qual é a área máxima? SOLUÇÃO DE GLAUBER MORENO BARBOSA (RIO DE JANEIRO - RJ)

Primeiramente nomeia-se os elementos do setor circular: (a) o ângulo do setor circular, (b) S, área máxima, (c) 2p, o perímetro do setor circular, (d) k, comprimento do arco do setor circular. Comprimento da circunferência = 2πr Fazendo uma regra de três:

k 360k 180k θ = ⇒θ = ⇒θ = 2πr 360 2πr πr

(1)

Conforme o enunciado, o jardineiro dispõe de 100 metros de fio para cercar o setor circular. Somando-se os segmentos referentes aos raios e ao arco do setor circular, tem-se:

2 p = 2r + k = 100 ⇒ k = 100 − 2r

(2)

Substituindo-se a relação (1) em (2) tem-se:

θ=

180k 180 (100 − 2r ) ⇒θ = πr πr

(3)

Com (3) determina-se a área do setor circular com uma relação entre a área do setor circular e a área da circunferência:

S θ θπr 2 S = ⇒ = 360 πr 2 360

(4)

Substituindo-se o em (3) na relação (4), tem-se uma nova relação para a área do setor circular 180 (100 − 2 r ) 2 πr 2 180 (100 − 2r ) r (100 − 2 r )r θπr πr = = = −r 2 + 50r = S= 360 360 360 2 S ( r ) = −r 2 + 50r (5) Observando-se a função para a área S em (5), que é uma função do 2º grau, com a < 0, e logo tem-se um máximo para a função. Assim S(r) é máximo em (5) para:

r =

−b − 50 ⇒ = 25 2a −2

(6)

Para o valor de r em (6), tem a área máxima da função S(r) em (6):

− (25) 2 + 50(25) = −625 + 1250 ⇒ S = 625 Assim, se o raio para se ter área máxima é 25 metros e a área máxima correspondente é 625 m2.

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92) Seja (Fn)n∈ a seqüência de Fibonacci, definida por F1 = 1, F2 = 1 e Fn+2 = Fn+1 + Fn , ∀n ∈ `. Prove que mdc (Fm , Fn ) = Fmdc(m, n) para quaisquer inteiros positivos m e n. SOLUÇÃO DE GIBRAN MEDEIROS DE SOUZA (NATAL - RN)

Para provarmos o que queremos temos que antes mostrar três premissas, que são: I) Se m≥ 1 e n > 1, então Fn+m = Fn−1 ⋅ Fm + Fn ⋅ Fm+1 Prova: (por indução sobre m)

m = 1: Fn+1 = Fn−1 ⋅ F1 + Fn ⋅ F2 = Fn−1 + Fn (verdadeira) m = 2: Fn+2 = Fn−1 ⋅ F2 + Fn ⋅ F3 = Fn−1 + 2Fn = ( Fn−1 + Fn ) + Fn = Fn + Fn+1 (verdadeira) Seja r > 2 e suponhamos a propriedade verdadeira para todo k, 2 ≤ k < r, e para todo n > 1. Esta suposição, mais o fato de que a propriedade vale também para k = 1, nos garante que: Fn+(r−2) = Fn−1 ⋅ Fr −2 + Fn ⋅ Fr −1 e Fn+(r−1) = Fn−1 ⋅ Fr−1 + Fn ⋅ Fr Somando membro a membro essas igualdades e levando em conta a fórmula recursiva que define (Fn ):

Fn+r = Fn−1 ⋅ Fr + Fn ⋅ Fr+1 Ou seja, a fórmula vale também para r, sempre que n > 1 . O segundo princípio de indução nos garante então que vale para todo m≥ 1 e qualquer n > 1. II)

Dois números de Fibonacci consecutivos ( Fn e Fn+1 ) são primos entre si.

Prova: Seja d = mdc(Fn Fn+1 ). Como Fn e Fn+1 são maiores que zero, o mesmo ocorre com d. O fato de d ser divisor de Fn e Fn+1 implica que d | Fn−1 pois

Fn−1 = Fn+1 − Fn . Dividindo Fn e Fn−1 , então d divide Fn−2 . Prosseguindo nesse raciocínio chegaremos a conclusão que d | F2. Então d = 1, pois F2 = 1 III)

Se m | n , então Fm | Fn .

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Prova: Por hipótese n = mr, para algum r ∈` . Procedemos por indução sobre r. Se r = 1, então m = n e é imediato que Fm | Fn . Seja r ≥ 1 e admitamos que Fm | Fmr . Então levado em conta a relação fornecida por I:

Fm(r+1) = Fmr+m = Fmr−1 ⋅ Fm + Fmr ⋅ Fm+1 Como Fm | Fmr −1 ⋅ Fm e Fm | Fmr ⋅ Fm+1 (pois, pela hipótese de indução, Fm divide

Fmr ), então Fm divide a soma desses dois produtos. Ou seja: Fm | Fm(r+1) Com as três premissas em mão vamos à questão: Se d = mdc(m, n) , então prove que mdc( Fm , Fn ) = Fd . Prova: Mostraremos primeiro que se m = nq + r, então mdc( Fm , Fn ) = mdc( Fn , Fr ). Observando as premissas feitas e levando em conta I:

mdc(Fm , Fn ) = mdc(Fnq+r , Fn ) = mdc(Fnq−1 ⋅ Fr + Fnq ⋅ Fr +1, Fn ) Considerando porém que mdc(a, b) = mdc(a + c, b), sempre que b|c, e ainda que

Fn | Fnq (premissa III), chegamos a: mdc(Fm , Fn ) = mdc(Fnq−1 ⋅ Fr , Fn ) Mostremos que Fnq−1 e Fn são primos entre si. De fato, se d é um divisor comum a esses dois números, então d | Fnq−1 e d | Fnq (devido a premissa III). Daí a premissa II nos assegura que d = 1. Ora, se mdc(Fnq−1, Fn ) = 1, então mdc(Fr , Fn ) = mdc(Fnq−1 ⋅ Fr , Fn ), donde:

mdc( Fm , Fn ) = mdc( Fn , Fr ). Assim, supondo m > n, e aplicando o processo das divisões sucessivas para chegar a d = mdc(m, n) :

m = nq1 + r1 (r1 < n) n = rq 1 2 + r2 (r2 < r1) r1 = r2q3 + r3 (r3 < r2 ) .......................................... rn−2 = rn−1qn + rr (rn < rn−1) rn−1 = rnqn+1 (onde rn = d ) EUREKA! N°20, 2004

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o uso repetido do resultado anterior a cada uma das igualdades anteriores nos levará a concluir que:

mdc( Fm , Fn ) = mdc( Frn−1 , Fd ) Como d | rn −1 , em virtude da premissa III, Fd | Frn−1 , logo: mdc( Fm , Fn ) = Fd , cqd.

93) Um inteiro positivo n é dito perfeito se n é igual à soma dos divisores positivos de n que são menores que n. Prove que um número par n é perfeito se e somente se existe um número primo p ≥ 2 tal que 2p −1 é primo e

n = 2 p−1 (2 p −1) . SOLUÇÃO DE CARLOS ALBERTO DA SILVA VICTOR (NILÓPOLIS - RJ)

(1) Lema: Se 2k −1 é um número primo então k também é primo. Prova: Suponha que k não seja primo, logo podemos escrever k = x1 ⋅ x2 onde x1 e

x2 são maiores que 1. 2k −1 = 2x1⋅x2 −1 = (2x1 −1)(2x1 (x2 −1) + 2x1 (x2 −2) + ... + 2x1 +1) , ou seja, 2k − 1 não é primo. Logo k deverá ser necessariamente primo. (2) Suponha n = 2 p −1 ⋅ (2 p − 1) com p primo ( p ≥ 2). Seja S(n) a soma dos divisores de n menores que n:

S (n) = (1 + 2 + 22 + ... + 2 p −1 ) ⋅ (1 + 2 p − 1) − 2 p −1 ⋅ (2 p − 1) S (n) = (2 p − 1) ⋅ 2 p − 2 p−1 ⋅ (2 p − 1) = 2 p−1 ⋅ (2 p+1 − 2 − 2 p + 1) S (n) = 2 p −1 ⋅ (2 p − 1) = n. (3) Suponha S (n) = n (n par). Vamos mostrar que existe um primo (2 p − 1) tal que n = 2 p −1 ⋅ (2 p − 1). Prova: Já que n é par podemos escrever na forma n = 2t ⋅ m , onde m é um número inteiro positivo ímpar.

(

) ( ∑ (m ) ) ,

Já que n é perfeiro, temos que 2n = 1 + 2 + 22 + ... + 2t ⋅

∑ (m) é a soma dos divisores do ímpar m; (2 − 1) ⋅ ∑ (m) = 2n = 2 ⋅ m . Como 2 t +1

t +1

ou seja, m = (2t +1 − 1) ⋅ s onde s é um inteiro. EUREKA! N°20, 2004

onde

− 1 é ímpar temos que (2t +1 − 1)m,

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Suponha que s > 1, então 1, s e (2t +1 − 1) ⋅ s são divisores de m, e logo:

∑ (m) ≥ 1 + s + (2 − 1) ⋅ s > 2 (2 − 1) ⋅ ∑ (m) > (2 − 1) ⋅ 2 t +1

t +1

⋅s e

⋅ s = 2t +1 ⋅ m = 2n ,

o que é uma contradição, donde s = 1 e m = 2t +1 − 1 . Observe que t +1 (m ) = 2t +1 = 2

− 1 + 1 , ou seja, a soma dos divisores de m é a soma do

∑

próprio m com a unidade, daí m = 2t +1 − 1 é primo, ou seja n = 2 p −1 ⋅ (2 p − 1) para t + 1 = p e, pelo lema (1), concluímos que existe p primo como nas condições do enunciado. 94) A ilha das amazonas é habitada por amazonas e homens. As amazonas mandam em tudo, são inteligentíssimas, ciumentíssimas e muito fofoqueiras. O que uma amazona mais gosta de fazer é trair outra amazona com o marido desta. Consumada a traição, ela conta o seu feito a todas as amazonas da ilha menos à amazona traída. As outras amazonas também não contam nada à vítima da traição. Mas se uma amazona descobre que está sendo traída ela mata o seu marido na próxima meia noite. A rainha das amazonas, que é viúva, vê esta situação com desagrado. Ela vê que há traição na ilha mas, como nunca ninguém descobre nada, nenhum marido morre. No dia 1 de janeiro de 3333, então, contrariando a tradição, ela chama todas as amazonas para a praça central e faz uma proclamação solene: "Há traição nesta ilha." Nenhuma amazona sonha em duvidar da palavra da rainha e todas as amazonas sabem disso. Como já foi dito, todas são inteligentes e ciumentas: estes e os outros fatos mencionados neste enunciado até aqui são conhecimento comum entre as amazonas. Supondo que haja 1000 amazonas na ilha e que 365 delas tenham sido traídas, o que acontecerá? SOLUÇÃO DE EDUARDO FISCHER (ENCANTADO - RS)

Se houvesse somente uma traição, a traída não saberia de nada, e como havia pelo menos uma traição que ela não soubesse, mataria o seu marido na primeira noite. Como na primeira noite ninguém morreu, uma mulher que soubesse de uma única traição mataria seu marido na segunda noite, pois, como não houve morte na primeira noite, havia algo que ela não sabia. Assim, se houver exatamente duas traições, as traídas matarão seus maridos na seguinte noite. ... EUREKA! N°20, 2004

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Supondo que na (n –1)-ésima noite ninguém morreu, uma mulher que soubesse de apenas (n –1) traições mataria seu marido na n-ésima noite, pois, como não houve morte na (n –1)-ésima noite, havia algo que ela não sabia. Mostramos assim, por indução em n, que, se houver exatamente n traições (i.e., n maridos traidores) as traídas matarão seus maridos na n-ésima noite. Lembrando que cada traída sabe de 364 traições, cada uma mataria o seu marido depois de uma ano, no 365° dia (isto é, no reveillon de 3334). Enviaram soluções de problemas os seguintes leitores da EUREKA! Besaleel Ferreira de Assunção Júnior Carlos Augusto David Ribeiro Georges Cobiniano Sousa de Melo Glauber Moreno Barbosa Guilherme Marques dos Santos Silva José Renato Carneiro e Carneiro Marcos Francisco Ferreira Martinelli Raphael Rodrigues Mata Wallace Alves Martins Wellington Klezewsky Pires Zózimo Pereira

Teresina – PI Fortaleza – CE João Pessoa – PB Rio de Janeiro – RJ Enviado via e-mail Ribeirão Preto – SP Rio de Janeiro – RJ Salvador – BA Rio de Janeiro – RJ Aquidauana – MS Campina Grande – PB

Continuamos aguardando soluções dos problemas 89, 90 e 95, propostos na Eureka! No. 18.

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PROBLEMAS PROPOSTOS

Convidamos o leitor a enviar soluções dos problemas propostos e sugestões de novos problemas para os próximos números.

96) No quadrilátero ABCD os ângulos A, C e D medem 100° e o ângulo ACB mede 40°. Demonstre que BC ⋅ DA = ( BC + AB − DA)2 . 97) Seja p um primo ímpar. Encontre todas as funções f : ] → ] que satisfazem as seguintes condições: i) ii)

Se m ≡ n(mod p) então f (m) = f (n). f (mn) = f (m) ⋅ f (n) para quaisquer m, n∈ ]

98) Seja (an ) n∈< uma seqüência tal que a1 > 2 e an +1 = an2 − 2, ∀n ∈ `.

a1 − a12 − 4 1 = . ∑ 2 n =1 a1 ⋅ a2 ⋅ ... ⋅ an ∞

Mostre que

99) Num triângulo, a razão entre os raios das circunferências circunscrita e inscrita é

5 . Os lados do triângulo estão em progressão aritmética e sua área é 2

numericamente igual ao seu perímetro. Determine os lados do triângulo. 100) a) Um conjunto X ⊂ ` é dito impressionante se existe m ∈ ` tal que, para todo k ∈ ` , existem elementos de X, a1 < a2 < ... < ak , tais que

a j +1 − a j ≤ m, ∀j < k . Determine se é possível particionar nenhum deles impressionante.

em um número finito de conjuntos,

b) Determine se é possível particionar ` em dois conjuntos A e B de modo que nem A nem B contêm progressões aritméticas infinitas mas, para cada q ∈ `, A e B contêm progressões aritméticas de q termos.

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101)

a) Sejam ai , bi , ci reais positivos, para 1 ≤ i ≤ 3.

Prove que (a13 + a23 + a33 )(b13 + b23 + b33 )(c13 + c23 + c33 ) ≥ (a1b1c1 + a2b2c2 + a3b3c3 )3 . b) Sejam a, b, c, x, y, z reais positivos. Prove que

a 3 b 3 c 3 ( a + b + c )3 . + + ≥ x 2 y 2 z 2 ( x + y + z)2

Problema 96 proposto por Miguel Cruz (Holguin, Cuba), problema 97 (Coréia 2001) proposto por Samuel Barbosa Feitosa (Fortaleza - CE), problema 98 proposto por Gleydson Chaves Ricarte (Fortaleza - CE), problema 99 proposto por Geraldo Perlino (Itapecerica da Serra SP), problema 100 proposto por Anderson Torres (São Paulo - SP), problema 101 proposto por Okakamo Matsubashi (São Paulo - SP). EUREKA! N°20, 2004

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COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad Amarísio da Silva Araújo Ana Paula Bernardi da Silva Antonio Carlos Nogueira Benedito Tadeu Vasconcelos Freire Carlos Frederico Borges Palmeira Claus Haetinger Cleonor Crescêncio das Neves Élio Mega Florêncio Ferreira Guimarães Filho Ronaldo Alves Garcia Reginaldo de Lima Pereira Ivanilde Fernandes Saad Jacqueline Fabiola Rojas Arancibia Janice T. Reichert João Benício de Melo Neto João Francisco Melo Libonati José Carlos dos Santos Rodrigues José Cloves Saraiva José Gaspar Ruas Filho José Luiz Rosas Pinho José Vieira Alves Krerley Oliveira Licio Hernandes Bezerra Luzinalva Miranda de Amorim Mário Rocha Retamoso Marcelo Rufino de Oliveira Marcelo Mendes Pablo Rodrigo Ganassim Ramón Mendoza Raúl Cintra de Negreiros Ribeiro Reinaldo Gen Ichiro Arakaki Ricardo Amorim Sérgio Cláudio Ramos Tadeu Ferreira Gomes Tomás Menéndez Rodrigues Valdenberg Araújo da Silva Valdeni Soliani Franco Vânia Cristina Silva Rodrigues Wagner Pereira Lopes

(UFJF) (UFV) (Universidade Católica de Brasília) (UFU) (UFRN) (PUC-Rio) (UNIVATES) (UTAM) (Colégio Etapa) (UFES) (UFGO) (Escola Técnica Federal de Roraima) (UC. Dom Bosco) (UFPB) (UNOCHAPECÓ) (UFPI) (Grupo Educacional Ideal) (Unespar) (UFMA) (ICMC-USP) (UFSC) (UFPB) (UFAL) (UFSC) (UFBA) (UFRG) (Grupo Educacional Ideal) (Colégio Farias Brito, Pré-vestibular) (Liceu Terras do Engenho) (UFPE) (Colégio Anglo) (INPE) (Centro Educacional Logos) (IM-UFRGS) (UEBA) (U. Federal de Rondônia) (U. Federal de Sergipe) (U. Estadual de Maringá) (U. Metodista de SP) (CEFET – GO)

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Juiz de Fora – MG Viçosa – MG Brasília – DF Uberlândia – MG Natal – RN Rio de Janeiro – RJ Lajeado – RS Manaus – AM São Paulo – SP Vitória – ES Goiânia – GO Boa Vista – RR Campo Grande– MS João Pessoa – PB Chapecó – SC Teresina – PI Belém – PA Campo Mourão – PR São Luis – MA São Carlos – SP Florianópolis – SC Campina Grande – PB Maceió – AL Florianópolis – SC Salvador – BA Rio Grande – RS Belém – PA Fortaleza – CE Piracicaba – SP Recife – PE Atibaia – SP SJ dos Campos – SP Nova Iguaçu – RJ Porto Alegre – RS Juazeiro – BA Porto Velho – RO São Cristovão – SE Maringá – PR S.B. do Campo – SP Jataí – GO