Eureka 2005

CONTEÚDO

AOS LEITORES

2

XV OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e Soluções

3

XLV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Soluções

13

ARTIGOS CENTRO DE MASSA E APLICAÇÕES À GEOMETRIA Emanuel Carneiro & Frederico Girão

29

SEQÜÊNCIA DE FIBONACCI Cícero Thiago B. Magalhães

38

COMO É QUE FAZ?

43

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

46

PROBLEMAS PROPOSTOS

60

COORDENADORES REGIONAIS

62

Sociedade Brasileira de Matemática

AOS LEITORES Chegamos a este número 21 com dois artigos: um de geometria e outro sobre a seqüência de Fibonacci. São as primeiras publicações dos respectivos autores na Eureka!. Esperamos que venham outras e que cada vez mais autores contribuam com a revista. Apresentamos as soluções da Olimpíada do Cone Sul e da Olimpíada Internacional de 2004, competições nas quais as equipes brasileiras tiveram muito bom desempenho. Agradecemos mais uma vez as contribuições dos leitores para a seção "Como é que faz?" e para a seção dos problemas propostos, com soluções e novos problemas, que fazem da Eureka! cada vez mais uma obra de criação coletiva.

Aproveitamos para registrar que foi criada em 2004 a Associação Olimpíada Brasileira de Matemática – AOBM, uma pessoa jurídica destinada a ajudar as Olimpíadas de Matemática no Brasil a crescerem e se consolidarem.

Esperamos que a AOBM sirva como instrumento para maior integração e organização da comunidade olímpica. Estimulamos nossos leitores a se associarem à AOBM, cujos sócios recebem gratuitamente a revista Eureka!. As informações sobre como se associar à AOBM podem ser encontradas na nossa página na internet: www.obm.org.br

Os editores

EUREKA! N°21, 2005

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Sociedade Brasileira de Matemática

XV OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e Soluções 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.

SOLUÇÃO DE LEANDRO FARIAS MAIA (FORTALEZA – CE)

Sejam x1 , x2 , x3 os dígitos escolhidos por Maxi. Note que x1 ≠ x2 , x1 ≠ x3 , x2 ≠ x3 pois as 6 reordenações: x1 x2 x3 ,..., x3 x2 x1 são distintas.

Agora faremos a lista de todos os números de 3 dígitos quadrados perfeitos: 10 2 = 100 202 = 400 302 = 900 2 2 11 = 121 21 = 441 312 = 961 2 2 12 = 144 22 = 484 132 = 169

232 = 529

14 2 = 196

242 = 576

152 = 225

252 = 625

16 2 = 256

262 = 676

17 2 = 289

27 2 = 729

182 = 324

282 = 784

19 2 = 361 292 = 841 Perceba que: • Os números que têm algum zero não satisfazem o enunciado: 10 2 , 20 2 ,30 2.

• Reordenando 1, 6, 9 podemos obter 132 ,14 2 ,312. Assim, 132 ,14 2 ,312 não satisfazem o enunciado.

• O número deverá apresentar no mínimo 2 dígitos ímpares, pois se tiver no máximo um, teremos (se tivermos) no máximo 2 números primos. Assim; 16 2 ,17 2 ,182 , 252 , 28 2 , 29 2 não satisfazem o enunciado.

• Os dígitos são distintos. Assim, 112 ,12 2 ,152 , 212 , 22 2 , 26 2 não satisfazem o enunciado.

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Nos restam os números: 19 2 , 232 , 24 2 , 27 2. Reordenando: 19 2 = 361;136,163,316,361,613, 631.

232 = 529; 259, 295,529,592,925,952.

24 2 = 576;567,576, 657,675,756,765.

27 2 = 729; 279, 297,729, 792,927,972.

Perceba que os dígitos: • 1, 3, 6 satisfazem o enunciado, pois, 163, 613, 631 (apenas) são primos e 361 (apenas) é quadrado perfeito.

• 2, 5, 9 não satisfazem o enunciado, pois, 295, 592, 925, 952 são compostos e 529 (apenas) é quadrado perfeito, assim teremos no máximo um primo.

• 5, 6, 7 não satisfazem o enunciado pelo mesmo raciocínio acima: 675, 765, 756 e 576 são compostos.

• 2, 7, 9 não satisfazem o enunciado pois todas as suas reordenações são múltiplos de 9.

Portanto, os dígitos que Maxi escolheu foram 1, 3, 6.

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.

SOLUÇÃO DE LEANDRO FARIAS MAIA (FORTALEZA – CE)

Sejam α = (QBA, β = (QAB e "D" um ponto sobre AB de modo que PD ⊥ AB.

Como AP é tangente a "C", então: (QBA = (QAP = α. Analogamente: (PBQ = β.

Agora veja que: i) PNDB é inscritível, pois (PNB = 90° = (PDB. Assim; (NPD = (NBD = α e (NDP = (NBP = β.

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P

αβ

M X

N

Q

α A

β

α

β

α

β B

D

ii) PMDA é inscritível, pois (PMA = 90° = (PDA. Assim; (PDM = (PAM = α e (MPD = (MAD = β. Portanto, de i) e ii) temos que • (NPD = (MDP = α ⇒ NP // MD. • (NDP = (MPD = β ⇒ PM // ND.

F

Logo, PMDN é paralelogramo, e então NM e PD se cruzam no ponto médio (*), assim para qualquer "Q" e AB (menor), MN passará por um ponto fixo que é o ponto médio da altura PD. Prova de (*): A

B

α

θ

β

M β

θ

α

D

AB // DC ⇒ (ACD = (CAB, BC // AD ⇒ (ADB = (CBD.

(ABD = (BDC.

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C

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Assim, ∆ACD ≡ ∆ACB( LAAO ) ⇒ DC = AB e AD = BC. ∆MDC ≡ ∆ABM ( ALA) ⇒ AM = MC e BM = MD. 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.

Demonstre que Cn

4 n (10 − 1) .

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SOLUÇÃO: k

j Se m = ∑ a j ⋅ 10 , com j=0

k

j a j ∈{0,1, 2,...,9}, ∀j ≤ k , temos 2m = ∑ (2a j ) ⋅10 . Note j =0

que, se a ∈ {0,1, 2,3, 4}, 2a ∈{0, 2, 4,6,8} tem apenas um dígito, e, se a ∈ {5,6,7,8,9}, 2a ∈{10,12,14,16,18} tem dois dígitos, sendo o primeiro deles k

igual a 1. Assim, na soma

∑ (2a ) ⋅10 j

j =0

j

, não há "vai um", pois, se (2ai ) ⋅10i e

(2a j ) ⋅10 têm dígitos não nulos na k-ésima, posição, com i < j, então k = j = i + 1, j

sendo o dígito de (2ai ) ⋅10i igual a 1, nessa k-ésima posição, donde sua soma é menor que 10 (pois o dígito corresponde de (2a j ) ⋅10 j é no máximo 8). Portanto, se k

k

j =0

j =0

s(m) denota a soma dos dígitos de m, s (m) = ∑ a j e s (2m) = ∑ s (2a j ). Agora, para a ∈ {0,1, 2,3, 4}, s (2a ) = 2a, e, para a ∈ {5, 6, 7,8,9} , s (2a ) = 2a − 9. Portanto, para 0 ≤ a ≤ 9, s (2a ) + s (2 ⋅ (9 − a )) = 2a + 2(9 − a ) − 9 = 9 = a + (9 − a ).

Assim, se n −1

x = ∑ a j ⋅ 10 j , (com 0 ≤ a j ≤ 9, ∀j ) é um inteiro positivo menor que 10 n , temos j=0

n −1

(10n − 1) − x = ∑ (9 − a j ) ⋅10 j , e logo, s (2 x ) + s (2(10n − 1 − x )) = j =0

n −1

n −1

n −1

n −1

j =0

j =0

j =0

j =0

= ∑ s (2a j ) + ∑ s (2 ⋅ (9 − a j )) = ∑ ( s (2a j ) + s (2 ⋅ (9 − a j )) = ∑ (a j + (9 − a j )) = EUREKA! N°21, 2005

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Sociedade Brasileira de MatemĂĄtica n â&#x2C6;&#x2019;1

n â&#x2C6;&#x2019;1

= â&#x2C6;&#x2018; a j + â&#x2C6;&#x2018; (9 â&#x2C6;&#x2019; a j ) = s ( x ) + s ((10n â&#x2C6;&#x2019; 1) â&#x2C6;&#x2019; x ). Assim, s (2 x ) < s ( x ) se e somente se j =0

j =0

s (2(10 â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2C6;&#x2019; x )) > s (10n â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2C6;&#x2019; x ), e s (2 x ) = s ( x ) se e somente se n

10n â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2C6;&#x2019; A , onde 2 A = #{1 â&#x2030;¤ x < 10n | s(2 x) = s( x)}. Note agora que s ( x ) â&#x2030;Ą x (mod 9) e s (2 x ) â&#x2030;Ą 2 x (mod 9) , donde, se s (2 x ) = s ( x ), entĂŁo 2 x â&#x2030;Ą x (mod 9) , e logo s (2(10n â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2C6;&#x2019; x )) = s (10n â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2C6;&#x2019; x ). Portanto, Cn =

x â&#x2030;Ą 0(mod 9).

Cn â&#x2030;Ľ

Assim,

A â&#x2030;¤ #{1 â&#x2030;¤ x < 10 n | x â&#x2030;Ą 0(mod 9)} =

10n â&#x2C6;&#x2019; 1 , 9

donde

4 n (10 â&#x2C6;&#x2019; 1).

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PROBLEMA 4

Arnaldo escolhe um inteiro a, a Â&#x2022; H %HUQDOGR HVFROKH XP LQWHLUR b, b Â&#x2022; $PERV 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?

SOLUĂ&#x2021;Ă&#x192;O DE TELMO LUIS CORREA JĂ&#x161;NIOR (SANTO ANDRĂ&#x2030; â&#x20AC;&#x201C; SP)

Se a â&#x2030;Ľ 9, a campainha toca apenas 1 vez: Arnaldo sabe que b â&#x2030;Ľ 0, logo a Ăşnica soma possĂ­vel ĂŠ 15. O mesmo ocorre se b â&#x2030;Ľ 9, com Bernaldo.

Caso contrĂĄrio, a campainha toca 2 vezes: com a, b â&#x2030;¤ 8 nĂŁo ĂŠ possĂ­vel decidir entre as somas dadas na primeira vez.

Se a = 6, Arnaldo agora sabe que b â&#x2030;¤ 8, entĂŁo a soma nĂŁo pode ser 5 ou 15, apenas 8. O mesmo ocorre se b = 6. Se a â&#x2C6;&#x2C6;{0,1, 2,3,4,5,7,8}, ainda nĂŁo ĂŠ possĂ­vel decidir entre 5, 8 e 15. O mesmo ocorre para Bernaldo.

Caso a campainha toque pela terceira vez a, b â&#x2C6;&#x2C6;{0,1,2,3,4,5,7,8} .

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Se a = 2, Arnaldo sabe que b ≠ 6 e b ≤ 8, logo a única soma possível é 5. O mesmo ocorre se b = 2. Caso a ≠ 2 e b ≠ 2 , ninguém escreve o SIM. De fato: Se a ∈{0,1,3, 4,5}, Arnaldo não pode decidir entre as somas 5 e 8.

Se a ∈{7,8}, Arnaldo não pode decidir entre as somas 8 e 15. O mesmo ocorre para Bernaldo.

A campainha toca pela quarta vez, e ambos sabem que a, b ∈{0,1,3, 4,5,7,8}.

Se a = 3, Arnaldo sabe que b ≠ 2, logo a soma deve ser 8. Se a ∈{0,1, 4,5} não é possível decidir entre 5 e 8, se a ∈{7,8} , não é possível decidir entre 8 e 15. O mesmo ocorre com Bernaldo.

A campainha toca pela quinta vez: ambos sabem que a, b ∈{0,1,4,5,7,8} .

Se a = 5, Arnaldo sabe que b ≠ 3 , logo a soma deve ser 5. Se a ∈{0,1, 4} não é possível decidir entre 5 e 8, se a ∈{7,8} não é possível decidir entre 8 e 15.

O mesmo para Bernaldo.

A campainha toca: sexta vez - ambos sabem que a, b ∈{0,1, 4,7,8}.

Se a = 0, Arnaldo sabe que b ≠ 5 , logo a soma deve ser 8. Se a ∈{1, 4}, não é possível decidir entre 5 e 8, se a ∈{7,8}, entre 8 e 15.

O mesmo para Bernaldo.

Sétima vez: ambos sabem que a, b ∈{1,4,7,8}. Se a = 8, Arnaldo sabe que a soma deve ser 15, se a ∈{1, 4}, não pode decidir entre 5 e 8, se a = 7, não pode decidir entre 8 e 15. O mesmo com Bernaldo.

Oitava vez: ambos sabem que a, b ∈{1,4,7}. Se a = 7, Arnaldo sabe que a soma deve ser 8, se a ∈{1, 4}, não pode decidir entre 5 e 8.

O mesmo para Bernaldo.

Nona vez: ambos sabem que a, b ∈{1,4}. Arnaldo sabe que única soma possível se a = 1 é 5; se a = 4, a soma pode ser 5 ou 8. O mesmo para Bernaldo.

A campainha toca pela décima vez: agora ambos sabem que a = b = 4, e determinam a soma com segurança. Logo, a campainha pode ser tocada no máximo dez vezes.

PROBLEMA 5

Utilizando triangulinhos eqüiláteros de papel, de lado 1, forma-se um triângulo eqüilátero de lado 2 2004 . Desse triângulo retira-se o triangulinho de lado 1 cujo centro coincide com o centro do triângulo maior.

Determine se é possível cobrir totalmente a superfície restante, sem superposições nem buracos, dispondo-se somente de fichas em forma de trapézio isósceles, cada uma formada por três triangulinhos eqüiláteros de lado 1.

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SOLUÇÃO DE GABRIEL TAVARES BUJOKAS (SÃO PAULO – SP)

Vamos mostrar por indução que qualquer n ≡ 1 (mod 9) é possível cobrir o triângulo dividido em n partes cada lado. Como 22004 ≡ (+1) (mod 9) já que 26 n ≡ 1 e 6 | 2004, 26 n ≡ 1 (mod 9) e 6 | 2004 para n = 22004 é possível.

Vamos mostrar que se para n ≡ 1 (mod 9) é possível, então para n + 9 também é.

Temos que n + 9 ≡ 1 (mod 9). Cobriremos os 3 lados do triângulo maior assim: Comece por um vértice A e cubra um lado a que este pertença com peças até restarem 2 espaços (como n ≡ 1 (mod 3), isto é possível). Agora preencha da mesma forma a segunda linha, até restarem 4 espaços.

Na terceira linha, deixe um espaço à esquerda e preencha até onde foi a segunda linha (como indicado na figura acima). E, acima das primeiras duas peças da terceira linha, ponha mais uma (como na figura).

Faça isso para todos os vértices. Observe que não há nem espaços nem superposições. Assim criamos uma "barba" e o meio é um triângulo de lado (n + 9) – 9 (muito fácil de ver, já que a borda tem "largura" 3). O centro do triângulo grande coincide com o do de lado n. Assim, por hipótese de indução, este triângulo central pode ser preenchido, logo o triângulo grande também!. A base da indução é n =1, caso em que não há nada a fazer. Assim, nossa afirmação está provada.

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PROBLEMA 6

Sejam m, n inteiros positivos. Em um tabuleiro m × n, quadriculado em quadradinhos de lado 1, considere todos os caminhos que vão do vértice superior direito ao inferior esquerdo, percorrendo as linhas do quadriculado exclusivamente nas direções ← e ↓.

Define-se a área de um caminho como sendo a quantidade de quadradinhos do tabuleiro que há abaixo desse caminho. Seja p um primo tal que rp(m) + rp(n) ≥ p, onde rp(m) representa o resto da divisão de m por p e rp(n) representa o resto da divisão de n por p.

Em quantos caminhos a área é um múltiplo de p?

SOLUÇÃO:

Para resolver este problema, usaremos técnicas de funções geratrizes descritas no artigo "Séries formais", de Eduardo Tengan, da Eureka! No. 11, pp. 34 – 39.

Representaremos o tabuleiro por {1, 2,…,m} × {1, 2,…,n}.

Desta forma, os quadradinhos são representados por pares (i, j), com 1 ≤ i ≤ m,1 ≤ j ≤ n. Considere agora um caminho como no enunciado. Para 1 ≤ i ≤ m, seja bi o número de quadradinhos da forma (i, y) que estão abaixo do caminho. Como o caminho só desce ou anda para a esquerda, temos 0 ≤ b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bm (e, reciprocamente, tais bi determinam um caminho). A m

área do caminho é

∑b . i =1

∑y

Temos

i =1

k

∑y i =1

Definamos bm +1 = n e b0 = 0. Para 1 ≤ i ≤ m + 1, seja m +1

yi = bi − bi −1 . k ≤ m + 1,

i

i

= bk − b0 = bk .

m

m

m+1

i =1

i =1

i =1

i

= bn +1 − b0 = n , Portanto,

e,

a

em

área

do

geral, caminho

para é

m

A = ∑bi = ∑(m + 1− i) ⋅ yi = ∑(m + 1− i) ⋅ yi = ∑ j ⋅ ym+1− j .

Assim, fazendo z j = ym +1− j , temos

j =0

m

∑ zj = n e j =0

m

∑ j⋅z

j

= A.

j =0

Assim, o problema é equivalente a achar o número de soluções de z0 + z1 + ... + zm = n, com zi ≥ 0 para 0 ≤ i ≤ m + 1 e

m

∑ j⋅z

j

múltiplo de p. Para

j =0

m

1 1 1 1 . Como = ⋅ ⋅ ... ⋅ k 1 − y 1 − xy 1 − xm y k =0 1 − x y

isso, considere a função F ( x, y ) = ∏ EUREKA! N°21, 2005

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1 = 1 + x k y + ( x k y ) 2 + ..., F ( x, y ) = ∑ ar , s x r y s , onde ar , s é o número de k 1− x y r , s∈< m

soluções de z0 + z1 + ... + zm = s com zi ≥ 0, ∀i ≥ 0 e zi + 2 z2 + 3 z3 + ... = ∑ jz j = r. j =0

Em particular, ar ,n é o número de caminhos como no enunciado com área r.

Queremos então calcular

∑a

r ,n

, i.e., a soma dos ar ,n para os r múltiplos de p.

p|r

p −1

Para isso, consideremos a soma

∑ F (ξ

, y ), onde ξ = e 2π i

k

p

é uma raiz p-ésima da

k =0

p −1

unidade (e logo

∑ξ

kr

= 0, sempre que r não é múltiplo de p). Temos

k =0

p −1

∑ F (ξ k =0

k

p −1

, y) = ∑ k =0

∑< a

r ,s

∑< a

⋅ ξ kr ⋅ y s =

r ,s

r , s∈

r , s∈

 p −1  ⋅  ∑ ξ kr  ⋅ y s = ∑ p ⋅ ar ,s ⋅ y s (pois, se r , s∈<  k =0  p|r

p −1

p | r,

∑ξ kr = p ) . Em particular, o coeficiente de y n em k =0

p −1

∑ F (ξ

k

, y ) é p vezes o

k =0

número de caminhos como no enunciado cuja área é um múltiplo de p.

Para k = 0, F (ξ k , y ) = F (1, y ) =

1 = (1 + y + y 2 + ...)m +1 , e o coeficiente de y n m +1 (1 − y ) em F (1, y ) é o número de soluções de k1 + k2 + ... + km +1 = n , ki ≥ 0, ∀i , que é m m+n 1 1 m 1 k ≤ ≤ − ξ = = .

Por outro lado, para 1 k p 1, F , y . ( )   ∏ kr m+1 ∏ −1 y r =0 y − ξ kr r =0 1 − ξ y  m Escrevendo m = qp + rp ( m) = ( q + 1) p − ( p − rp (m)), com 0 ≤ rp (m) < p, temos ( q +1) p −1

∏ (1 − ξ y )

( q +1) p −1

kr

1 ⋅ ( q +r =1)mp+−11 F (ξ , y ) = y (q + 1) p k

∏ r =0

(y −ξ −1

( q +1) p −1

Como o produto

∏ (1 − ξ y ) kr

kr

)

=

1 y (q +1) p

∏

(1 − ξ kr y )

(y

− 1) q +1

r =m +1 −p

( q +1) p −1

∏ (1 − ξ y ) kr

=

r =m +1

(1 − y )

+ p q 1

.

tem p − rp (m) − 1 termos, ao desenvolver esse

r = m+1

produto, obtemos termos da forma a ⋅ y s , com 0 ≤ s ≤ p − rp ( m) − 1. Por outro lado, todas as potências de y em

q +1 1 = (1 + y p + y 2 p + ...) têm expoente múltiplo p q +1 (1 − y )

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de p, donde os termos nĂŁo-nulos em F (Ξ k , y ) tĂŞm o expoente de y congruente a s mĂłdulo p, para algum s com 0 â&#x2030;¤ s â&#x2030;¤ p â&#x2C6;&#x2019; rp ( m) â&#x2C6;&#x2019; 1. Entretanto, rp ( m) + rp ( n) â&#x2030;Ľ p, donde rp ( n) > p â&#x2C6;&#x2019; rp ( m) â&#x2C6;&#x2019; 1 , e, como n ĂŠ congruente a rp ( n) mĂłdulo p, nenhum termo nĂŁo nulo em F (Ξ k , y ) tem expoente n. Assim, o nĂşmero procurado de caminhos cuja ĂĄrea ĂŠ um mĂşltiplo de p ĂŠ

1 m + n  . p m 

9RFr VDELDÂŤ

4XH 225964951 â&#x2C6;&#x2019; 1 p SULPR" (VWH Q~PHUR GH GtJLWRV p R PDLRU SULPR FRQKHFLGR H p XP SULPR GH 0HUVHQQH DVVLP FRPR R VHJXQGR R WHUFHLUR H R TXDUWR PDLRUHV SULPRV FRQKHFLGRV TXH VmR 2 24036583 â&#x2C6;&#x2019; 1, 220996011 â&#x2C6;&#x2019; 1 H 213466917 â&#x2C6;&#x2019; 1.

2 GHVFREULGRU GHVWH QRYR SULPR R SULPR GH 0HUVHQQH FRQKHFLGR 'U 0DUWLQ 1RZDN p XP RIWDOPRORJLVWD DOHPmR TXH SDUWLFLSD GR *,036 XP SURMHWR FRRSHUDWLYR SDUD SURFXUDU SULPRV GH 0HUVHQQH UHVSRQViYHO SHOD GHVFREHUWD GRV RLWR PDLRUHV SULPRV GH 0HUVHQQH DWXDOPHQWH FRQKHFLGRV 9HMD KWWS ZZZ PHUVHQQH RUJ SDUD PDLRUHV LQIRUPDo}HV 4

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XLV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Soluções Caros leitores: nossa equipe da IMO-2004 tinha seis alunos muito diferentes, mas com uma característica em comum: garra. Todos eles adotaram a tática de escrever tudo o que passava pelas suas cabeças, de modo a maximizar as suas pontuações. Assim, não podemos transcrever as suas soluções ipsis literis. Ao contrário, vamos colocar somente partes das soluções deles, com alguns comentários sobre as suas idéias.

Carlos Yuzo Shine, vice-líder do Brasil na IMO-2004 PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

n

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.

n

SOLUÇÃO DE THIAGO COSTA LEITE SANTOS (SÃO PAULO - SP) A

α/2 α/2 M

ϕ

ΓB

R

β

N

ΓC

ϕ γ

π / 2– α π / 2– α

β B

π – 2γ

π – 2β

γ C

K O

Γ

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Seja Γ a circunferência com diâmetro BC, ΓB o circuncírculo de BMR e ΓC o circuncírculo de CNR. Suponhamos sem perda de generalidade que o circunraio de ABC mede 1/2, de modo que BC = sen α, AC = sen β e AB = sen γ.

Aqui, Thiago nota (e prova) que o ponto comum às duas circunferências e o lado BC só pode ser o pé da bissetriz: Temos potΓ A = AM ⋅ AB = AN ⋅ AC. Mas potΓ B A = AM ⋅ AB e potΓC A = AN ⋅ AC, logo A pertence ao eixo radical de ΓB e ΓC. Como R também pertence ao eixo radical, a reta AR é o eixo radical de ΓB e ΓC. Logo o ponto comum a ΓB e ΓC e BC só pode ser a interseção de AR e BC, ou seja, a interseção da bissetriz de ∠BAC e BC. Mais algumas considerações geométricas: como OM = ON (raios de Γ), ∠NOR = ∠MOR (OR é bissetriz de ∠MON) e OR é comum, os triângulos MOR e NOR são congruentes (caso LAL), portanto ∠RNO = ∠RMO. Nesse momento, Thiago percebe como poderia terminar o problema: seja K a interseção da bissetriz de ∠BAC e BC. A idéia dele é provar que K pertence a BC, ΓB e ΓC. Que pertence a BC é óbvio. Para provar que pertence a ΓB, basta provar que B, M, R e K são concíclicos; e, de modo análogo, para provar que pertence a ΓC, basta provar que C, N, R e K são concíclicos.

Aqui está a formalização dele: se provarmos que ∠RNO = α/2, teríamos ∠RNC = γ + α/2 e ∠RNC + ∠RKC = γ + α/2 + β + α/2 = π, portanto K pertence a ΓC. Analogamente (aqui você deve verificar que Thiago usa o fato que ele provou antes de que ∠RNO = ∠RMO), vamos ter K pertencente a ΓB, portanto ΓB e ΓC têm um ponto comum em BC. Deste modo, só falta provar que ∠RNO = α/2. Isso é um problema que costuma ser resolvido de duas maneiras: (1) com “arrastão” (isto é, calculando todos os ângulos na figura) ou (2) “arrastão” seguido de contas (isto é, com trigonometria, geometria analítica ou complexos). Thiago resolveu adotar a opção (2), com trigonometria (quando o coordenador viu as contas, ele comentou, “estava indo tão bem até aqui, por que ele teve que fazer essas contas??”)

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O triângulo NBO é isósceles, logo ∠ONC = ∠OCN = γ e ∠NOC = π – 2γ. π − (π − 2β) − (π − 2γ ) = Analogamente, ∠MOB = π – 2β e θ = ∠MOR = ∠NOR = 2 π – α.

2 Seja ∠RNO = ϕ. A idéia é calcular alguma função trigonométrica de ϕ (geralmente acaba sendo a cotangente, por causa do truque da cotangente – veja o artigo Geometria com Contas, Eureka! 17) e compará-la com a mesma função trigonométrica de α/2 para provar que ϕ = α/2.

Mas por onde começar? Primeiro devemos procurar por triângulos que envolvam ϕ.

Um deles vem da própria definição de ϕ: RNO. Outro bem interessante é o ARN, cujos ângulos envolvem tanto ϕ como α/2, além de ter RN em comum (um segmento a menos para calcular, como você vai ver depois!). Então parece ser uma boa estratégia utilizar esses dois triângulos.

Lei dos senos em RNO: RN NO = π π sen ( 2 − α ) sen ( 2 − α + ϕ ) Lei dos senos em ARN: RN AN = α sen 2 sen ( γ + ϕ − α2 )

(1)

(2)

Veja que se dividirmos (1) por (2), RN se cancela, então não precisamos calcular BC senα . Além disso, = RN. Só precisamos de NO e AN. NO é fácil: é o raio 2 2 AN = AC – NC = sen β – NC. Só falta NC! Pela lei dos senos em NOC, NC OC senαsen2 γ senα ⋅ 2senγ cos γ = ⇔ NC = = = senα cos γ 2 sen γ 2 senγ sen2 γ sen γ logo AN = sen β – sen α cos γ = sen(α + γ) – sen α cos γ = sen α cos γ + sen γ cos α – sen α cos γ = sen γ cos α.

Vamos usar repetidas vezes o fato de que sen(π/2 – x) = cos x e as fórmulas de Prostaférese (que os gregos tiveram que deduzir na coordenação! procure-as na EUREKA! N°21, 2005

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Eureka! 17). Agora sim, dividindo (1) por (2) e substituindo NO e AN, obtemos a nossa conta final: ⇔

α senα sen ( γ + ϕ − α2 ) senγ sen α2 2 sen ( γ + ϕ − 2 ) = ⇔ = cos α senγ cos α ⋅ cos(α − ϕ) cos(α − ϕ) cos α2

⇔ senγ cos(α − ϕ) = sen ( γ + ϕ − α2 ) cos α2 (*) Parece loucura, mas Thiago abriu os senos e co-senos. Mas isso tinha um motivo: ele queria achar cotg ϕ (lembre-se: o segredo do sucesso nas contas é sempre ter uma meta em mente!). (*) ⇔ cos ϕ cos αsenγ + senϕsen γsenα = senϕ cos ( γ − α2 ) cos α2 + cos ϕsen ( γ − α2 ) cos α2

(

)

(

⇔ cos ϕ cos αsenγ − sen ( γ − α2 ) cos α2 = senϕ cos ( γ − α2 ) cos α2 − senγsenα ⇔ cos ϕ( sen(α + γ ) + sen( γ − α) − senγ − sen( γ − α)) =

)

senϕ(cos γ + cos( γ − α) − cos( γ − α) + cos( γ + α)) β+γ β−γ cos γ − cos β 2 sen ( 2 ) sen ( 2 ) sen ( π−α α 2 ) = = = cotg ⇔ cotg ϕ = β−γ β+γ π−α 2 senβ − senγ 2sen ( 2 ) cos ( 2 ) cos ( 2 )

Como cotg ϕ = cotg

α α α eϕ e pertencem ao intervalo ]0; π[, temos ϕ = ,o 2 2 2

que precisávamos.

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.

SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO - RJ)

Note inicialmente que P(a – b) + P(b – c) + P(c – a) = 2P(a + b + c) P(b – a) + P(a – c) + P(c – b) = 2P(b + a + c) (*) P(b – a) + P(c – b) + P(a – c) = 2P(– a – b – c) (**) EUREKA! N°21, 2005

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Desde que ab + bc + ca = 0 (a primeira equação é uma aplicação direta; a segunda segue se permutarmos a e b; a terceira se levarmos (a; b; c) em (– a; – b; – c), o que é permitido pois (– a)(– b) + (– b)(– c) + (– c)(– a) = ab + bc + ca = 0).

Igualando (*) e (**), P(a + b + c) = P(– a – b – c) desde que ab + bc + ca = 0. Mas dado S real, se tomarmos a = S, b = 0 e c = 0, então a + b + c = S e ab + bc + ca = 0.

Logo P(x) = P(–x) para todo x real, ou seja, P é par. Em particular, isto implica que o grau de P, gr(P), é par.

Agora vem a parte da solução que usa análise. Ele provou um lema geral bem útil para o problema.

Note inicialmente que se P(x) = k para todo x real então 3k = 2k ⇔ k = 0 que, de fato, é uma solução. Suponha agora que P não é constante, de grau n. Seja Qx(λ) = P(xλ) (aqui, Fábio usa uma idéia relacionada a homogeneidade). Fixado x, Qx é um polinômio em λ de grau ≤ n (de fato, de grau n se x ≠ 0 e de grau 0 se x = 0).

Lema. lim

λ→+∞

Qx (λ) = Cn x n , sendo Cn o coeficiente líder de P(x). λn

Demonstração: Note que Qx(λ), Qx’(λ), …, Qx(n –1)(λ), λn, λn –1, …, λ são todos polinômios, logo são deriváveis, e que para um desses polinômios qualquer, digamos R, temos lim | R(λ) | = +∞ , pois todos eles têm grau maior ou igual a 1. Então, aplicando o λ→∞

Qx (λ) Qx( n ) (λ) lim . Mas se P(x) = λ→+∞ λ n λ→+∞ n! = Cnxn + … + C1x + C0, Qx(λ) = Cnxnλn + … + C1xλ + C0, logo Qx(n)(λ) = n!Cnxn, logo o limite desejado é mesmo Cnxn. teorema de L’Hôpital repetidas vezes, temos lim

Agora, Fábio aproveita-se da homogeneidade da condição ab + bc + ca = 0: como ab + bc + ca = 0 ⇔ (λa)(λb) + (λb)(λc) + (λc)(λa) = 0 para todo λ real, logo P(λ(a – b)) + P(λ(b – c)) + P(λ(c – a)) = 2P(λ(a + b + c)) ⇔ Qa–b(λ) + Qb–c(λ) + Qc–a(λ) = 2Qa+b+c(λ) para todos λ, a, b, c reais, ab + bc + ca = 0.

Q (λ) Como cada um dos limites lim x n , x ∈ {a – b; b – c; c – a}, n = gr(P) existe, λ→+∞ λ existe o limite da soma, que é a soma dos limites. Logo

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(λ ) Qa −b (λ) + Qb− c (λ ) + Qc − a (λ) Q = 2 lim a +b +nc n λ→∞ λ λ n n n ⇔ Cn (a − b) + Cn (b − c ) + Cn (c − a ) = 2Cn (a + b + c )n sendo a, b, c reais tais que ab + bc + ca = 0 e n = gr(P). Como Cn, coeficiente líder de P, é não-nulo por hipótese, (a – b)n + (b – c)n + (c – a)n = 2(a + b + c)n (***) Tome a = – 2, b = 3 e c = 6 (note que ab + bc + ca = 0). Então, substituindo em (***), (–5)n + (–3)n + 8n = 2 ⋅ 7n Como n é par, obtemos 5n + 3n + 8n = 2 ⋅ 7n. Se n ≥ 7, lim

λ→∞

n

7

1 8  1  8n =   7 n ≥ 7 n 1 +  > 7 n 1 + 7 ⋅  = 2 ⋅ 7 n , absurdo.

7 7  7  Logo n ≤ 6. Mas n = 6 implica 0 ≡ 2 ⋅ 76 ≡ 36 + 56 + 86 ≡ 1 + 1 + 1 ≡ 3 (mod. 7), absurdo. Logo P(x) = Ax2 + B ou P(x) = Ax4 + Bx2 + C. Fábio não precisava estudar o caso P(x) = Ax2 + B, pois isso é um caso particular do caso P(x) = Ax4 + Bx2 + C, mas ele estudou. Na hora de estudar o caso P(x) = Ax4 + Bx2 + C, ele viu que a conta seria grande. Mas nesse momento ele lembrou as palavras que o prof. Luciano sempre diz: “tem que ter garra para ser campeão!” e não fraquejou, fazendo as contas: Substitua a = b = c = 0 na equação do enunciado. Segue imediatamente que C = 0.

Logo P(x) = Ax4 + Bx2. Substituindo (isso mesmo!) e tendo em mente que ab + bc + ca = 0 e que “hay que hacer las cuentas, pero sin perder la simetría jamás”, (a – b)2[A(a – b)2 + B] + (b – c)2[A(b – c)2 + B] + (c – a)2[A(c – a)2 + B] = = 2(a + b + c)2 [A(a + b + c)2 + B] ⇔ A[(a – b)4 + (b – c)4 + (c – a)4] + B[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] = 2A(a + b + c)4 + 2B(a + b + c)2 ⇔ A[a4 – 4a3b + 6a2b2 – 4ab3 + b4 + b4 – 4b3c + 6b2c2 – 4bc3 + c4 + c4 – 4c3a + 6c2a2 – 4ca3 + a4] + B[a2 – 2ab + b2 + b2 – 2bc + c2 + c2 – 2ca + a2] = 2A(a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca)2 + 2B(a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca) ⇔ 2A[a4 + b4 + c4 – 2ab(a2 + b2) – 2bc(b2 + c2) – 2ca(c2 + a2) + 3a2b2 + 3b2c2 + 3c2a2] + 2B[a2 + b2 + c2] = 2A[a4 + b4 + c4 + 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2] + 2B[a2 + b2 + c2] ⇔ A[a2b2 + b2c2 + c2a2 – 2ab(a2 + b2) – 2bc(b2 + c2) – 2ca(c2 + a2)] = 0 ⇔ A[a2b2 + b2c2 + c2a2 – 2a2(ab + bc + ca) + 2a2bc – 2b2(ab + bc + ca) + 2ab2c – 2c2(ab + bc + ca) + 2abc2] = 0 ⇔ A[(ab + bc + ca)2 – 2abc(a + b + c) + 2abc(a + b + c)] = 0 ⇔ 0 = 0.

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Como todas as passagens são equivalências, não há restrição sobre A e B. Portanto os únicos polinômios que satisfazem as condições do enunciado são os da forma P(x) = Ax4 + Bx2, A, B reais.

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.

SOLUÇÃO OFICIAL

Considere um preenchimento do tabuleiro m × n. Para cada gancho A, existe um único gancho B cobrindo o quadradinho “interno” de A com uma de suas “extremidades”. Além disso, o quadradinho “interno” de B deve ser coberto por uma das “extremidades” de A. Assim, num recobrimento, todos os ganchos formam pares. Há apenas duas maneiras de formar tais pares. Em um caso, A e B formam um retângulo 3 × 4; no outro, a sua união é um octógono, com lados 3, 2, 1, 2, 3, 2, 1, 2.

Então um tabuleiro m × n pode ser coberto por ganchos se e somente se pode ser coberto com os pares de 12 quadradinhos acima. Suponha que tal recobrimento exista. Então mn é divisível por 12. Provaremos que m ou n é divisível por 4.

Assuma por absurdo que isso não acontece; então m e n são ambos pares, pois mn é divisível por 4. Imagine o tabuleiro dividido em quadradinhos unitários, com linhas e colunas rotuladas 1, 2, …, m e 1, 2, …, n, respectivamente. Escreva 1 no quadradinho (i, j) se exatamente um entre os números i e j é divisível por 4, e 2, se i e j são ambos divisíveis por 4. Como o número de quadrados em cada linha e coluna é par, a soma de todos os números escritos é par. Mas não é difícil verificar que um retângulo 3 × 4 sempre cobre números com soma 3 ou 7; e o outro tipo de par sempre cobre números com soma 5 ou 7. Conseqüentemente, o número de pares de peças é par. Assim, mn é divisível por 24 e, portanto, por 8, absurdo, pois supusemos que nem m nem n é múltiplo de 4.

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Note também que nem m nem n pode ser 1, 2 ou 5 (qualquer tentativa de colocar as peças nesses casos falha). Concluímos então que se um recobrimento é possível então m ou n é divisível por 3, m ou n é divisível por 4 e m, n ∉ {1; 2; 5}.

Reciprocamente, se essas condições acima são verificadas, o recobrimento é possível (utilizando somente retângulos 3 × 4). Isso é imediato quando 3 divide m e 4 divide n (ou vice-versa). Seja m divisível por 12 e n ∉ {1; 2; 5} (ou vice-versa).

Então n pode ser representado como a soma de vários 3’s e vários 4’s. Então o tabuleiro pode ser particionado em retângulos m × 3 e m × 4, que são fáceis de cobrir, utilizando novamente retângulos 3 × 4.

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.

SOLUÇÃO DE HENRY WEI CHENG HSU (SÃO PAULO - SP)

Suponha tn ≥ tn – 1 ≥ … ≥ t2 ≥ t1 e seja tn = t1 + t2 + k.

Temos

1 1 1 1 1  t1 + t2 + "+ tn−1 1  + tn  + + " + n2 + 1 > (t1 + t2 + "+ tn−1 )  + + "+ +  +1 tn−1  tn tn−1   t1 t2  t1 t2

Por Chebyshev (na verdade, poderíamos usar Cauchy ou MA-MH…), 1 1 1   + +" +  tn −1  n − 1 (t1 + t2 + " + tn −1 )  t1 t2 ≥ n −1 n −1 n −1 1 1 1  2 ⇔ (t1 + t2 + " + tn −1 )  + + " +  ≥ (n − 1) t t t  1 2 n −1  Assim, EUREKA! N°21, 2005

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1 1 1  t1 + t2 + " + tn −1 + tn  + + " +  tn tn −1   t1 t2 t +t t t t + " + tn −1 tn t ⇔ 2n − 1 > 1 2 + n + n + 3 + +"+ n tn t1 t2 tn t3 tn −1 t t Como k + n ≥ 2 , temos tn tk t +t t t t +t t t 2n − 1 > 2n − 6 + 1 2 + n + n ⇔ 5 > 1 2 + n + n tn t1 t2 tn t1 t2 Sendo tn = t1 + t2 + k, k t +t t + t + k t1 + t2 + k k t k t + ⇔ 5 > 1− +1+ 2 + + 1 +1+ 5> 1 2 + 1 2 + + + + t1 t2 k t1 t2 t1 t2 k t1 t2 t2 t1 n2 + 1 > (n − 1)2 + 1 +

t1 t2 k k k + + + − t2 t1 t2 t1 t1 + t2 + k t t Mas 1 + 2 ≥ 2 . Deste modo, t2 t1 ⇔2>

1 1  1 1 1 1 0> k + −  ⇔ 0 > k + −   t1 t2 t1 + t2 + k   t1 t2 tn  1 1 1 Veja que + > pois t1 ≤ t2 ≤ tn. Logo k < 0 e tn < t1 + t2. t1 t2 tn O resto é mais fácil: sejam 1 ≤ i < j ≤ n. Temos ti + tj ≥ t1 + t2 > tn ≥ tk para 1 ≤ k ≤ n e, portanto, ti, tj e tk são sempre lados de um triângulo.

PROBLEMA 5

n

n

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.

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SOLUÇÃO DE RAFAEL DAIGO HIRAMA (CAMPINAS - SP)

B

α1 α1 α 2

C

A P

β1

β2 β1 D

Primeiro ato: considerações gerais.

Vamos determinar a figura a partir de quatro ângulos: sejam ∠ABD = α1, ∠BDA = β1, ∠CBD = α2, ∠CDB = β2. Então ∠DBP = α2 – α1 e ∠BDP = β2 – β1.

Veja que esses ângulos não dependem de P estar dentro do triângulo ABD (o que implica ∠ABD > ∠DBC e ∠ADB > ∠BDC) ou P estar dentro do triângulo BCD (o que implica ∠ABD < ∠DBC e ∠ADB < ∠BDC) pois se ∠ABD = ∠PBC então ∠ABD ± ∠DBP = ∠PBC ± ∠DBP (+ se P está dentro de BDC e – se P está dentro de ABD) ⇒ ∠ABP = ∠DBC = α2. Para os ângulos com vértice D é análogo.

Usando lei dos senos nos triângulos ABP, BCP, ADP e DCP, temos AP AB CP BC = = (1) (2) senα 2 sen∠APB senα1 sen∠BPC AP AD CP DC = = (3) (4) senβ2 sen∠APD senβ1 sen∠DPC De (1) e (4), temos AP AB senα 2 sen∠DPC = ⋅ ⋅ (I) CP DC senβ1 sen∠APB

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De (2) e (3), temos AP AD senβ2 sen∠BPC (II) = ⋅ ⋅ CP BC senα1 sen∠APD As equações (I) e (II) são fundamentais para a solução do problema, pois envolvem AP e CP, lados do quadrilátero ABCD e, além disso, observando a figura e essas equações, notamos algumas simetrias interessantes. Rafael começa a usá-las a partir de agora.

Vamos lá: sen∠APD = sen(∠APD + ∠BPC – ∠BPC) = sen(∠APD + ∠BPC) ⋅ cos∠BPC – cos(∠APD + ∠BPC) ⋅ sen∠BPC. Seja θ = ∠APD + ∠BPC = 360º – (∠APB + ∠CPD). Logo sen∠APD = senθ ⋅ cos∠BPC – cosθ ⋅ sen∠BPC (III) e sen∠APB = sen(∠APB + ∠CPD – ∠CPD) = sen(∠APB + ∠CPD) ⋅ cos∠CPD – sen(∠APB + ∠CPD) ⋅ cos∠CPD = –senθ ⋅ cos∠CPD – cosθ ⋅ sen∠CPD (IV) (lembre-se de que sen(360º – x) = –sen x e cos(360º – x) = cos x).

Segundo ato: ABCD cíclico ⇒ AP = CP. Supondo que ABCD é cíclico (esta é a primeira vez que vamos usar este fato), AB CD AD BC temos, pela lei dos senos estendida, que . e = = senβ1 senα2 senα1 senβ 2 Substituindo essas duas últimas igualdades e (III) e (IV) em (I) e (II), respectivamente, temos PC sen∠APD senθ (VI): = = − cos θ AP sen∠BPC tg ∠BPC PC sen∠APB senθ (V): = =− − cos θ AP sen∠CPD tg ∠CPD Logo tg∠BPC = – tg ∠ CPD ou senθ = 0. A primeira possibilidade implica ∠BPC + ∠CPD = 180º, mas aí B, P e C seriam colineares e então BD bissectaria os ângulos ∠ABC e/ou ∠ADC. Portanto senθ = 0 e então θ = 180º, pois θ = ∠APD + ∠BPC está entre 0 e 360º.

Então

PC sen180, = − cos180, = 1, ou seja, AP = PC. AP tg ∠BPC

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Terceiro ato: AP = CP ⇒ ABCD cíclico.

AD senβ2 sen∠APD CD senβ1 sen∠CPD e . ⋅ = ⋅ = AB senα 2 sen∠APB BC senα1 sen∠BPC AD senβ2 CD senβ1 sen∠APD sen∠CPD Multiplicando, temos . ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ BC senα1 AB senα 2 sen∠BPC sen∠APB De (II) e (I), temos

Aplicando a lei dos senos em ABD e BCD temos Assim,

AD AB CD BC e . = = senα1 senβ1 senα 2 senβ 2

sen∠APD sen∠APB = sen∠BPC sen∠CPD

Mas, fazendo as mesmas contas que fizemos em (V) e em (VI) (veja que as igualdades à direita em (V) e (VI) não dependem de ABCD ser cíclico), vemos que sen∠APD sen∠APB AD senβ2 AD BC = 1. E então . Sejam R1 = = × =1 ⇔ BC senα1 senα1 senβ 2 sen∠BPC sen∠CPD e R2 os circunraios de ABD e BCD. Pela lei dos senos estendida, AD BC 2 R1 = = = 2 R2 ⇒ R1 = R2. senα1 senβ2 Logo os triângulos ABD e BCD têm o mesmo circunraio. Só temos duas possibilidades para um circuncírculo de raio fixado em um segmento fixado: uma das possibilidades é A, B, C e D serem concíclicos, que é o que queremos; a outra é a circunferência que passa por A, B e D ser a simétrica da que passa por B, C e D em relação a BD. B

α1

α2

A

β1

β2 D

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C

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Neste último caso vamos ter ∠BAD = ∠BCD. Como α1 + β1 + ∠BAD = 180º e α2 + β2 + ∠BCD = 180º, α1 + β1 = α2 + β2.

Mas veja que (α1 > α2 e β1 > β2) ou (α1 < α2 e β1 < β2) pois caso contrário, como P está no interior do quadrilátero ABCD, P deveria estar no interior de ABD e BCD ao mesmo tempo, o que é impossível. Logo não é possível que α1 + β1 = α2 + β2, e o problema acabou.

Enfim, uma solução muito parecida com uma trilogia grega, porém sem nenhuma tragédia.

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.

SOLUÇÃO DE RAFAEL MARINI SILVA (RIO DE JANEIRO - RJ)

O principal diferencial da solução do Marini é que, em vez de procurar exemplos particulares para múltiplos alternantes de n, como a maioria dos estudantes fez, ele deu uma caracterização bastante interessante dos números alternantes. Vamos à solução: Seja T o conjunto dos números cuja representação decimal consiste em algarismos todos menores do que 5. Veja que todo número alternante a pode ser escrito em uma das duas seguintes formas: se a é ímpar, a = 101010...101

+ 2k = 2 n−1 dígitos

102 n − 1 + 2k, k ∈ T, k com no máximo 2n 99

dígitos; (I) se a é par, a = 101010...1010

+ 2k = 2 n dígitos

102 n − 1 ⋅ 10 + 2k, k ∈ T, k com no máximo 99

2n + 1 dígitos; (II) Agora, Marini divide o problema em casos: Caso 1: mdc(10; p) = 1.

Aqui, Marini toma sim um número particular. Não é muito difícil encontrar um número alternante nesse caso, se você conhece o teorema de Euler-Fermat.

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Tome k = 0 na forma (I) e n = ϕ (99p). Pelo teorema de Euler-Fermat, 10ϕ (99p) ≡ 1 102 ϕ(99 p ) − 1 é (mod 99p) (veja que mdc(10; 99p) = 1) e portanto o número alternante 99 múltiplo de p.

Caso 2: p é par, mas não é múltiplo de 5.

Assim, p = 2e+1u, sendo u ímpar e não múltiplo de 5. O número alternante que 102 n − 1 ⋅ 10 + 2k, ⇔ devemos encontrar é da forma (II). Assim, 2e+1u| 99 102 n − 1 ⋅ 5 + k, k ∈ T, k com no máximo 2n + 1 algarismos.

2eu| 99 102 n -1 ⋅ 5 + k. Para A nova dificuldade nesse caso é a potência de 2, ou seja, que 2e| 99 102 n − 1 ⋅ 5 + k ≡ 0 (mod 2e) ⇔ n suficientemente grande (maior que e/2), temos 99 k ≡ 5 ⋅ 99–1 (mod 2e). Marini resolveu, então, provar um lema um pouco mais geral, mas que faz muito sentido: o conjunto T contém uma boa parte dos números inteiros, então… m Lema. Fixados a e m naturais e q ∈{2,5} , existe t ∈ T tal que t ≡ a (mod q ).

Demonstração. Indução sobre m.

Base de indução: m = 1: imediato, pois T > {0, 1, 2, 3, 4} > {0, 1}.

Passo de indução: suponha o fato válido para m = k. Vamos provar para m = k + 1.

Suponha que 0 ≤ t < 10k . Seja Xt = {t; t + 10k; …; t + (q – 1) ⋅ 10k}. Note que esse conjunto está contido em T (pois q ≤ 5) e que Xt contém todos os possíveis restos congruentes a t módulo qk+1 (qk+1 não divide 10k e q divide 10). Da hipótese de indução, dado x natural existe t ∈ T com t ∈ T com t < 10k (se t ≥ 10k , trocamos t pelo número formado pelos seus k últimos dígitos que é congruente a t módulo 10k, e logo módulo qk) tal que x ≡ t (mod qk). Vendo módulo qk+1 temos que x é congruente a um elemento de Xt. Considerando a união de todos os conjuntos Xt, com t variando entre 0 e qk – 1, vemos que cobrimos todos os possíveis restos (de fato, como Xt tem q elementos, a união tem qk+1 elementos) e portanto o lema está demonstrado.

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Assim, aplicando o lema à congruência k ≡ 5 ⋅ 99–1 (mod 2e), vemos que podemos escolher k0 ∈ T que satisfaz essa congruência. Seja m o número de dígitos de k0.

Tome s cópias de k0 (com alguns zeros à esquerda para que fique com m + e + 1  (10m +e +1 )s − 1  s −1 ( m + e +1) j  . Veja que dígitos) e concatene-as, isto é, seja k = k0 ∑10 = k0   10m +e +1 − 1  j =0   k ainda é um elemento de T e que k ≡ 5 ⋅ 99–1 (mod 2e), pois 10m+e+1 ≡ 0 (mod 2e).

Vamos fazer com que k seja múltiplo de u. Para isso, basta tomar s = ϕ((10m+e+1 – 1) ⋅ u) que o resto segue de Euler-Fermat.

102 n − 1 ⋅ 10 + 2k. Já 99 encontramos k. Agora, basta escolher um n adequado par acertar o número de algarismos de a. Tome n = ϕ(99u)v maior que a quantidade de dígitos de k. Pronto!

Temos 102 n − 1 102 n − 1 ⋅ 10 + 2k = 2( ⋅ 5 + k) ≡ 0 (mod 2e+1) (graças ao lema!) a= 99 99 102 n − 1 ⋅ 10 + 2k ≡ 0 + 0 ≡ 0 (mod u) a= 99 Logo a é múltiplo de p.

Retomando: o número alternante que procuramos é a =

Caso 3: p é múltiplo de 5, mas é ímpar.

Seja p = 5eu, u ímpar. Agora vamos procurar um número alternante da forma (I), ou 102 n − 1 + 2k, k ∈ T. Para n suficientemente grande, seja, da forma 99 102 n − 1 + 2k ≡ 0 (mod 5e) ⇔ k ≡ 198–1 (mod. 5e) 99

Novamente pelo lema, existe k0 ∈ T que satisfaz essa congruência. Assim como no  (10m +e +1 )s − 1    , com = k0 caso anterior, tomemos k = k0 ∑10 m + e +1   10 1 − j =0   m+e+1 – 1) ⋅ u) e n = ϕ(99u)v maior que a quantidade de dígitos de k. De s = ϕ((10 modo análogo ao caso anterior, conseguimos um alternante múltiplo de p. s −1

m + e +1

Caso 4: p é par e múltiplo de 5, ou seja, p é múltiplo de 10.

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Neste caso, devemos tomar um alternante da forma (II), ou seja, a =

102 n â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2039;&#x2026; 10 + 99

102 n â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2039;&#x2026; 10 + 2k â&#x2021;&#x2019; 5|k. Como k â&#x2C6;&#x2C6; T, seu 99 Ăşltimo dĂ­gito sĂł pode ser zero, de modo que 10|k. Seja k = 10w, w â&#x2C6;&#x2C6; T. Temos entĂŁo 102 n â&#x2C6;&#x2019; 1 102 n â&#x2C6;&#x2019; 1 + 2w, w â&#x2C6;&#x2C6; T. Como + 2w ĂŠ Ă­mpar, u deve ser Ă­mpar, e que u| 99 99 caĂ­mos no caso 1 ou 3. Logo existe um mĂşltiplo alternante de u sĂł quando u ĂŠ Ă­mpar, ou seja, quando p nĂŁo ĂŠ mĂşltiplo de 20.

2k, k â&#x2C6;&#x2C6; T. Seja p = 10u. Temos que 10u|

Logo os inteiros positivos que nĂŁo possuem mĂşltiplo alternante sĂŁo exatamente os mĂşltiplos de 20.

9RFr VDELDÂŤ

4XH H[LVWHP SURJUHVV}HV DULWPpWLFDV DUELWUDULDPHQWH ORQJDV IRUPDGDV DSHQDV SRU Q~PHURV SULPRV" ,VWR IRL SURYDGR UHFHQWHPHQWH SRU %HQ *UHHQ H 7HUHQFH 7DR GRLV H[ ROtPSLFRV H HUD DWp HQWmR XPD FRQMHFWXUD EDVWDQWH DQWLJD R ~OWLPR SURJUHVVR LPSRUWDQWH HP VXD GLUHomR KDYLD VLGR R UHVXOWDGR GH 9DQ GHU &RUSXW TXH SURYRX HP TXH H[LVWHP LQILQLWDV SURJUHVV}HV DULWPpWLFDV GH WUrV WHUPRV IRUPDGDV SRU SULPRV 9HMD R DUWLJR XP SUHSULQW DLQGD QmR SXEOLFDGR GH *UHHQ H 7DR HP KWWS DU[LY RUJ DEV PDWK 17 H R DUWLJR H[SRVLWyULR GH %U\QD .UD VREUH R DVVXQWR HP KWWS PDWK QRUWKZHVWHUQ HGX aNUD SDSHUV SULPHV SGI

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CENTRO DE MASSA E APLICAÇÕES À GEOMETRIA Emanuel Carneiro & Frederico Girão – UFC Nível Avançado 1. INTRODUÇÃO

Chamaremos de sistema de massas um conjunto de n pontos P1 , P2 ,..., Pn no plano, sendo que ao ponto Pk = ( xk , yk ) está associada uma massa mk ∈ \, de modo que

m1 + m2 + ... + mn ≠ 0. Definiremos o centro de massa desse sistema como sendo o ponto ( x, y) tal que: m1 x1 + m2 x2 + ... + mn xn m y + m2 y2 + ... + mn yn ; y= 1 1 , M M Onde M = m1 + m2 + ... + mn é a massa associada a ele. x=

Notação:

Quando ao ponto (x, y) estiver associada uma massa m escreveremos (x, y)[m].

Observações:

(i) Podemos interpretar fisicamente o centro de massa de um sistema como sendo o ponto onde ele concentra toda sua massa. Em termos práticos, isso nos ajuda a simplificar, por exemplo, problemas de Dinâmica onde há aplicações de forças sobre o sistema. (ii) Podemos considerar os pontos em massa de um sistema é análogo.

\n . Neste caso, o cálculo do centro de

(iii) Claramente o centro de massa é único.

2. PROPRIEDADES BÁSICAS Proposição 1.

Seja (x, y)[m] o centro de massa do sistema

S1 = {( x1 , y1 )[m1 ], ( x2 , y 2 )[m2 ],..., ( xk , y k )[m k ]}, e seja (a, b)[N] o centro de massa do sistema S 2 = {( a1 , b1 )[ n1 ], ( a2 , b2 )[n2 ],..., ( al , bl )[ nl ]}. Então, se EUREKA! N°21, 2005

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M + N ≠ 0, o centro de massa do sistema S = S1 ∪ S 2 é o centro de massa do sistema {( x , y )[ M ], (a , b )[ N ]}.

Demonstração:

Por definição o centro de massa do sistema

S = S1 ∪ S 2

é o ponto

( X , Y )[ M + N ], onde:

∑ X =

k i =1

mi xi + ∑ lj =1 n j a j M +N

=

M x + Na M +N

que é justamente a primeira coordenada do centro de massa do sistema {( x , y )[ M ], (a , b )[ N ]}. Para a segunda coordenada é análogo.

A proposição acima nos dá um algoritmo para calcular o centro de massa de um sistema com n pontos. Para isso tomamos dois pontos ( x1 , y1 )[m1 ] e

( x2 , y 2 )[ m2 ] quaisquer desse sistema e os substituímos pelo seu centro de massa com a massa m1 + m2 . Recaímos assim num sistema com n – 1 pontos e continuamos o processo. Assim o cálculo de centros de massa resume-se apenas ao caso n = 2, que estudamos a seguir: Centro de massa de um sistema com duas massas

O centro de massa ( x , y )[ M ] de um sistema {( x1 , y1 )[m1 ], ( x 2 , y 2 )[m 2 ]} é colinear com os pontos ( x1 , y1 ) e ( x2 , y 2 ) pois

x1 x2 x

y1 y2 y

1 1 = x1 y 2 + xy1 + x2 y − xy 2 − x2 y1 − x1 y 1  m x + m2 x2   m1 y1 + m2 y2 = x1 y2 +  1 1  y1 +   m1 + m2   m1 + m2  m x + m2 x2   m1 y1 + m2 y2 − 1 1  y 2 − x2 y1 −   m1 + m2   m1 + m2

  x2    x1 

=0 E além disso se chamamos ( x1 , y1 ) = A, ( x2 , y 2 ) = B e ( x , y ) = G vale que: EUREKA! N°21, 2005

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JJJG

JJJG

m1 AG + m2 BG = 0 tal fato é deixado como exercício para o leitor.

Observação:

Pela equação acima distinguimos alguns casos: • As duas massas têm o mesmo sinal. Nesse caso o ponto G está entre A e B e vale que m1 AG = m2 BG .

• As duas massas têm sinais contrários. Nesse caso G está fora do segmento AB e vale que m1 AG = m2 BG .

3. APLICAÇÕES À GEOMETRIA Exemplo 1: Vamos tomar um triângulo ABC qualquer e pôr massas iguais em seus

três vértices, ou seja consideraremos o sistema A[ p ], B[ p ], C [ p ]. Chamaremos de G o centro de massa desse sistema. Como encontrar o ponto G? (hummm…) denotaremos C.M. = centro de massa.

A[p]

N

P G

B[p]

M[2p]

C[p]

Vamos usar a proposição da seção anterior. O.C.M. de B[ p ] e C [ p ] é o seu ponto médio M. Podemos então trocar B[ p ] e C [ p ] por M [2 p ]. Logo o ponto G será o C.M. de A[ p ] e M [2 p ], que está sobre AM e divide AM na razão

AG 2 = .

GM 1 EUREKA! N°21, 2005

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Sejam N e P os pontos médios de AC e AB. De modo análogo poderíamos ter provado que G ∈ BN e que G ∈ CP. Esta é uma demonstração diferente que as três medianas concorrem em G, que é portanto o baricentro do triângulo. Além disso, segue do exposto acima que:

AG BG OG 2 = = = GM GN GP 1 Exemplo 2: Denote por a, b, c, os lados do triângulo ABC da maneira usual.

Vamos pôr agora massas nos vértices do triângulo proporcionais aos lados opostos, ou seja, considere o sistema A[ a ], B[b], C[ c ]. Seja I o C.M. desse sistema.

Você merece um prêmio se descobrir quem é I… A[a]

c

K

b L I

B[b]

J[b+c]

A[a]

C[c]

a

O raciocínio é igual ao do exemplo anterior. O C.M. de B[b ] e C [c ] é um ponto J

JB c = , ou seja, J é o pé da bissetriz interna. Logo I será o JC b AI b + c = .

C.M. de A[ a ] e J [b + c ]. Tiramos daí que I ∈ AJ e que IJ a no lado BC tal que

Sejam BL e CK bissetrizes internas. De modo análogo poderíamos ter provado que I ∈ BL e que I ∈ CK , o que mostra que I é o incentro. As razões saem de graça:

BI a + c CI a + b = = ; IL b IK c Exemplo 3: Seja p o semiperímetro do triângulo. Agora uma novidade: o sistema de massas será A[ p − a ], B[ p − b], C[ p − c]. Seja N o C.M. desse sistema.

Você realmente merece um prêmio se descobrir quem é o N. EUREKA! N°21, 2005

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A[p – a]

p–c

p–b Z

Y N p–a

B [p – b]

p–a

p–c

X[a]

p–b

C[p – c]

O C.M. de B[ p − b ] e C [ p − c ] é um ponto X sobre o lado BC tal que

BX p −c = , donde concluímos que BX = p − c e que CX = p − b. Este CX p−b ponto X é onde o exincírculo relativo ao lado a toca este lado (como referência sobre este fato podemos indicar [1]). Logo N será o C.M. de A[ p − a ] e

X [ p − c + p − b] = X [ a ].

Portanto N ∈ AX e

AN a = . Se considerarmos os pontos Y e Z onde os NX p−a

exincírculos relativos aos lados b e c tocam estes lados, respectivamente, podemos mostrar que N ∈ BY e N ∈ CZ . Conclusão: AX, BY e CZ sào concorrentes em N que é chamado Ponto de Nagel do ∆ABC . Ora, ora, poderíamos saber disso usando o teorema de Ceva (veja por exemplo [3]). Calma, o melhor ainda está por vir. As razões aqui são cortesias para nós:

BN b CN c = = ; NY p − b NZ p −c O próximo resultado foi o que nos motivou a escrever este artigo. Ele mostra toda a beleza desta teoria, enquanto outros métodos são ineficazes. Para uma demonstração EUREKA! N°21, 2005

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completa (e bastante extensa) do próximo resultado usando a geometria plana clássica, veja [2].

Teorema 3.1. No ∆ABC considere os pontos I, G e N como definidos acima.

Vale então que I, G e N são colineares e ainda:

NG 2 = 1 GI Prova: Seja p o semiperímetro do triângulo. Considere um sistema de massas

A[ p ], B[ p ], C [ p ]. Já sabemos que o C.M. desse sistema é o baricentro G. Fazendo uso da proposição 1, podemos dividir esse sistema em dois subsistemas S1 = A[ a ], B[b ], C [c ] e S 2 = A[ p − a ], B[ p − b ], C [ p − c ]. O C.M. de S1 é o incentro I com massa [a + b + c ] = [2 p ], enquanto o C.M. de S 2 é o ponto da Nagel N com massa [ p − a + p − b + p − c ] = [ p ]. Logo G será o C.M. de

I [2 p ], N [ p ] o que implica I, N, G colineares (com G entre I e N) e ainda pela equação do momento linear:

NG 2 = 1 GI A[p] =[a + (p – a)]

I[p] x 2y

H

y

G

O 2x

N[2p]

C[p] =[c + (p – c)]

B[p] =[b + (p – b)]

Corolário 3.1.1. Em um triângulo qualquer ABC, sejam I,G,N como acima, O o circuncentro e I o ortocentro. Então os pontos I, O, N, H formam um trapézio.

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Prova: Sabemos que H, G, O são colineares (reta de Euler) e que:

HG 2 = GO 1 Segue então do teorema anterior que IO é paralelo a NH, logo I, O, N, H formam um trapézio, cujo encontro das diagonais é G. Podemos aplicar estes métodos do centro de massa em problemas que envolvem o ortocentro, o baricentro e os exincentros, para saber que massas devem estar nos vértices, veja o problema 1. Divirta-se resolvendo estes problemas. Vale usar tudo, mas experimente a sua mais nova arma.

4. PROBLEMAS RELACIONADOS Problema 1

 a



 b





c



,B ,C (a) Verifique que o sistema A  tem como C.M. o  cos A   cos B   cos C  ortocentro do triângulo. (b) Verifique que o sistema A[ sen 2 A], B[ sen 2 B ], C [ sen 2C ] tem como C.M. o circuncentro. (c) Prove que o C.M. do sistema A[ − a ], B[b], C [c ] é o exincentro relativo ao lado a. Verifique os análogos para os outros exincentros.

Problema 2

Sejam A, B, C, D pontos concíclicos. Sejam G A , GB , GC , G D os baricentros dos triângulos BCD, ACD, ABD e ABC. Prove que G A , GB , GC , G D são concíclicos.

Problema 3

Sejam ABCD um quadrilátero no espaço de forma que AB, BC, CD e DA sejam tangentes a uma esfera γ nos pontos X, Y, Z, W. Prove que estes pontos são coplanares.

Problema 4

Sejam X, Y e Z os pontos onde o incírculo do triângulo ABC toca os lados BC, AC e AB, respectivamente. Mostre que o incentro de ∆ABC está sobre a reta que passa pelos pontos médios de BC e AX. (veja uma solução em [5]).

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Problema 5

Considere 6 pontos em uma dada circunferência. Tomamos três destes pontos e marcamos seu baricentro G1 . Em seguida, marcamos o ortocentro H 2 dos outros três pontos e traçamos o segmento G1 H 2 . Mostre que todos os

6   = 20 3 

possíveis

segmentos G1 H 2 passam por um ponto fixo.

Problema 6

Seja ABCD um quadrilátero convexo inscritível com os lados opostos AD e BC se encontrando em P, e AB e CD em Q. Prove que o quadrilátero EFGH, determinado

l , é um losango. l e CQB em ABCD pelas bissetrizes de DPC Problema 7

Seja PABC um tetraedro e sejam A1 , B1 , C1 os pontos médios das arestas BC, AC e AB, respectivamente. Seja α um plano paralelo à face ABC que intercepta as arestas PA, PB, PC nos pontos A2 , B2 , C 2 respectivamente. (a) Prove que A1 A2 , B1 B2 , C1C 2 concorrem em um ponto D. (b) Determine o lugar geométrico dos pontos D quando α varia.

Problema 8

(a) Considere 4 pontos que formam um sistema ortocêntrico (cada um é o ortocentro do triângulo formado pelos outros três). Ponha massas iguais nesses 4 pontos. Prove que o centro de massa é o centro do círculo dos nove pontos de cada um desses 4 triângulos (veja [1] e o problema proposto No. 107 na página 61). (b) (Beltrami) Prove que o C.M. do sistema formado pelo incentro e pelos três exincentros com massas iguais é o circuncentro.

Problema 9

Seja ABCD um quadrilátero convexo inscritível com os lados opostos AD e BC se

l e encontrando em P, e AB e CD em Q. Prove que as bissetrizes dos ângulos DPC

l e a reta que une os pontos médios das diagonais do quadrilátero ABCD CQB

(diagonal de Euler) concorrem.

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Problema 10

(Banco IMO/97) No â&#x2C6;&#x2020;ABC acutângulo, sejam AD, BE alturas e AP, BQ bissetrizes internas. Sejam I e O o incentro e o circuncentro do triângulo ABC, respectivamente.

Prove que os pontos D, E e I sĂŁo colineares se e somente se P, Q e O sĂŁo colineares.

Agradecimentos: A nosso amigo Carlos Shine pela primeira versĂŁo digitada deste

material, na Semana OlĂ­mpica de 2001, em Salvador - BA.

REFERĂ&#x160;NCIAS: [1] Coxeter, H.S.M.; Greitzer, S.L., Geometry Revisited, MAA, 1967.

[2] Johnson, R.A., Advanced Euclidean Geometry, Dover Publications, 1960.

[3] Castro, L.G.M., Introdução à Geometria Projetiva, Eureka!, vol 8, pp 16-27, 2000.

[4] Honsberger, R., Mathematical Morsels, MAA, 1978.

[5] Moreira, C.G.T., Wagner, E., 10 OlimpĂ­adas Iberoamericanas de MatemĂĄtica, OEI, 1996.

9RFr VDELDÂŤ

+ 1 p SULPR" 4XH 28433 â&#x2039;&#x2026; 2 (VWH Q~PHUR GH GtJLWRV p R TXLQWR PDLRU SULPR FRQKHFLGR H IRL GHVFREHUWR HP ,VWR PRVWUD TXH QmR p XP Q~PHUR GH 6LHUSLQVNL LVWR p XP QDWXUDO tPSDU N WDO TXH k â&#x2039;&#x2026; 2 + 1 p FRPSRVWR SDUD WRGR n â&#x2C6;&#x2C6; ` YHMD D (XUHND SiJ UHGX]LQGR SDUD R Q~PHUR GH QDWXUDLV PHQRUHV TXH TXH p R PHQRU Q~PHUR GH 6LHUSLQVNL FRQKHFLGR VREUH RV TXDLV QmR VH VDEH VH VmR Q~PHURV GH 6LHUSLQVNL RX QmR FRQMHFWXUD VH TXH QHQKXP GHOHV VHMD

H

9HMD KWWS ZZZ VHYHQWHHQRUEXVW FRP SDUD PDLV LQIRUPDo}HV LQFOXVLYH VREUH FRPR DMXGDU D SURYDU HVVD FRQMHFWXUD

7830457

n

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SEQÜÊNCIA DE FIBONACCI Cícero Thiago B. Magalhães Nível Avançado INTRODUÇÃO

O nome seqüência de Fibonacci, foi dado pelo matemático francês Edouard Lucas no século XIX. Porém, a seqüência surgiu de um problema que estava proposto na obra "Liber Abaci" de Leonardo de Pisa (1180 – 1250), conhecido como Fibonacci. O problema era o seguinte: "Um homem põe um casal de coelhos dentro de um cercado.

Quantos pares de coelhos serão produzidos em um ano, se a natureza desses coelhos é tal que a cada mês um casal gera um novo casal, que se torna fértil a partir do segundo mês?" Depois de séculos de trabalho, é possível hoje citar uma quantidade enorme de propriedades da seqüência do número de coelhos existentes após n meses. O objetivo deste trabalho é apresentar algumas propriedades básicas desta seqüência.

Definição

A seqüência de Fibonacci é definida da seguinte maneira: f1 = f 2 = 1 e f n = f n −1 + f n − 2 , ∀n > 2.

Por conveniência, algumas vezes usaremos f 0 = 0.

Propriedades básicas

(I) Para todo n ≥ 1 : f1 + f 2 + ... + f n = f n + 2 − 1 Prova: n = 1: f1 = f 3 − 1 Vamos supor q ≥ 1 e f1 + f 2 + ... + f q = f q + 2 − 1

n = q + 1 : f1 + f 2 + ... + f q + f q +1 = f q + 2 − 1 + f q +1 = f q + 3 − 1 (II) Se m ≥ 1 e n > 1, então f n + m = f n −1 f m + f n f m +1 Prova: Vamos fazer indução sobre m: m = 1: f n +1 = f n −1 f1 + f n f 2 = f n −1 + f n (verdadeira)

m = 2 : f n + 2 = f n −1 f 2 + f n f3 = f n −1 + 2 f n = ( f n −1 + f n ) + f n = f n + f n +1 (verdadeira) Seja q > 2 e suponhamos a propriedade válida para todo k , 2 ≤ k < q , e para todo n > 1. Esta suposição, mais o fato de que a propriedade vale também para k = 1, nos garante: EUREKA! N°21, 2005

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f n + ( q − 2) = f n −1 f q − 2 + f n f q −1 f n + ( q −1) = f n −1 f q −1 + f n f q Somando membro a membro essas igualdades e levando em consideração a fórmula recursiva que define ( f n ) :

f n + q = f n −1 f q + f n f q +1 Ou seja, a fórmula vale também para q, sempre que n > 1. O princípio da indução nos garante então que vale para todo m ≥ 1 e qualquer n > 1.

(III) Dois números de Fibonacci consecutivos f n e f n +1 são primos entre si.

A prova fica como exercício.

(IV) Se m | n, então f m | f n .

Prova: Por hipótese n = mq, para algum q ∈ `. Usaremos indução sobre r.

Se q = 1, então m = n e é fácil ver que f m | f n . Seja q ≥ 1 e admitamos que

fm | f

mq

.

Então, usando a propriedade (II):

f m ( q +1) = f mq + m = f mq −1 f m + f mq f m +1 Como f m | f mq −1 f m e f m | f mq f m +1 (pois, pela hipótese de indução, fm divide

f mq ), então f m divide a soma desses dois produtos. Ou seja: f m | f m ( q +1) .

(V) Seja d = mdc(m, n), então mdc ( f m , f n ) = f d .

Prova: Indução em m + n. Se m = 1, mdc(m, n) = 1 e mdc(fm, fn) = mdc(1, fn) = 1 = f1.

Se m + n = 2 é trivial. Se m = n não há o que provar.

Se 2 ≤ m < n, f n = f m + ( n − m ) = f m − 1 f n − m + f m f n − m + 1 ⇒ m dc ( f m , f n ) = ( III )

mdc ( f m , f m −1 f n − m ) = m dc ( f m , f n − m ), que é igual, por hipótese de indução a f mdc ( m , n − m ) = f mdc ( m , n ) .

Veja também a solução do problema proposto No. 92 na Eureka! 20, pp 55 – 57.

2 (VI) Seja x = x + 1, então, para n = 2, 3, … nós temos que

x n = f n x + f n −1 .

Prova: É trivial o caso n = 2. E se x = f n x + f n −1 para algum n ≥ 2, então n

x n +1 = x n ⋅ x = ( f n x + f n −1 ) x = f n x 2 + f n −1 x EUREKA! N°21, 2005

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Sociedade Brasileira de Matemática

= f n ( x + 1) + f n −1 x = ( f n + f n −1 ) x + f n = f n +1 x + f n , como desejado!

2 Vejamos que as raízes de x = x + 1 são os números α =

1+ 5 1− 5 . eβ= 2 2

Então, para todo n = 2, 3, … nós temos

α n = f n α + f n −1 e

β n = f n β + f n −1 .

Subtraindo as duas últimas equações temos que α − β = f n (α − β ), e notando n

que α − β =

n

5 , nós encontramos a fórmula de Binet α n − βn . fn = α −β

Problema 1

Seja α =

1+ 5 . Determine todos os n ∈ ` tais que α n − n 2 α seja inteiro.

2

Solução:

Note que α é raiz do polinômio p ( x ) = x − x − 1, com isso e usando a expressão da propriedade (V) temos que: 2

α n − n 2 α = f n α + f n −1 − n 2 α = ( f n − n 2 )α + f n −1 .

Uma vez que α é irracional, segue da igualdade acima que α − n α só será n

2

inteiro quando f n − n = 0, e nosso problema equivale a determinar todos os 2

2 n ∈ ` tais que f n = n . Para tanto, observe que: f1 = 1, f 2 = 1, f 3 = 2, f 4 = 3, f 5 = 5, f 6 = 8, f 7 = 13, f 8 = 21, f 9 = 34, f10 = 55, f11 = 89, f12 = 144, f13 = 233, f14 = 377.

Assim,

f12 = 12 2 e f13 > 13 2 , f14 > 14 2. Por

outro lado, se

f n > n2 e

f n +1 > (n + 1) 2 , então f n + 2 = f n +1 + f n > n 2 + (n + 1) 2 > (n + 2) 2 , desde que n > 3, EUREKA! N°21, 2005

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Sociedade Brasileira de Matemática 2 donde segue por indução que f n > n para n > 13. Assim, as únicas soluções são n = 1 e n = 12.

Problema 2:

Sejam n e k dois inteiros positivos quaisquer. Então entre duas potências k k +1 consecutivas n e n não podemos ter mais que n números de Finonacci.

Sugestão: use a propriedade (I) Problema 3:

Seja f n a seqüência de Fibonacci ( f1 = 1, f 2 = 1, f n +1 = f n + f n −1 ). Calcule a série ∞

∑

n=2

fn . f n −1 ⋅ f n +1

Problema 4: 2 Ache a, se a e b são números inteiros tais que x − x − 1 é um fator de

ax17 + bx16 + 1.

Fortemente ligada à seqüência de Fibonacci, e tão interessante quanto, é a seqüência de Lucas que é definida da seguinte maneira:

Ln = f n −1 + f n +1 L1 = 1, L2 = 3, L3 = 4,...

Obs: é fácil perceber que de acordo com a definição da seqüência de Lucas temos que L0 = 2.

Usando a fórmula de Binet temos que:

Ln = f n −1 + f n +1 = Como α =

α n −1 − β n −1 α n +1 − β n +1 = + α −β α −β

 1  n1  n1 α  + α  − β  + β  . α −β   α  β 

1 1+ 5 1− 5 +α = 5 e , então e β= α 2 2

Ln = α n + β n .

Problema 5:

Prove que f 2 n = f n Ln .

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1 + β = − 5. Portanto, β

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Problema 6:

Sejam L0 = 2, L1 = 1, e Ln + 2 = Ln +1 + Ln , para n ≥ 0, a seqüência de Lucas.

Prove que, para todo m ≥ 1, m

∏L k =1

2k

= f 2m +1 ,

onde f n é a seqüência de Fibonacci.

Problema 7: 3 Achar o termo geral pn se p0 = 1 e pn +1 = 5 pn − 3 pn , para n ≥ 0.

Problema 8:

Todo natural pode ser unicamente escrito como soma de números de Fibonacci distintos, de índices não consecutivos e maiores que 1. (Teorema de Zeckendorff).

Problema 9: 93 19 93 Sejam a e b inteiros positivos tais que b é divisível por a e a é divisível por f f b19 . Prove que ( a 4 + b 8 ) n+1 é divisível por ( ab ) n para todo n > 1.

Problema 10:

Prove que nenhum número de Fibonacci é potência de 7.

Problema 11:

Sejam ( f n )

Vn =

a seqüência de Fibonacci e, para todo inteiro positivo n,

f n2 + f n2+ 2 .

Prove que, para todo inteiro positivo n, Vn , Vn +1 , Vn + 2 são lados de um triângulo de área 1 .

2

REFERÊNCIAS: [1] Ross Honsberger, Mathematical Gems III, MAA, 1985.

[2] Hygino H. Domingues, Fundamentos da Aritmética, Atual, 1991.

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COMO É QUE FAZ? PROBLEMA 6 PROPOSTO POR RAFAEL ALVES DA SILVA (TERESINA - PI) da Olimpíada Ibero-americana de Matemática de 1999.

Seja n um inteiro maior que 10 tal que cada um dos seus dígitos pertence ao conjunto S = {1, 3, 7, 9}. Prove que n tem algum divisor primo maior ou igual a 11.

Solução: Como o último dígito de n é ímpar, n é ímpar.

Como o último dígito de n não é 0 nem 5, n não é múltiplo de 5. Assim, se n não tivesse nenhum fator primo maior ou igual a 11, os únicos possíveis fatores primos de n seriam 3 e 7. Mostraremos por indução que todo número natural cujos únicos fatores primos são 3 e 7 é da forma n = 20k + r, onde k é natural e r ∈ {1, 3, 7, 9} , e portanto o dígito das dezenas de n deve ser par, e logo não pode pertencer a S = {1, 3, 7, 9} (e assim, se todos os dígitos de n pertencem a S, devemos ter n < 10).

Para isso, note que 1 = 20 ⋅ 0 + 1, e ainda n = 20k + 1 ⇒ 3n = 20 ⋅ (3k) + 3 e 7n = 20 ⋅ (7k) + 7 n = 20k + 3 ⇒ 3n = 20 ⋅ (3k) + 9 e 7n = 20 ⋅ (7k + 1) + 1 n = 20k + 7 ⇒ 3n = 20 ⋅ (3k + 1) + 1 e 7n = 20 ⋅ (7k + 2) + 9 n = 20k + 9 ⇒ 3n = 20 ⋅ (3k + 1) + 7 e 7n = 20 ⋅ (7k + 3) + 3, e nossa afirmação está provada.

PROBLEMA 7 PROPOSTO POR RAFAEL ALVES DA SILVA (TERESINA - PI) da Olimpíada da Bielorrúsia de 2000.

Seja M = {1, 2, 3,..., 40}. Ache o menor inteiro n para o qual é possível particionar M em M subconjuntos disjuntos tais que, sempre que a, b e c (não necessariamente distintos) pertencem ao mesmo subconjunto, então a ≠ b + c.

Solução: Mostraremos que n = 4. Vamos ver como construir um exemplo de uma partição de n em 4 conjuntos de acordo com o enunciado, a partir de exemplos menores: temos a partição {1} = {1}, com n = 1, para M = {1}; a partição {1, 2, 3, 4} = {1, 4} ∪ {2, 3}, com n = 2, para M = {1, 2, 3, 4}; a partição {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13} = {1, 4, 10, 13} ∪ {2, 3, 11, 12} ∪ {5, 6, 7, 8, 9} com n = 3, para M = {1, 2,…,13}; a idéia é, dada uma partição {1, 2,…, k} = EUREKA! N°21, 2005

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A1 ∪ A2 ∪... ∪ An , obter uma partição {1, 2,..., 3k + 1} = B1 ∪ B2 ∪ ... ∪ Bk ∪ Bk +1 , tomando Bk+1 = {k +1, k + 2,...,2k +1} e, para i ≤ k, Bi = Ai ∪(Ai + (2k +1)). Assim, obtemos, para M = {1,2,...,40}, M = {1,4,10,13,28,31,37,40}∪{2,3,11,12,29,30,38,39} ∪{5,6,7,8,9,32,33,34,35,36}∪{14,15,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25,26,27}, e é fácil verificar que esta partição satisfaz a condição do enunciado.

Para mostrar que não é possível obter uma tal partição de M em apenas 3 subconjuntos, suponha que M = A ∪ B ∪ C. Como M tem 40 elementos, algum dos conjuntos A, B ou C tem pelo menos 14 elementos. Digamos que A contenha os 14 elementos x1 < x2 < ... < x14 . Os 13 elementos x14 − x1 , x14 − x2 ,..., x14 − x13 devem pertencer a B ∪C, pois, se x14 − xj = y ∈ A, então x14 = xj + y, com y , x j , x14 ∈ A, contradição. Assim, B ou C contém pelo menos 7 desses 13 elementos, digamos y1 < y2 < ... < y7 , onde yi = x14 − xji , onde j7 < j6 < ... < j1. Suponhamos que esses

y3 − y2 ∈ C e y3 − y1 ∈C, pois, se y3 − y j = z ∈ B, para algum j ∈ {1, 2}, y3 = y j + z , com y3 , y j , z ∈ B , absurdo,

elementos pertencem a B. Temos então e, ( x14 − x j3 ) − ( x14 − x ji ) como

y3 − yi = ( x14 − x j3 ) − ( x14 − x ji ) = x ji − x j3 , se

y3 − yi = z ∈ A, para algum i ∈ {1, 2}, teríamos x ji = x j3 + z , com xji , xj3 , z ∈ A , absurdo. Vamos agora considerar o elemento y2 − y1 > 0. Como y1 e y2 pertencem a B, y2 − y1 não pode pertencem a B. Como y2 − y1 = ( y3 − y1 ) − ( y3 − y2 ), com

( y3 − y2 ), ( y3 − y1 ) ∈ C, y 2 − y1 não pode pertencer a C. Finalmente, como y2 − y1 = (x14 − x j2 ) − (x14 − x j1 ) = x j1 − x j2 , com x j1 ∈ A e xj2 ∈ A, y2 − y1 não pode pertencer a A, absurdo, pois y2 − y1 ∈ M = A ∪ B ∪ C. Publicamos a seguir as soluções dos problemas 121 e 195 da seção "Olimpíadas ao redor do mundo", por sugestão de Bruno, da Espanha.

121. (Rússia-2001) Os valores da função quadrática f (x ) = x 2 + ax + b para dois

inteiros consecutivos são os quadrados de dois inteiros também consecutivos.

Mostre que os valores da função quadrática são quadrados perfeitos para todos os inteiros coincide com o conjunto dos valores de g para os inteiros.

Solução: Suponha f (m) = k 2 e f (m + 1) = (k + 1) 2 , com m e k inteiros. Seja g ( x) = f ( x + m). O conjunto dos valores de f para os inteiros.

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Temos g ( x) = x 2 + cx + d para certos valores de c e d. Temos d = g (0) = f ( m) = k 2 e 1 + c + d = g (1) = f (m + 1) = ( k + 1) 2 , donde d = k 2 e c = (k + 1) 2 − 1 − k 2 = 2k , ou seja, g ( x) = x 2 + 2kx + k 2 = ( x + k ) 2 , e logo g(x) é um quadrado perfeito para todo x inteiro.

195.(Eslovênia-2002) Sejam M o ponto médio da base AB do trapézio ABCD; E um

ponto interior ao segmento AC tal que BC e ME intersectam-se em F; G o ponto de interseção de FD e AB; H o ponto de interseção de DE e AB. Mostre que M é o ponto médio do segmento GH. Solução: Podemos supor sem perda de generalidade, aplicando uma transformação afim, que A = (0, 0), B = (1, 0), C = (1, 1), e logo D = (a, 1), para algum a < 1. Então 1  M =  ,0  e E = (t, t), para algum t ∈ (0,1). Como F pertence a BC, F = (1, y) para 2  1 algum y, e, supondo t ≠ , como F pertence a ME, y 1 = t t − 1 , donde 2 2 2 1 t (caso t = , BC e ME são paralelas e não se intersectam, logo não y= 2t − 1 2 existiria o ponto F). Como H pertence a AB, H = (x, 0) para um certo x. Como H 1 t t (1 − a ) , donde (1 − t ) x = t (1 − a ), ou seja, x = . pertence a DE, = 1− t t−x a−x Finalmente, como G pertence a AB, G = (z, 0) para um certo z, e como G pertence a 1 (2t − 1) − at t (2t − 1) t −1 at − (2t − 1) , donde , ou seja, z = . = ⋅z = FD, 1− z 2t − 1 2t − 1 1− t a−z x + z 1 1− t 1 G+H Assim, , ou seja, M é o ponto médio do = ⋅ = , e logo M = 2 2 1− t 2 2 segmento GH.

( ) (

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)

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

90) Prove que, para todo inteiro positivo n e para todo inteiro não nulo a, o polinômio xn + axn−1 + axn−2 + ... + ax −1 é irredutível, i.e., não pode ser escrito como o produto de dois polinômios não constantes com coeficientes inteiros.

SOLUÇÃO (baseada em um argumento de Artur Avila):

1 Pa (x) = xn + axn−1 + axn−2 + ... + ax −1. Como P−a (x) = −xn Pa   , Pa ( x) é  x irredutível se e somente se P−a ( x) é irredutível. Assim, podemos supor sem perda de generalidade que a é um inteiro positivo. Nesse caso, Pa (0) = −1 e Pa (1) = (n −1)a > 0, ∀n ≥ 2. É claro que para n = 1 o polinômio Pa ( x) = x −1 é irredutível.

Seja

Para n ≥ 2 , deve existir α ∈( 0,1) com Pa (α ) = 0.

Qa (x) = Pa (x) ⋅ (x −1) = (x −1)(xn −1) + ax(xn−1 −1) = xn+1 + (a −1)xn − (a +1)x +1.

Como α é raiz de Pa (α ) = 0.

Seja

Qa (x) = Pa (x) ⋅ (x −1) = (x −1)(xn −1) + ax(xn−1 −1) = xn+1 + (a −1)xn − (a +1)x +1.

Como α é raiz de Pa ( x), α também é raiz de Qa ( x). Seja então Q (x) 1 R(x) = a = xn + (a +α −1)xn−1 +α(a +α −1)xn−2 +α2 (a +α −1)xn−3 +... +αn−2 (a +α −1)x − . x −α α Temos R(1) = Qα (1) (1 −α ) = 0, e, se β ≠ α é raiz de Pa ( x), β é raiz de Qa ( x) e de Seja

R(x). Mostraremos que β > 1 para todo β ∈^ , β ≠ α tal que β é raiz de Pa (x).

Como β é raiz de R(x), temos β n + ( a + α − 1) β n −1 + α ( a + α − 1) β n − 2 + ... +

1 . α − − − Se β ≤ 1, β n + ( a + α − 1) β n 1 + α ( a + α − 1) β n 2 + ... + α n 2 ( a + α − 1) β + α n −2 (a + α − 1) β =

n

≤ β + ( a + α − 1) β

n −1

+ ... + α n − 2 ( a + α − 1) β ≤ 1n + ( a + α − 1)1n −1 + ... +

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1 1 1 = = , valendo a igualdade se, e somente se, α α α β = β = 1, mas Pa (1) ≠ 0, donde β ≠ 1, absurdo (na verdade, mostramos que todas as raizes de R ( x ) têm módulo maior ou igual a 1; em particular, α é raiz simples de Pa ( x ), caso contrário α ∈ (0,1) seria raiz de R ( x)).

Suponha agora que Pa ( x ) = f ( x ) ⋅ g ( x), onde f e g são polinômios não constantes com coeficientes inteiros. Como o coeficiente constante de Pa ( x ) é –1, os + α n −2 (a + α − 1) ⋅1 = R(1) +

coeficientes constantes de f(x) e de g(x) pertencem a {–1, 1} (e podemos supor sem perda de generalidade que seus coeficientes líderes são iguais a 1). Assim, o produto das raízes de g(x) (e de f(x)) pertencem a {–1, 1}. Por outro lado, podemos supor sem perda de generalidade que α é raiz de f ( x ). Como todas as raízes de g(x) são raízes de Pa ( x ) distintas de α , elas têm todas módulo maior que 1, e logo seu produto não pode pertencer a {–1, 1}, absurdo.

95) "Resta-Um" é um jogo de tabuleiro na qual as peças ocupam um tabuleiro formando parte de um reticulado retangular (na verdade, existem variações em tabuleiros de reticulado triangular). O único movimento permitido consiste em tomar duas peças em casas adjacentes vizinhas a uma casa vazia, e fazer a peça mais distante da casa vazia pular sobre a outra peça, ocupando a casa vazia. A peça pulada é retirada.

(esse movimento pode ser feito para a direita, para a esquerda, para cima ou para baixo).

Agora imagine um tabuleiro que é um reticulado retangular infinito e uma reta que contém uma linha do reticulado, dividindo-o em dois lados. Todas as casas de um dos lados da linha estão vazias e cada casa do outro lado da linha pode ou não ter uma peça.

Quantas peças, no mínimo, precisamos para chegar a uma casa do lado vazio do tabuleiro, a uma distância n da linha ? Abaixo indicamos uma casa a distância n, para n = 1,2,3,4,5.

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5 4 3 2 1 … … … …

…

…

…

…

…

… … … …

SOLUÇÃO DE BERNARDO FREITAS PAULO DA COSTA (RIO DE JANEIRO – RJ)

Vamos botar eixos no quadriculado, de acordo com a posição: Y

"Fronteira" X

Assim, a casa marcada com 9 é (0, 0), sua vizinha à esquerda é (1, 0) e acima é (0, 1). Supomos, sem perda de generalidade, que a peça final termina na casa (0, n) para n = 1, 2, 3, 4, 5. Usando isto, vemos que o movimento deveria "tender para o centro e para cima".

Com esta idéia, vamos associar energias às peças nos quadrados do tabuleiro, através da seguinte função:

ϕ 2 = ϕ + 1, ϕ > 1 E (a, b) = ϕ Φ onde  2 Φ + Φ = 1, 0 < Φ < 1 b

a

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Como as equações que os definem são simétricas, temos Φϕ = 1

Só para conferir:

ϕ=

Φ=

1± 5 2

−1 ± 5 2

1+ 5 >1 1+ 5 2 ⇒ϕ = 2 1− 5 <0 2 5 −1 ∈ (0,1) 5 −1 2 ⇒Φ= 2 −1 − 5 <0 2

Assim, se fizermos um movimento

a –2

a

a –1

a –2

a

,a≤0

ou um movimento

a

a +1

a +2

a

a +2

,a≥0 a +2 a+ na direção do centro, estaremos trocando uma energia ϕ b Φ + ϕ b Φ 1 por

ϕ b Φ a , que são iguais por construção.

Já se fizermos

a

a +1

a +2

a

a +2

,a>0 ou o contrário (com a < 0) trocaremos energia com perdas, pois a ≤ a + 2 (para a > 0; se a < 0 é a ≤ a − 2 ).

Para movimentos verticais, vemos que

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b+2

b+1

b

(

conserva energia ϕ b Φ + ϕ b +1Φ = ϕ b + 2 Φ a

a

a

) e que

b+2

b+1

b

perde (pois ϕ b + 2 > ϕ b e ϕ b+1 > 0 ).

Assim, a energia das peças no tabuleiro não aumenta.

Vejamos a energia máxima do tabuleiro: ET = E (coluna central) + E (quadrantes negativos) = E(coluna central) + 2E(1 quadrante negativo) =

=

∞

0

∑ ϕ b Φ 0 + 2∑ E (coluna em a)

b =−∞

a =1

∞

 0 a  + 2∑  ∑ ϕ b Φ  b =−∞ a =1  b =−∞  +∞ ∞ ∞  a  = ∑ ϕ −b + 2∑ Φ  ∑ ϕ −b  b =0 a =1  b =0    ∞  1 1  1 1 1 1 a  Mas ϕ 2 = ϕ + 1 ⇒ 1 = + 2 ⇒ 1 − = 2 = + 2∑ Φ  1 1 ϕ ϕ ϕ ϕ a =1 1−  1−   ϕ  ϕ =

=

0

∑ϕ

b

∞ 1 1 + 2∑ Φ a 1 2 1 2 a =1 ϕ ϕ

∞ 2Φ     = ϕ 2  1 + 2∑ Φ a  = ϕ 2  1 +   1− Φ  a =1  

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Como Φ 2 + Φ = 1, temos 1− Φ = Φ 2 , e assim

(

)

 2Φ  ET = ϕ 2  1 + 2  = ϕ 2 1 + 2 Φ = ϕ 2 (1 + 2ϕ ) = ϕ 2 (1 + ϕ + ϕ )  Φ  2 2 = ϕ (ϕ + ϕ ) = ϕ 2ϕ 3 = ϕ 5 Ora, como a energia total do tabuleiro é ϕ 5 , se tivermos um número finito de movimentos (para poder chegar em (0, 5) de verdade) teremos usado um conjunto finito de peças e portanto de energia estritamente menor do que ϕ 5 . Desta forma, é impossível chegar a esta casa com movimentos "resta-um".

Decomponhamos ϕ n para n = 1, 2, 3, 4 para sabermos o número de peças

 ϕ a + 2 = ϕ a +1 + ϕ a  necessárias. Vale lembrar as relações: Φ a = Φ a +1 + Φ a +2  1 ϕ = 1 + Φ = 1 + ϕ  2 (ϕ = ϕ +1) Φ= 1 ϕ 1 ϕ = 1 + Φ → 2 peças: "Fronteira" OK

Altura 2: ϕ 2 = ϕ + 1 = 1 + (1 + Φ )

= 1 + (Φ + Φ 2 + Φ )

4 peças:

só temos 1 peça com energia 1 só temos 3 peças com energia Φ

só temos 5 peças com energia Φ 2 (em geral, para h ≥ 0, só temos 2h + 1 peças com energia Φ h ) "Fronteira"

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"Fronteira"

"Fronteira"

Altura 3: ϕ 3 = ϕ 2 + ϕ = 2ϕ + 1 = 3 + 2Φ = 1 + 2Φ + (2)

= 1 + 2Φ + (2Φ + 2Φ 2 ) = 1 + 3Φ + 2Φ 2 + (Φ) = 1 + 3Φ + 3Φ 2 + Φ 3 → 8 peças: vai à (0, 2)

"Fronteira"

"Fronteira"

OK

"Fronteira"

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Vamos ao último caso (altura 4):

ϕ 4 = ϕ 3 + ϕ 2 = 2ϕ 2 + ϕ = 3ϕ + 2 = 5 + 3Φ = 1 + 3Φ + (4) = 1 + 3Φ + (4Φ + 4Φ 2 ) = 1 + 3Φ + 4Φ 2 + (4Φ 2 + 4Φ3 ) = 1 + 3Φ + 5Φ 2 + 4Φ 3 + (3Φ 2 ) = 1 + 3Φ + 5Φ 2 + 7 Φ 3 + 3Φ 4 Teoricamente, isto daria 1 + 3 + 5 +7 + 3 = 19 peças para chegar a altura 4.

Entretanto, isto é impossível. Vejamos: Pintemos o tabuleiro com 3 cores em diagonal B C A B C

A B C A B C

C A B C A B C

B C A B C A B C

A B C A B C A B C

A B C A B C A

A B C A B C

A "Fronteira" B A C B A C B A

Toda vez que realizarmos um movimento, tiramos uma peça de duas cores adjacentes e a terceira cor recebe uma peça a mais.

Assim, invertemos a paridade dos 3 simultaneamente. Portanto, a paridade relativa se mantém.

As casas dentro da região indicada estarão todas ocupadas (suas energias somam 1 + 3Φ + 5Φ 2 + 7Φ 3 ).

A soma das cores é 5A + 7B + 4C Se a soma final é 1A + 0B + 0C, temos que a paridade de B e C é a mesma, e oposta à paridade de A, logo das 3Φ 4 que restam, temos uma quantidade par da cor A, uma quantidade ímpar de cor B e uma quantidade para da cor C. Assim, temos as seguintes possibilidades: 2A + 1B + 0C 0A + 3B + 0C 0A + 1B + 2C Mas só há 1 casa B valendo Φ 4 logo a possibilidade OA + 3B + 0C está excluída.

Assim, concluímos que há 1 peça numa casa B, a única do nível Φ 4 .

Por simetria (ou seja, pintando o tabuleiro na outra direção : /// ), EUREKA! N°21, 2005

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temos que deve haver também uma peça na casa simétrica a essa casa B do nível Φ 4 em relação à coluna central, a qual é uma casa C, e logo a solução é OA + 1B + 2C. Assim, temos a seguinte configuração:

"Fronteira"

X

X ?

?

X

X ?

As casas marcadas com X são A ou simétricas a casas A, e logo estão proibidas.

As casas com • estão forçosamente ocupadas, e das casas com ?, uma, e apenas uma, será ocupada (para fazer 19).

Isolemos a coluna central; sobra (pelo menos) um bloco consistindo apenas das seguintes peças: (ou do outro lado, por simetria é igual).

Ora, a peça : , para ser aproveitada, deve tomar uma peça que está a sua direita e ir para a coluna – 1.

Entretanto, para terminarmos com peças apenas na coluna zero, as duas indicadas pelas setas devem tomar as peças que estão à direita (pois senão não conseguiríamos mandar todas as peças desse bloco para a coluna central usando apenas essas peças; se usássemos outras peças para isso perderíamos energia). Nesse caso, as peças que sobram do lado esquerdo ficam todas na altura 0, e a peça que estava originalmente na coluna 0 e na coluna – 1 não conseguiría chegar na coluna central sem que haja perda de energia. Assim, não conseguimos (agora por impedimento de movimento, não de energia) chegar em (0, 4) com 19 peças.

Mas é possível com 20 (faço Φ 3 = Φ 4 + Φ 5 ):

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"Fronteira"

"Fronteira"

"Fronteira"

"Fronteira"

"Fronteira" "Fronteira"

"Fronteira"

OK!!

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 .

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SOLUÇÃO DE HEYTOR BRUNO E MARLON JÚNIOR (FORTALEZA – CE)

A figura ilustra o problema: A 20° 80°

60° D

B

100° 60°

40°

C

AC sen100° = DA sen60° BC sen80° ∆ACB (Lei dos Senos): = AC sen 60° AC BC ⇒ = ⇒ AC 2 = BC ⋅ DA DA AC ∆ACD (Lei dos Senos):

Assim,

BC ⋅ DA = ( BC + AB − DA)2 ⇔ AC 2 = ( BC + AB − DA)2 . Basta provar então que AC = BC + AB – DA.

∆ACD (Lei dos Senos): DA =

AC sen60° sen100°

∆ACB (Lei dos Senos): BC =

AC sen80° AC sen 40° e AB = sen60° sen 60°

Daí, AC + DA = BC + AB ⇔

⇔ AC +

AC sen60° AC sen80° AC sen 40° = + ⇔ sen60° sen60° sen100°

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⇔

sen100° + sen60° sen80° + sen 40° = . sen60° sen100°

Usando o fato de que

 p+q  p−q sen p + sen q = 2 sen   cos  ,  2   2  A equação acima é verdadeira se e somente se

2 sen80° cos 20° 2 sen60° cos 20° = , o que é obviamente verdade. sen100° sen 60° 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.

SOLUÇÃO DE KELLEM CORRÊA SANTOS (RIO DE JANEIRO – RJ) A

R 5 = ⇒ 2 R = 5r r 2 R a

a+q

r B

a–q

C

Perimetro de ABC ⇒ 2 p = a + (a + q) + (a − q) = 3a ⇒ p = pr = A( ABC ) =

a( a + q)(a − q) 4R

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3a 2

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3a a (a 2 − q 2 ) a2 − q2 a2 − q2 ⇒ 3r = = ⇒ 15r 2 = a 2 − q 2 r= 2 4R 2R 5r

(1)

Como a área é numericamente igual ao perímetro, temos:

pr = 2 p ⇒ r = 2 Por outro lado,

A( ABC ) = =

p( p − a )( p − a − q)( p − a + q ) =

3a a  a  a  ⋅ ⋅  − q  + q  = 2 2 2  2 

 a2  1 a 3  − q2  2  4 

De (1), temos:

15r 2 = a 2 − q 2 ⇒ 15 ⋅ 2 2 = a 2 − q 2 ⇒ 60 = a 2 − q 2 ⇒ q 2 = a 2 − 60 Logo A( ABC ) =

 a  3a 2  a  a2 3  − a 2 + 60  = 3  60 −  2  4 4   2 

Também podemos escrever:

A( ABC ) = pr =

3a ⋅ 2 = 3a 2

Igualando:

3a 2  a  3  60 −  2  4   3a 2  36 3a 2 3a 2 ⇒ = − ⇒ = − ⇒ 62 = 3  60 − 60 12 60  4  3 4 4 

3a =

⇒ 48 =

3a 2 ⇒ a 2 = 16 ⋅ 4 ⇒ a = 8, pois a > 0.

4

De (1):

15r 2 = a 2 − q 2 ⇒ 60 = 64 − q 2 ⇒ q = ±2 Logo, os lados do triângulo ABC são 6, 8 e 10.

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

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a 3 b 3 c 3 ( a + b + c )3 + + ≥ . x 2 y 2 z 2 ( x + y + z)2 SOLUÇÃO DE MARCELO RIBEIRO DE SOUZA e WALLACE MARTINS (RIO DE JANEIRO – RJ)

a) Como esta é uma desigualdade homogênea, podemos supor

(a13 + a23 + a33 ) = 1 (b13 + b23 + b33 ) = 1 (c13 + c23 + c33 ) = 1 Com isto nossa desigualdade passa a ser: 1 ≥ (a1b1c1 + a2b2 c2 + a3b3c3 )3 . Isto é imediato de MA – MG:

(a13 + b13 + c13 ) ≥ a1b1c1 3 (a23 + b23 + c23 ) ≥ a2b2c2 3 (a33 + b33 + c33 ) ≥ a3b3c3 3 Somando tudo e elevando ao cubo ficamos com:

1 ≥ ( a1b1c1 + a2b2 c2 + a3b3c3 ) cqd.

3

b) Este item decorre diretamente do anterior, tendo em vista que 3  3  3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3    a   b   c    3   3   3    3   3   3    2  +  2  +  2    x  +  y  +  z    x  +  y  +  z   ≥  x 3   y 3   z 3                  

 1 1 1 1 1 1   a ⋅ x3 ⋅ x3 + b ⋅ y3 ⋅ y3 + c ⋅ z3 ⋅ z 3  2 2  2  3 3 y z3 x  Portanto segue que

 a 3 b3 c 3  ( a + b + c ) .  2 + 2 + 2 ≥ y z  ( x + y + z )2 x 3

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PROBLEMAS PROPOSTOS

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

102) Você recebe x metros de arame para cercar um terreno na forma de um triângulo pitagórico (os lados são números inteiros), com a condição de que a medida do cateto menor seja 24 metros. Qual deverá ser a medida do cateto maior e o comprimento do arame, a fim de que a área seja: a) máxima? b) mínima?

103) Sejam A e B matrizes 2 × 2 com elementos inteiros.

Sabendo que A, A + B, A + 2B, A + 3B e A + 4B são invertíveis e que os elementos das respectivas inversas também são todos inteiros, mostre que A + 5B também é invertível e que os elementos da sua inversa também são inteiros.

104)

ABC é um triângulo. Mostre que existe um único ponto P de modo que:

( PA ) + ( PB ) + ( AB ) 2

2

2

= ( PB ) + ( PC ) + ( BC ) = ( PC ) + ( PA ) + (CA) 2

2

2

2

2

2

105) O baricentro do triângulo ABC é G. Denotamos por g a , gb , gc as distâncias desde G aos lados a, b e c respectivamente.

Seja r o rádio da circunferência inscrita. Prove que:

2r 2r 2r , gb ≥ , g c ≥ 3 3 3 g + gb + gc b) a ≥3 r a) g a ≥

106)

Os polinômios P0 ( x, y, z ), P1 ( x, y, z ), P2 ( x, y, z ),... são definidos por

P0 ( x, y, z ) = 1 e Pm+1 ( x, y , z ) = ( x + z )( y + z ) Pm ( x, y , z + 1) − z 2 Pm ( x, y, z ), ∀m ≥ 0. Mostre que os polinômios Pm ( x, y , z ), m ∈ ` são simétricos em x, y, z, i.e., Pm ( x, y, z) = Pm ( x, z, y) = Pm ( y, x, z) = Pm ( y, z, x) = Pm ( z, x, y) = Pm ( z, y, x), para quaisquer x, y, z.

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107) a) Dado um triângulo qualquer, prove que existe um círculo que passa pelos pontos médios dos seus lados, pelos pés das suas alturas e pelos pontos médios dos segmentos que unem o ortocentro aos vértices do triângulo (o chamado "círculo dos nove pontos"). b) Prove que, se X é o centro do círculo dos nove pontos de um triângulo, H o seu ortocentro, O seu circuncentro e G seu baricentro, então

JJJG 3 JJJG 1 JJJG OX = ⋅ OG = ⋅ OH .

2 2

Problema 102 proposto por Sebastião Vieira do Nascimento (Campina Grande – PB); Problema 103 proposto por Carlos A. Gomes (Natal – RN); Problemas 104 e 106 propostos por Wílson Carlos da Silva Ramos (Belém – PA); Problema 105 selecionado da XXXV Olimpíada Matemática Espanhola, fase nacional, 1999 e enviado por Bruno Salgueiro Fanego (Espanha).

Agradecemos também o envio das soluções e a colaboração de: Carlos Alberto da Silva Victor Daniel Lopes Alves de Medeiros Gabriel Ponce Georges Cobiniano Sousa de Melo Glauber Moreno Barbosa Jônatas de Souza Júnior Rafael Silva Raphael Constant da Costa

Nilópolis – RJ Fortaleza – CE Por e-mail João Pessoa – PB Rio de Janeiro – RJ Recife – PE Teresina – PI Rio de Janeiro – RJ

Seguimos aguardando o envio de soluções dos problemas propostos Nos. 89, 97, 98 e 100.

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COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad Américo López Gálvez Amarísio da Silva Araújo Ana Paula Bernardi da Silva Antonio Carlos Nogueira Ali Tahzibi Benedito Tadeu Vasconcelos Freire Carlos Frederico Borges Palmeira Claus Haetinger Cleonor Crescêncio das Neves Cláudio de Lima Vidal Edson Roberto Abe Élio Mega Éder Luiz Pereira de Andrade Eudes Antonio da Costa Florêncio Ferreira Guimarães Filho 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 Marilane de Fraga Sant'Ana Pablo Rodrigo Ganassim Ramón Mendoza Raúl Cintra de Negreiros Ribeiro Ronaldo Alves Garcia Reginaldo de Lima Pereira Reinaldo Gen Ichiro Arakaki Ricardo Amorim Sérgio Cláudio Ramos Seme Guevara Neto Tadeu Ferreira Gomes Tomás Menéndez Rodrigues Valdenberg Araújo da Silva Valdeni Soliani Franco Vânia Cristina Silva Rodrigues Wagner Pereira Lopes

(UFJF) (USP) (UFV) (Universidade Católica de Brasília) (UFU) (USP) (UFRN) (PUC-Rio) (UNIVATES) (UTAM) (UNESP) (Colégio Objetivo de Campinas) (Colégio Etapa) (UNESPAR/FECILCAM) (Univ. do Tocantins) (UFES) (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) FACOS (Liceu Terras do Engenho) (UFPE) (Colégio Anglo) (UFGO) (Escola Técnica Federal de Roraima) (UNIVAP) (Centro Educacional Logos) (IM-UFRGS) (UFMG) (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 Ribeirão Preto – SP Viçosa – MG Brasília – DF Uberlândia – MG São Carlos – SP Natal – RN Rio de Janeiro – RJ Lajeado – RS Manaus – AM S.J. do Rio Preto – SP Campinas – SP São Paulo – SP Campo Mourão – PR Arraias – TO Vitória – ES 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 Osório – RS Piracicaba – SP Recife – PE Atibaia – SP Goiânia – GO Boa Vista – RR SJ dos Campos – SP Nova Iguaçu – RJ Porto Alegre – RS Belo Horizonte – MG Juazeiro – BA Porto Velho – RO São Cristovão – SE Maringá – PR S.B. do Campo – SP Jataí – GO

CONTEÚDO

AOS LEITORES

2

XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase

3

XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase

17

XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Terceira Fase

29

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

49

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

55

XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Premiados

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AGENDA OLÍMPICA

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COORDENADORES REGIONAIS

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Sociedade Brasileira de Matemática

AOS LEITORES O Programa Nacional de Olimpíadas de Matemática tem crescido muito nos últimos anos, contando, atualmente, com a adesão ao Programa de mais de 5.000 escolas públicas e privadas de todo o Brasil, o que implica em uma participação na Olimpíada Brasileira de Matemática de cerca de 250.000 jovens estudantes e seus professores. Além disso, o Programa Nacional de Olimpíadas de Matemática conta com a colaboração de professores do ensino básico de todo o Brasil e de professores universitários de mais de 80 instituições de ensino superior. Eles participam de todas as atividades da Olimpíada Brasileira de Matemática, em atividades de coordenação, divulgação, treinamento de alunos, aperfeiçoamento de professores e aplicação das distintas fases da Olimpíada Brasileira de Matemática.

Em relação à promoção do ensino da Matemática em nível regional, temos alcançado resultados extremamente positivos: através do apoio a 22 Olimpíadas Regionais conseguimos atingir um universo de cerca de 150.000 estudantes e seus professores, os quais são desafiados à resolução de problemas que estimulam o raciocínio e a criatividade.

No que se refere à participação em competições internacionais, o Programa Nacional de Olimpíadas também tem muito a comemorar. Em 2005 os resultados são excepcionais: Excelente resultado na Olimpíada de Matemática do Cone Sul (2 medalhas de Ouro, 2 medalhas de Prata); o primeiro estudante Latino-Americano premiado com Medalha de Ouro Especial (Grand First Prize) e duas outras medalhas de Ouro na Olimpíada Internacional para Estudantes Universitários (IMC), mais uma Medalha de Ouro na Olimpíada Internacional de Matemática (IMO) e novamente quatro medalhas de ouro na Olimpíada Ibero-americana de Matemática.

Todos estes resultados nacionais e internacionais demonstram que, além de influenciar positivamente o ensino da Matemática em instituições de ensino fundamental, médio e superior de todo o país, conseguimos detectar jovens muito talentosos que são estimulados a seguir uma carreira científica, o que é fundamental para o crescimento da Ciência e Tecnologia no Brasil.

Os editores

EUREKA! N°22, 2005

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XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 1. Calcule o valor de 1997 + 2004 + 2996 + 4003.

A) 10000 B) 11000 C) 10900

D) 12000

E) 13000

2. Qual dos números a seguir é ímpar?

A) 7 × 8 B) 37 – 23 C) 9 × 36

D) 144 : 36

E) 17 × 61

3. Quanto é 26 + 26 + 26 + 26 – 44?

A) 0 B) 2

C) 4

D) 42

E) 44

4. O 20% de 40 é igual a A) 5 B) 8

C) 10

D) 12

E) 20

2004 + 2004 , obtemos: 2004 + 2004 + 2004 113 1 2 B) C) D) 355 2004 3

5. Simplificando a fração A) 2004

E)

2 7

6. Os alunos de uma escola participaram de uma excursão, para a qual dois ônibus foram contratados. Quando os ônibus chegaram, 57 alunos entraram no primeiro ônibus e apenas 31 no segundo. Quantos alunos devem passar do primeiro para o segundo ônibus para que a mesma quantidade de alunos seja transportada nos dois ônibus?

A) 8 B) 13 C) 16 D) 26 E) 31 7. Uma professora tem 237 balas para dar a seus 31 alunos. Qual é o número mínimo de balas a mais que ela precisa conseguir para que todos os alunos recebam a mesma quantidade de balas, sem sobrar nenhuma para ela?

A) 11 B) 20 C) 21 D) 31 E) 41

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8. Dezoito quadrados iguais são construídos e sombreados como mostra a figura.

Qual fração da área total é sombreada?

A)

7 18

B)

4 9

C)

1 3

D)

5 9

E)

1 2

9. O preço de uma corrida de táxi é igual a R$2,50 ("bandeirada"), mais R$0,10 por cada 100 metros rodados. Tenho apenas R$10,00 no bolso. Logo tenho dinheiro para uma corrida de até: A) 2,5 km B) 5,0 km C) 7,5 km D) 10,0 km E) 12,5 km 10. Um arquiteto apresenta ao seu cliente cinco plantas diferentes para o projeto de ajardinamento de um terreno retangular, onde as linhas cheias representam a cerca que deve ser construída para proteger as flores. As regiões claras são todas retangulares e o tipo de cerca é o mesmo em todos os casos. Em qual dos projetos o custo da construção da cerca será maior?

A)

B)

C)

D)

E)

11. 108 crianças da 5ª e 6ª séries vão fazer um passeio numa caverna. São formados grupos iguais com mais de 5 porém menos de 20 alunos. Com relação ao número de estudantes por grupo, de quantas formas diferentes eles podem ser feitos?

A) 2 B) 8 C) 5 D) 4 E) 3 12. desenho ao lado mostra o mapa de um país (imaginário) constituído por cinco estados. Desejase colorir esse mapa com as cores verde, azul e amarela, de modo que dois estados vizinhos não possuam a mesma cor. De quantas maneiras diferentes o mapa pode ser pintado?

A) 12 B) 6 C) 10 D) 24 E) 120

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13. Um artesão começa a trabalhar às 8h e produz 6 braceletes a cada vinte minutos; seu auxiliar começa a trabalhar uma hora depois e produz 8 braceletes do mesmo tipo a cada meia hora. O artesão pára de trabalhar às 12h mas avisa ao seu auxiliar que este deverá continuar trabalhando até produzir o mesmo que ele. A que horas o auxiliar irá parar?

A) 12h B) 12h30min C) 13h D) 13h30min E) 14h30min 14. algarismo das unidades do número 1 × 3 × 5 × … × 97 × 99 é

A) 1

B) 3

C) 5

D) 7

E) 9

15. Dois quadrados, cada um com área 25cm2, são colocados lado a lado para formar um retângulo. Qual é o perímetro do retângulo?

A) 30 cm B) 25 cm C) 50 cm D) 20 cm E) 15 cm 16. Se girarmos o pentágono regular, ao lado, de um ângulo de 252°, em torno do seu centro, no sentido horário, qual figura será obtida?

A)

B)

D)

C)

E)

17. Os resultados de uma pesquisa das cores de cabelo de 1200 pessoas são mostrados no gráfico abaixo.

castanho 30%

preto 24%

ruivo 16% loiro

Quantas dessas pessoas possuem o cabelo loiro?

A) 60 B) 320 C) 360

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5

D) 400

B E) 840

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18. Um cubo pode ser construído, a partir dos dois pedaços de papelão apresentados em uma das alternativas a seguir, bastando apenas dobrar nas linhas tracejadas e unir nas linhas contínuas. Esses dois pedaços são:

A)

B)

C)

D)

E) 19. Ao somar cinco números consecutivos em sua calculadora, Esmeralda encontrou um número de 4 algarismos: 2 0 0 *. O último algarismo não está nítido, pois o visor da calculadora está arranhado, mas ela sabe que ele não é zero. Este algarismo só pode ser: A) 5 B) 4 C) 3 D) 2 E) 9 20. Sobre uma mesa estão três caixas e três objetos, cada um em uma caixa diferente: uma moeda, um grampo e uma borracha. Sabe-se que • A caixa verde está à esquerda da caixa azul; • A moeda está à esquerda da borracha; • A caixa vermelha está à direita do grampo; • A borracha está à direita da caixa vermelha.

Em que caixa está a moeda?

A) Na caixa vermelha.

B) Na caixa verde.

C) Na caixa azul.

D) As informações fornecidas são insuficientes para se dar uma resposta.

E) As informações fornecidas são contraditórias.

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21. Um feirante vende batatas e, para pesar, utiliza uma balança de dois pratos, um peso de 1 kg, um peso de 3 kg e um peso de 10 kg. Considere a seguinte afirmação: “Este feirante consegue pesar (com uma pesagem) n quilogramas de batatas”. Quantos valores positivos de n tornam essa afirmação verdadeira, supondo que ele pode colocar pesos nos dois pratos?

A) 7 B) 10 C) 12 D)13 E)14 22. O mapa ao lado mostra um conjunto residencial onde as casas, numeradas, são interligadas por 23 ruelas. O vendedor Zé Ruela, que mora na casa 8, planeja passar por todas as outras casas e retornar à sua, percorrendo o menor número possível de ruelas. Ele deixará de caminhar por quantas ruelas?

A) 15 B) 10 C) 13 D)12 11 E)

1

2

3

4

5 6

7

8

9

10

11

12

23. O arranjo a seguir, composto por 32 hexágonos, foi montado com varetas, todas com comprimento igual ao lado do hexágono. Quantas varetas, no mínimo, são necessárias para montar o arranjo?

… … …

A) 113

B) 123

C) 122

D) 132

E) 152

24. Observe a figura:

Duas das figuras abaixo representam o objeto acima colocado em outras posições.

II) I)

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III)

IV)

Elas são: A) I e II

B) I e IV

C) II e IV

D) I e III

E) II e III

25. Entre 1986 e 1989, época em que vocês ainda não tinham nascido, a moeda do país era o cruzado (Cz$). Com a imensa inflação que tivemos, a moeda foi mudada algumas vezes: tivemos o cruzado novo, o cruzeiro, o cruzeiro real e, finalmente, o real. A conversão entre o cruzado e o real é: 1 real = 2.750.000.000 cruzados Imagine que a moeda não tivesse mudado e que João, que ganha hoje 640 reais por mês, tivesse que receber seu salário em notas novas de 1 cruzado. Se uma pilha de 100 notas novas tem 1,5 cm de altura, o salário em cruzados de João faria uma pilha de altura: A) 26,4 km B) 264 km C) 26 400 km D) 264 000 km E) 2 640 000 km

PROBLEMAS – NÍVEL 2 1. Veja o problema No. 3 do Nível 1 2. Se m e n são inteiros não negativos com m < n, definimos m ∇ n como a soma dos inteiros entre m e n, incluindo m e n. Por exemplo, 5 ∇ 8 = 5 + 6 + 7 + 8 = 26.

O valor numérico de A) 4

22∇ 26 é: 4∇6

B) 6

C) 8

D) 10

E) 12

3. Entre 1986 e 1989, época em que vocês ainda não tinham nascido, a moeda do país era o cruzado (Cz$). Com a imensa inflação que tivemos, a moeda foi mudada algumas vezes: tivemos o cruzado novo, o cruzeiro, o cruzeiro real e, finalmente, o real. A conversão entre o cruzado e o real é:

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1 real = 2.750.000.000 cruzados Imagine que a moeda não tivesse mudado e que João, que ganha hoje 640 reais por mês, tivesse que receber seu salário em notas novas de 1 cruzado. Se uma pilha de 100 notas novas tem 1,5 cm de altura, o salário em cruzados de João faria uma pilha de altura: A) 26,4km B) 264km C) 26400km D) 264000km E) 2640000km 4. Veja o problema No. 23 do Nível 1.

5. Veja o problema No. 14 do Nível 1.

6. Veja o problema No. 16 do Nível 1.

7. Há 1002 balas de banana e 1002 balas de maçã numa caixa. Lara tira, sem olhar o sabor, duas balas da caixa. Seja p a probabilidade de as duas balas serem do mesmo sabor e seja q a probabilidade de as duas balas serem de sabores diferentes. Quanto vale a diferença entre p e q?

A) 0

B)

1 2004

C)

1 2003

D)

2 2003

E)

1 1001

8. O perímetro de um retângulo é 100 e a diagonal mede x. Qual é a área do retângulo?

A) 625 – x2 D) 250 –

x2 2

x2 2 x2 E) 2500 – 2 B) 625 –

C) 1250 –

x2 2

9. Veja o problema No. 19 do Nível 1.

10. Para quantos inteiros positivos m o número A) um B) dois E) mais do que quatro

C) três

2004 é um inteiro positivo? m2 − 2 D) quatro

11. Se x + y = 8 e xy = 15, qual é o valor de x2 + 6xy + y2?

A) 64 B) 109 C) 120 D) 124 EUREKA! N°22, 2005

9

E) 154

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12. Dois espelhos formam um ângulo de 30o no ponto V. Um raio de luz, vindo de uma fonte S, é emitido paralelamente a um dos espelhos e é refletido pelo outro espelho no ponto A, como mostra a figura. Depois de uma certa quantidade de reflexões, o raio retorna a S. Se AS e AV têm 1 metro de comprimento, a distância percorrida pelo raio de luz, em metros, é S

A

30° V

A) 2

B) 2 + 3

C) 1 + 2 + 3

D)

(

2 1+ 3

)

E) 5 3 13. Na figura, quanto vale x?

A) 6° B) 12° D) 20° E) 24°

C) 18°

5x

3x

2x 6x 4x

14. Se 2(22x) = 4x + 64, então x é igual a: A) – 2 B) – 1 C) 1

D) 2

E) 3

15. Qual é o maior valor da soma dos algarismos da soma dos algarismos de um número de três algarismos?

A) 7 B) 8 C) 9 D) 10 E) 11 16. Veja o problema No. 10 do Nível 1.

17. Um ponto P pertence ao interior de um quadrado com 10 cm de lado. No máximo, quantos pontos da borda do quadrado podem estar a uma distância de 6 cm do ponto P? A) 1 B) 2 C) 4 D) 6 E) 8 EUREKA! N°22, 2005

10

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18. Veja o problema No. 18 do Nível 1.

19. No triângulo PQR, a altura PF divide o lado QR em dois segmentos de medidas QF = 9 e RF = 5. Se PR = 13, qual é a medida de PQ? A) 5 B) 10 C) 15 D) 20 E) 25 20. Veja o problema No. 20 do Nível 1.

21. No desenho ao lado, o quadrilátero ABCD é um quadrado de lado 3 cm e os triângulos ABF e AED são ambos equiláteros. Qual é a área da região destacada?

A) 2 cm2 B) 1,5 cm2 A) 3 cm2 D) 4,5 cm2 E) 2,5 cm2

A E B

F

D

C

22. Uma folha quadrada foi cortada em 42 quadrados menores, dos quais um tem área maior do que 1 cm2 e os demais têm área de 1 cm2. Qual é a medida do lado da folha?

A) 6 cm B) 12 cm C) 21 cm D) 19 cm E) 20 cm 23. Eu planejava fazer um curral quadrado, com uma certa área, usando uma certa quantidade de cerca de arame farpado. Descobri, porém, que tenho 10% a menos de cerca do que esperava. Por esta razão, a área cercada será: A) 5% menor B) 10% menor C) 19% menor D) 20% menor E) 25% menor 24. Veja o problema No. 13 do Nível 1.

20. Esmeralda, a digitadora, tentou digitar um número de seis algarismos, mas os dois algarismos 1 não apareceram (a tecla devia estar com defeito). O que apareceu foi 2004. Quantos são os números de seis algarismos que ela pode ter tentado digitar?

A) 4 B) 8 C) 10 D) 15 E) 20

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PROBLEMAS – NÍVEL 3 1. A função f é dada pela tabela a seguir.

1 2 3 4 5 f(x) 4 1 3 5 2

Por exemplo, f(2) = 1. Quanto vale f ( f (...( f ( f (4))...)) ?

2004 vezes

A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

2. Seja AB um segmento de comprimento 26, e sejam C e D pontos sobre o segmento AB tais que AC = 1 e AD = 8. Sejam E e F pontos sobre uma semicircunferência de diâmetro AB, sendo EC e FD perpendiculares a AB. Quanto mede o segmento EF? A) 5

B) 5 2

C) 7

D) 7 2

E) 12

3. As alturas de um triângulo medem 12, 15 e 20. O maior ângulo interno do triângulo mede A) 72o B) 75o C) 90o D) 108o E) 120o 4. Esmeralda, a digitadora, tentou digitar um número de seis algarismos, mas os dois algarismos 1 não apareceram (a tecla devia estar com defeito). O que apareceu foi 2004. Quantos são os números de seis algarismos que ela pode ter tentado digitar?

A) 4 B) 8 C) 10 D) 15 E) 20 5. O produto dos números que aparecem nas alternativas incorretas dessa questão é um cubo perfeito.

Assinale a alternativa correta.

A) 4 B) 8 C) 18 D) 54 E) 192 6. Qual é o menor inteiro positivo n para o qual qualquer subconjunto de n elementos de {1,2,3,…,20} contém dois números cuja diferença é 8?

A) 2 B) 8 C) 12 D) 13 E) 15

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12

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7. Sejam

a=

12 2 2 3 2 + + + 1 3 5

+ 1001 2001

b=

12 2 2 3 2 + + + 3 5 7

. + 1001 2003

e

2

Qual é o inteiro mais próximo de a – b?

A) 500 B) 501 C) 999

2

D) 1000

E) 1001

8. Uma ampulheta é formada por dois cones idênticos. Inicialmente, o cone superior está cheio de areia e o cone inferior está vazio. A areia flui do cone superior para o inferior com vazão constante. O cone superior se esvazia em exatamente uma hora e meia. Quanto tempo demora até que a altura da areia no cone inferior seja metade da altura da areia no cone superior?

A) 30min B) 10h C) 1h03min20s D) 1h10min12s E) 1h14min30s 9. A função real f, definida nos inteiros, satisfaz f(n) – (n + 1)f(2 – n) = (n + 3)2, para todo n inteiro. Quanto vale f(0)?

A) –17

B) 0

C) 1

D) 2

E) 9

10. Com três algarismos distintos a, b e c, é possível formar 6 números de dois algarismos distintos. Quantos conjuntos {a, b, c} são tais que a soma dos 6 números formados é 484?

A) Um B) Dois C) Três D) Quatro E) Mais que quatro 11. Dois cubos têm faces pintadas de ocre ou magenta. O primeiro cubo tem cinco faces ocres e uma face magenta. Quando os dois cubos são lançados, a probabilidade de as faces viradas para cima dos dois cubos serem da mesma cor (sim, ocre e magenta são cores!) é 1/2. Quantas faces ocres tem o segundo cubo?

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 12. Veja o problema No. 10 do Nível 2.

13. Veja o problema No. 12 do Nível 2.

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14. Para n inteiro positivo, definimos n! (lê-se “n fatorial”) o produto de todos os inteiros positivos menores ou iguais a n. Por exemplo, 6! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6.

Se n! = 215 ⋅ 36 ⋅ 53 ⋅ 72 ⋅ 11 ⋅ 13, então n é igual a A) 13 B) 14 C) 15 D) 16 E) 17 15. Constrói-se o quadrado ABXY sobre o lado AB do heptágono regular ABCDEFG, ˆ , em exteriormente ao heptágono. Determine a medida do ângulo BXC

radianos.

A)

π 7

B)

3π 7

C)

π 14

D)

3π 14

E)

3π 28

16. O conjunto das raízes reais da equação x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2 é A) {1} B) {1, 2} C) [1, 2] D) ]1, 2[ E) {2} 17. No desenho ao lado, os segmentos AB e CD são perpendiculares ao segmento BC . Sabendo que o ponto M pertence ao segmento AD e que o triângulo BMC é retângulo não isósceles, qual é a área do triângulo ABM ?

6 7 8 9 A) 1 B) C) D) E) 5 5 5 5

D

M 4

A 2 B

6

C

18. Veja o problema No. 3 do Nível 2 19. O dono de uma loja empilhou vários blocos medindo 0,8m x 0,8m x 0,8m no canto da loja e encostados numa parede de vidro que dá para a rua, conforme mostra a figura abaixo.

Quantos blocos no máximo, uma pessoa de 1,80m de altura que está do lado de fora da loja pode enxergar?

Obs. Consideramos que uma pessoa pode enxergar uma caixa se consegue ver uma pequena região de área positiva de sua superfície.

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A) 13

B) 14

C) 15

D) 16

E) 17

20. Veja o problema No. 4 do Nível 2.

21. Numa prova para uma sala com 30 alunos, a média aritmética das 10 piores notas é 3 e a média aritmética das 10 melhores notas é 9. O menor valor possível e o maior valor possível para a média da sala são, respectivamente: A) 6 e 7 B) 5 e 7 C) 4 e 6 D) 3 e 9 E) 4 e 8 22. Veja o problema No. 20 do Nível 1.

23. Veja o Problema No. 25 do Nível 2.

24. Esmeralda escreveu (corretamente!) todos os números de 1 a 999, um atrás do outro: 12345678910111213… 997998999.

Quantas vezes aparece o agrupamento “21”, nesta ordem?

A) 11 B) 21 C) 31 D) 41 E) 51 25. Um feirante vende batatas e, para pesar, utiliza uma balança de dois pratos, um peso de 1 kg, um peso de 3 kg e um peso de 10 kg. Considere a seguinte afirmação: “Este feirante consegue pesar (com uma pesagem) n quilogramas de batatas”. Quantos valores positivos de n tornam essa afirmação verdadeira, supondo que ele pode colocar pesos nos dois pratos?

A) 7 B) 10 C) 12 D)13 E)14

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 PARTE A (Cada problema vale 3 pontos) 01. O número 1000…02 tem 20 zeros. Qual é a soma dos algarismos do número que obtemos como quociente quando dividimos esse número por 3?

02. A soma de dois números primos a e b é 34 e a soma dos primos a e c é 33.

Quanto vale a + b + c?

03. No desenho, os quadriláteros ABCD, EFAG e IAJH são retângulos e H é ponto médio de AE. Calcule a razão entre a área do retângulo ABCD e o triângulo AHI.

A

J G

D

I

F

B

H

E

C

04. Dizemos que um número natural é teimoso se, ao ser elevado a qualquer expoente inteiro positivo, termina com o mesmo algarismo. Por exemplo, 10 é teimoso, pois 102 ,103 ,104 ,..., são números que também terminam em zero. Quantos números naturais teimosos de três algarismos existem?

05. Qual é o maior número natural menor que 100 cuja soma dos divisores positivos

é ímpar?

06. Na multiplicação a seguir, a, b e c são algarismos: 1 a b b 3 * * * * * * 1c c 0 1

Calcule a + b + c.

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×

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07. Esmeralda, de olhos vendados, retira cartões de uma urna contendo inicialmente

100 cartões numerados de 1 a 100, cada um com um número diferente. Qual é o número mínimo de cartões que Esmeralda deve retirar para ter certeza de que o número do cartão seja um múltiplo de 4?

08. De quantos modos podemos sombrear quatro casas do tabuleiro 4 × 4 abaixo de

modo que em cada linha e em cada coluna exista uma única casa sombreada?

09. Juntando cubinhos de mesmo volume mas feitos de materiais diferentes - cada

cubo branco pesando 1 grama e cada cubo cinza pesando 2 gramas - formou-se um bloco retangular, conforme mostrado na figura abaixo. Qual é a massa, em gramas, desse bloco?

10. Na população de uma espécie rara de 1000 aves da floresta amazônica, 98%

tinham cauda de cor verde. Após uma misteriosa epidemia que matou parte das aves com cauda verde, esta porcentagem caiu para 95%. Quantas aves foram eliminadas com a epidemia?

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

No desenho abaixo, o triângulo ABC é retângulo e os lados do polígono (região escura) são paralelos ou coincidem com algum dos catetos do triângulo.

5

10

A x

2 B

C

Calcule x de modo que a área do polígono seja igual à do triângulo.

PROBLEMA 2:

Esmeralda, a digitadora, construiu uma tabela com 100 linhas e 100 colunas, preenchendo uma casa com 1, se o número da linha da casa divide o número da coluna e com 0, caso contrário. Assim, por exemplo, a casa da linha 2 e da coluna 4 foi preenchida com 1, porque 2 divide 4 e a casa na linha 3 e da coluna 7 foi preenchida com 0.

1

2

3

4

5

6

… 99

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

0

1

0

1

0

1

…

0

1

1

0

…

1

0

0

1

3

0

0

0

0

0

1

100

4

100

a) Qual a soma dos números escritos na linha 5? b) Qual a soma dos números da coluna 60?

PROBLEMA 3:

a) É possível dividir o conjunto {12, 22,…,72} em dois grupos A e B de modo que a soma dos elementos de A seja igual à soma dos elementos de B? Justifique. b) É possível dividir o conjunto {12, 22, 32,…,92} em dois grupos C e D de modo que a soma dos elementos de C seja igual à soma dos elementos de D? Justifique.

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PROBLEMAS – NÍVEL 2 PARTE A (Cada problema vale 3 pontos) 01. Veja o problema No. 6 do Nível 1.

02. Veja o problema No. 8 do Nível 1.

03. Qual é a soma dos algarismos do número

2004 × 2002 × 1998 × 1996 + 36 ?

04. Veja o problema No. 1 da Parte B do Nível 1.

05. Um polígono com 20 lados é chamado icoságono. Unindo-se três dos vértices de

um icoságono regular obtemos triângulos. Quantos são triângulos retângulos?

PROBLEMAS – NÍVEL 2 PARTE B (Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1:

(a) É possível dividir o conjunto {12, 22,…,72} em dois grupos A e B de modo que a soma dos elementos de A seja igual à soma dos elementos de B? Justifique. (b) É possível dividir o conjunto {12, 22, 32,…,92} em dois grupos C e D de modo que a soma dos elementos de C seja igual à soma dos elementos de D? Justifique.

PROBLEMA 2:

(a) Simplifique a expressão

(b) Certa calculadora tem duas teclas especiais: A e B. A tecla A transforma o número x que está no visor em 1 . A tecla B transforma o número x que está no x

visor em 1 − x .

Pedro tem um número no visor e aperta sucessivamente, de forma alternada, as duas teclas: A, B, A, B, ….

Após 1000 operações, o visor mostrava o número 2004. Que número Pedro tinha inicialmente no visor?

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PROBLEMA 3:

Uma folha de papel retangular ABCD foi dobrada de modo que o vértice B foi levado no ponto B’ sobre o lado AD. A dobra é EF, com E sobre AB e F sobre CD. Sabe-se que AE = 8, BE = 17 e C F = 3. (a) Calcule a medida do segmento AB’. (b) Calcule a medida do lado AD.

PROBLEMA 4:

Um número de 4 algarismos a b c d é chamado de legal quando a soma dos números formados pelos dois primeiros e pelos dois últimos algarismos é igual ao número formado pelos algarismos centrais (ou seja, ab + cd = bc). Por exemplo, 2307 é um número legal pois 23 + 07 = 30. (a) Qual é o menor número legal maior do que 2307? (b) Quantos são os números legais de 4 algarismos?

PROBLEMAS – NÍVEL 3 PROBLEMA 1:

Cada um dos números x1 , x 2 , ..., x 20 04 pode ser igual a Quantos valores inteiros distintos a soma 2004

∑

k =1

2 − 1 ou a

2 +1.

x 2 k − 1 x 2 k = x1 x 2 + x 3 x 4 + x 5 x 6 + ... + x 2003 x 2 004 pode assumir?

PROBLEMA 2

Seja ABCD um trapézio retângulo de bases AB e CD, com ângulos retos em A e D. Dado que a diagonal menor BD é perpendicular ao lado BC, determine o menor valor possível para a razão C D .

AD

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PROBLEMA 3:

Os doze alunos de uma turma de olimpíada saíam para jogar futebol todos os dias após a aula de matemática, formando dois times de 6 jogadores cada e jogando entre si. A cada dia eles formavam dois times diferentes dos times formados em dias anteriores. Ao final do ano, eles verificaram que cada 5 alunos haviam jogado juntos num mesmo time exatamente uma vez. Quantos times diferentes foram formados ao longo do ano?

PROBLEMA 4:

Determine todas as soluções da equação n ⋅ 2 n −1 + 1 = m 2 , com n e m naturais.

PROBLEMA 5:

Dizemos que um número inteiro positivo é sinistro quando a soma de seus fatores primos é igual à soma dos expoentes de sua decomposição em fatores primos.

Encontre todos os números sinistros de quatro algarismos.

PROBLEMA 6:

Sejam H, I e O o ortocentro, o incentro e o circuncentro do triângulo ABC, respectivamente. A reta CI corta o circuncírculo de ABC no ponto L, distinto de C. Sabe-se que AB = IL e AH = OH. Determine os ângulos do triângulo ABC.

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SOLUÇÕES – SEGUNDA FASE – NÍVEL 1 – PARTE A Problema Resposta

01 064

02 036

03 032

04 360

05 098

06 010

07 076

08 024

09 262

10 600

SOLUÇÕES – SEGUNDA FASE – NÍVEL 1 – PARTE B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

O polígono consiste na reunião de dois retângulos: um deles tem largura 10 e altura 2 e o outro tem largura 5 e altura x + 2 ; o triângulo tem catetos de medidas 15 e x + 2 . Como a área do polígono é igual à área do triângulo, temos

10 ⋅ 2 + 5( x + 2) =

15( x + 2) ⇔ 40 + 10 x + 20 = 15 x + 30 ⇔ 5 x = 30 ⇔ x = 6 2

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

a) Cada linha apresenta 1 nas colunas cujos números são múltiplos do número da linha. Assim, a linha 5 tem 1 nas colunas 5, 10, 15, etc. Até 100, existem 20 múltiplos de 5, logo a soma dos números na linha 5 é igual a 20. b) Cada coluna apresenta 1 no cruzamento com as linhas cujos números são divisores do número da coluna. Assim, a soma dos números da coluna 60 é igual ao número de divisores de 60. Como 60 = 2 2 × 3 × 5 , concluímos que 60 tem 3.2.2 = 12 divisores. Logo, a soma dos números da coluna 60 é 12.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

a) A soma total dos elementos é 12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 + 72 = 1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 + 49 = 140 .

Logo, cada um dos grupos deve conter elementos que somem 70. Examinando as parcelas, vemos que 49 + 1 + 4 +16 = 70. Assim podemos escrever, por exemplo, A = {12, 22, 42, 72} e B = {32, 52, 62}. b) Como 12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 + 72 + 82 + 92 = 140 + 64 + 81 = 285 é ímpar, é impossível dividir em dois grupos de mesma soma.

SOLUÇÕES – SEGUNDA FASE – NÍVEL 2 – PARTE A Problema Resposta

01 010

02 024

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23

03 048

04 006

05 180

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SOLUÇÕES – SEGUNDA FASE – NÍVEL 2 – PARTE B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:Ver o problema 3 – Parte B do Nível 1 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

a) 1 −

1 1−

= 1−

1 1− ⇔

1 x

1 1 1− x −1 x

= 1−

1 x 1− x −1

= 1−

1 x −1 = 1− =1+ x −1 = x x −1− x −1 x −1

2003 x −1 − x −1 = 2004 ⇔ = 2004 ⇔ 2004 x − 2004 = −1 ⇔ x = 2004 x −1 x −1

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

a) A partir da dobra da folha podemos ver que B'E = BE = 17, e como AE = 8, aplicando o teorema de Pitágoras temos AB´= B´E 2 − AE 2 = 172 − 82 = 15 .

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Como ab + cd = bc ⇔ 10a + b + 10c + d = 10b + c ⇔ 10a + d = 9(b − c ) , ou seja, 10a + d é o número de dois algarismo a d , e é um múltiplo de 9. a) Mantendo a = 2, temos d = 7. Além disso, 10 ⋅ 2 + 7 = 9(b − c) ⇔ b − c = 3 . O menor valor de b que podemos escolher, após 3, é 4, e nesse caso, c = 1. O número procurado é, então, 2417. b) Uma vez que escolhemos b − c , a e d estão determinados: a é o algarismo das dezenas de 9(b − c) , e d, o das unidades. Além disso, 9(b − c) ≥ 10 ⇔ b − c ≥ 2 .

Se b − c = 2 , (b, c ) ∈ {( 2,0 ); (3,1); ( 4, 2 );...; (9,0 )} , um total de 8 possibilidades. Da

mesma forma, vemos que se b − c = 3 , (b, c ) ∈ {(3,0 ); ( 4,1); (5, 2 );...; (9,6 )} , há um total de 7 possibilidades. Para b − c = 4 ,

(b, c ) ∈ {( 4,0 ); (5,1); (6, 2 );...; (9,5 )} ,

possibilidades, b − c = 5 , (b, c ) ∈ {(5,0 ); (6,1); (7, 2 );...; (9, 4 )} , 5 possibilidades, b − c = 6 ,

(b, c ) ∈ {(6,0 ); ( 7,1); (8,2 ); (9,3)} , 4 possibilidades, b − c = 7 , (b, c ) ∈ {(7,0 ); (8,1); (9,2 )} , 3 possibilidades, b − c = 8 , (b, c ) ∈ {(8,0 ); (9,1)} , 2 possibilidades e, finalmente, para b − c = 9 , (b, c ) = (9,0 ) , 1 possibilidade.

Há, portanto, um total de 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 36 números legais.

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6

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SOLUÇÕES – SEGUNDA FASE – NÍVEL 3 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

Os

possíveis

produtos

x2 k −1 x2 k

são

( 2 − 1)( 2 − 1) = 3 − 2 2,

( 2 + 1)( 2 + 1) = 3 + 2 2 e ( 2 − 1)( 2 + 1) = 1. Suponha que a produtos são iguais a 3 − 2 2, b produtos são iguais a 3 + 2 2 e 1002 − a − b produtos são iguais a 1.

A soma é igual a a(3 − 2 2) + b(3 + 2 2) + 1002 − a − b = 1002 + 2a + 2b + 2(b − a) 2.

Assim, para que a soma seja inteira, devemos ter a = b. Logo a soma é igual a 1002 + 4a.

Como a varia de 0 a 501 (pois a + b não pode ser maior que 1002), a soma pode assumir 502 valores inteiros.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

l = BDC = α . Então DC = Seja ABD

BD cos α

e AD = BD sen α , donde

BD 1 2 DC = cos α = = ≥ 2.

AD BD sen α senα cos α sen2α A igualdade ocorre quando sen 2α = 1, ou seja, quando α = 45°.

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SEGUNDA SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

Sejam H a projeção de B sobre DC, DH = m, HC = n e BH = h. ABDH é então um retângulo, donde AD = BH = h.

2 Como o triângulo CBD é retângulo, temos h = mn. Logo,

DC DC m + n m + n = = = .

AD BH h mn 2 Mas sabemos que ( m − n ) ≥ 0, donde m + n ≥ 2 mn . A igualdade ocorre quando m = n.

Segue que

DC m + n = ≥ 2.

AD mn SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Para cada grupo de 5 alunos, existe um único time formado que os contém. Logo, 12  12 ⋅11 ⋅10 ⋅ 9 ⋅ 8 = 792 times para cada 5 alunos escolhidos. Por contamos   = 5! 5

 6 outro lado, em cada time de 6 jogadores, temos   = 6 modos de escolhermos  5 cinco jogadores, ou seja, existem 6 grupos de 5 jogadores que geram o mesmo time na nossa primeira contagem. Logo, o total de times formados é igual a

792 = 132 .

6

SEGUNDA SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

12  Há   maneiras de escolher 6 dentre 12 alunos. Além disso, fixados 5 alunos, há 7 6 maneiras de montar um time com esses 5 alunos mais outro aluno. Assim, considerando que cada 5 alunos jogaram juntos num mesmo time exatamente uma vez, o total de maneiras de escolher 6 dentre 12 alunos é igual a 7 vezes o número de EUREKA! N°22, 2005

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maneiras de formar os times ao longo do ano. Logo o número de maneiras de formar 1 12  12 ⋅ 11 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 os times ao longo do ano é   = = 132 .

7  6  7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

A equação é equivalente a n ⋅ 2n −1 = ( m − 1)( m + 1). Suponha n > 3. Temos m ímpar, digamos m = 2k +1. A equação fica então n ⋅ 2n −3 = k ( k + 1). Portanto, 2n−3 divide k ou k + 1, pois k ou k + 1 (o que for ímpar) divide n. Assim, k + 1 ≥ 2n −3 e k ≤ n, donde n + 1 ≥ 2 n −3 .

Mostremos, por indução, que n + 1 < 2 n −3 para n > 5. Para n = 6 (base de indução), temos 6 + 1 = 7 e 26 – 3 = 8. Supondo que a desigualdade é válida para n = k, provemos que a mesma é válida para n = k + 1 (passo indutivo). De fato, temos k + 1 < 2k – 3 ⇔ 2(k + 1) < 2k – 2. Como k + 2 < 2(k + 1), temos k + 2 < 2k – 2, completando a demonstração.

Assim, basta testar 0 ≤ n ≤ 5 . Portanto as soluções são (m; n) = (1;0) e (m; n) = (9;5).

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5:

Seja n = p1α1 p2α2 ... pkαk , (com p1 < p2 < ... < pk primos) um número sinistro. Como pi ≥ 2 para todo i, n ≥ 2α1 +α2 +...+αk .

Como n tem 4 algarismos, n < 10000, donde 2α1 +α2 +...+αk ≤ n < 10000 , e logo α1 + α 2 + ... + α k ≤ 13.

Se um dos fatores primos fosse maior ou igual a 11, a soma dos fatores primos seria ≥ 11 , donde α1 + α 2 + ... + α k ≥ 11 e n ≥ 210 ⋅ 11 > 10000 , absurdo.

Assim, os únicos fatores primos possíveis são 2, 3, 5 e 7. Como 35 < 1000, se a soma dos expoentes for ≤ 5, o número deve ser 55 = 3125 . A soma pode ser também igual a 7, donde o número pode ser 24 ⋅ 53 = 2000, ou 23 ⋅ 54 = 5000 (note que 77 > 10000 ).

Não pode ser igual a 8 = 3 + 5 , pois 37 ⋅ 5 > 10000.

Pode ser igual a 9 = 7 + 2, podendo o número ser igual a 28 ⋅ 7 = 1792 ou 27 ⋅ 72 = 6272.

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Pode ser igual a 10 = 2 + 3 + 5, podendo o número ser igual a 28 ⋅ 3 ⋅ 5 = 3840, 27 ⋅ 32 ⋅ 5 = 5760, 27 ⋅ 3 ⋅ 52 = 9600 ou 26 ⋅ 33 ⋅ 5 = 8640 (note que os fatores primos não podem ser 3 e 7, pois 39 ⋅ 7 > 10000).

A soma não pode ser 11, nem 12 (pois 210 ⋅ 3 ⋅ 7 e 511 ⋅ 7 são maiores que 10000) nem 13. Assim os números sinistros de quatro algarismos são 55 = 3125 , 24 ⋅ 53 = 2000, 23 ⋅ 54 = 5000, 28 ⋅ 7 = 1792, 27 ⋅ 72 = 6272, 28 ⋅ 3 ⋅ 5 = 3840, 27 ⋅ 32 ⋅ 5 = 5760, 27 ⋅ 3 ⋅ 52 = 9600 e 26 ⋅ 33 ⋅ 5 = 8640.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:

Sendo α, β e γ as medidas dos ângulos internos nos vértices A, B e C, respectivamente, temos m(∠IBL) = m(∠BIL) =

α +β . Logo BL = IL, e como BL 2

= ΑL e IL = AB, concluímos que o triângulo ABL é equilátero, logo o arco AB mede 60o e, portanto, m(∠ACB) = 120o.

O quadrilátero CXHY é inscritível, onde X e Y são os pés das alturas traçadas de A e B. Logo ∠AHB mede 180o − 120o = 60o. Como m(∠AOB) = 120o, concluímos que o quadrilátero OAHB é inscritível. (Isto também pode ser provado, por exemplo, utilizando-se a propriedade de que o simétrico de H em relação a AB pertence ao circuncírculo de ABC).

Isto implica que m(∠AHO) = m(∠ABO) = 30o, e como OH = AH, temos m(∠AOH) = m(∠OAH) = 75o.

Finalmente, temos m(∠BAC) = m(∠OAH) − m(∠OAB) − m(∠XAH) = 75o − 30o − 30o = 15o; e m(∠ABC) = 180o − 120o − 15o = 45o.

L

O

B

A C X Y H

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

Encontre todos os números naturais n de três algarismos que possuem todas as propriedades abaixo: • n é ímpar; • n é um quadrado perfeito; • A soma dos quadrados dos algarismos de n é um quadrado perfeito.

PROBLEMA 2:

Com quatro triângulos eqüiláteros de lado 1 é possível formar uma peça, no formato de um triângulo eqüilátero de lado 2, como mostra a figura ao lado.

Imagine que você tenha muitos triângulos eqüiláteros de lado 1 de três tipos: brancos, pretos e cinzas para formar peças como no exemplo acima. Duas peças assim formadas são consideradas iguais quando podemos obter uma delas girando a outra, conforme ilustrado abaixo, à esquerda.

Par de peças iguais Par de peças diferentes Quantas peças diferentes podem ser formadas nas condições apresentadas?

PROBLEMA 3:

Dizemos que um número natural é composto quando pode ser escrito como produto de dois números naturais maiores que 1. Assim, por exemplo, 91 é composto porque podemos escrever 91 = 7 × 13.

Mostre que o número

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 2 2004 + 2   +1 2

é composto.

PROBLEMA 4:

Arnaldo e Bernaldo disputam um jogo num tabuleiro 2 × n:

As peças do jogo são dominós 2 × 1. Inicialmente Arnaldo coloca um dominó cobrindo exatamente duas casas do tabuleiro, na horizontal ou na vertical. Os jogadores se revezam colocando uma peça no tabuleiro, na horizontal ou na vertical, sempre cobrindo exatamente duas casas do tabuleiro. Não é permitido colocar uma peça sobre outra já colocada anteriormente.

Quem não conseguir colocar uma peça no tabuleiro perde.

Qual dos dois jogadores tem uma estratégia vencedora, ou seja, uma estratégia que o leva à vitória quaisquer que sejam as jogadas de seu adversário, para: (a) n = 2004? (b) n = 2005?

PROBLEMA 5:

Considere o polígono P de 6 lados.

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Com cópias de P, podemos cobrir todo o plano, sem sobreposições, como mostrado a seguir.

Existe um polígono de 13 lados com o qual é possível cobrir todo o plano com suas cópias, sem sobreposições? Caso seja possível, apresente um polígono. Caso não seja, diga o porquê.

PROBLEMAS – NÍVEL 2 PROBLEMA 1:

Na figura, ABC e DAE são triângulos isósceles (AB = AC = AD = DE) e os ângulos BAC e ADE medem 36°.

a) Utilizando propriedades geométricas, calcule a medida do ângulo b) Sabendo que BC = 2, calcule a medida do segmento DC. c) Calcule a medida do segmento AC. EUREKA! N°22, 2005

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EDˆ C .

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PROBLEMA 2:

A seqüência de algarismos 1, 2, 3, 4, 0, 9, 6, 9, 4, 8, 7, … é construída da seguinte maneira: cada elemento, a partir do quinto, é igual ao último algarismo da soma dos quatro anteriores. a) Os algarismos 2, 0, 0, 4, juntos e nesta ordem, aparecem na seqüência? b) Os algarismos iniciais 1, 2, 3, 4, juntos e nesta ordem, aparecem novamente na seqüência?

PROBLEMA 3:

Esmeralda tem uma pilha com 100 pedras. Ela divide essa pilha em duas novas pilhas e em seguida multiplica as quantidades de pedras nessas duas novas pilhas e escreve o produto em um quadro. Ela então escolhe uma pilha com mais de uma pedra e repete esse procedimento: a pilha é dividida em duas, as quantidades de pedras nessas duas pilhas são multiplicadas e o produto escrito no quadro. Esta operação é realizada até se obter apenas pilhas com 1 pedra cada.

Quais são os possíveis valores da soma de todos os produtos escritos no quadro?

PROBLEMA 4:

Em um jogo para dois participantes, Arnaldo e Bernaldo alternadamente escolhem um número inteiro positivo. A cada jogada, deve-se escolher um número maior que o último número escolhido e menor que o dobro do último número escolhido.

Nesse jogo, vence o jogador que conseguir escolher o número 2004. Arnaldo joga primeiro e inicia com o número 2. Qual dos dois tem estratégia vencedora, ou seja, consegue escolher o número 2004 independentemente das jogadas do adversário?

PROBLEMA 5:

Seja D o ponto médio da hipotenusa AB de um triângulo retângulo ABC. Sejam O1 e O2 os circuncentros dos triângulos ADC e DBC, respectivamente. ˆ a) Mostre que O1 DO 2 é reto. b) Mostre que AB é tangente ao círculo de diâmetro O1O2 .

PROBLEMA 6:

Considere todas as maneiras de colocarmos nas casas de um tabuleiro 10 × 10 exatamente dez vezes cada um dos algarismos 0, 1, 2, …, 9.

Encontre o maior inteiro n com a propriedade de que, em cada tabuleiro, alguma linha ou alguma coluna contenha pelo menos n algarismos diferentes.

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PROBLEMAS – NÍVEL 3 PROBLEMA 1:

Seja ABCD um quadrilátero convexo. Prove que os incírculos de ABC, BCD, CDA e DAB têm um ponto em comum se, e somente se, ABCD é um losango.

PROBLEMA 2:

Determine todos os valores de n tais que é possível dividir um triângulo em n triângulos de modo que não haja três vértices alinhados e em cada vértice incida o mesmo número de segmentos.

Mostramos a seguir tal divisão para n = 7. Observe que em cada um dos seis vértices incidem quatro segmentos.

PROBLEMA 3:

!

Seja x1 , x 2 , , x 2004 uma seqüência x k +3 = x k + 2 + x k +1 x k , 1 ≤ k ≤ 2001 .

de

números

inteiros

satisfazendo

É possível que mais da metade de seus termos sejam negativos?

PROBLEMA 4:

Considere todas as maneiras de colocarmos nas casas de um tabuleiro 10 × 10 exatamente dez vezes cada um dos algarismos 0, 1, 2, …, 9.

Encontre o maior inteiro n com a propriedade de que, em cada tabuleiro, alguma linha ou alguma coluna contenha pelo menos n algarismos diferentes.

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PROBLEMA 5:

Considere a seqüência (a n ) n∈N com a0 = a1 = a2 = a3 = 1 e an a n −4 = a n −1a n−3 + an2− 2 .

Mostre que todos os termos dessa seqüência são números inteiros.

PROBLEMA 6:

Sejam a e b números reais. Considere a função f a ,b : R2 → R2 definida por f a ,b ( x; y ) = (a − by − x 2 ; x) . Sendo f ak,b+1 ( P )

= f a ,b (

f ak,b ( P)) ,

P = ( x; y ) ∈ R 2 , definimos

f a0,b ( P ) = P

e

para k inteiro não negativo.

O conjunto per(a; b) dos pontos periódicos da função f a ,b é o conjuntos dos pontos P de R2 para os quais existe um inteiro positivo n tal que f an,b ( P) = P .

Fixado o real b, prove que o conjunto Ab = {a ∈ R | per (a, b) ≠ 0/ } tem um menor elemento. Calcule esse menor elemento.

SOLUÇÕES – NÍVEL 1 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE DIANA VAISMAN (RIO DE JANEIRO - RJ) Números ímpares que são quadrados perfeitos

Soma dos quadrados dos algarismos

121 169 225 289 361 441 529 625 729 841 961

1+4+1=6 1 + 36 + 81 = 118 4 + 4 + 25 = 33 4 + 64 +81 = 149 9 + 36 + 1 = 46 16 + 16 + 1 = 33 25 + 4 + 81 = 110 36 + 4 + 25 = 65 49 + 4 + 81 = 134 64 + 16 + 1 = 81 81 + 36 + 1 = 118

Resposta: 841

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PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE HUGO FONSECA ARAÚJO (JUIZ DE FORA - MG):

Posso pintar de 33 modos.

Com 1 cor o desenho é este: z z z

z

sendo z uma das três cores.

Com 2 cores tenho estes desenhos: x x

x

x z

z

x

x z

x

z

x

Sendo x uma das três cores e z também.

Com 3 cores tenho estes desenhos z y

x

z y

y

y

x

Sendo x uma das três cores e y e z também.

Com 1 cor tenho 3 × 1 possibilidades.

Com 2 cores tenho 3 × 2 × 3 = 18 possibilidades.

Com 3 cores tenho 3 × 2 × 1 × 2 = 12 possibilidades.

No total tenho 12 + 18 + 3 = 33 possibilidades.

PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE ILLAN FEIMAN HALPERN (ITATIAIA - RJ):

O número 2(2 + 2) + 1 é equivalente a 4(2 +1) + 1.

Como toda potência de 2 é par então 22003 + 1 será ímpar.

Como 4 elevado a um número ímpar dá um número cujo último algarismo é 4, então 2003 4(2 +1) + 1 terá 5 como último algarismo.

Como todo número que termina com 5 é múltiplo de 5 então o número 2004 2(2 + 2) + 1 será múltiplo de 5 e poderá ser escrito como 5x , com x maior do que 1, o 2004 que prova que 2(2 + 2) + 1 é composto.

2004

2003

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PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE JAMES JUN HONG (SÃO PAULO – SP):

Para n ímpar, Arnaldo tem a estratégia vencedora. Para n par, Bernaldo tem a estratégia vencedora.

Quando o número n for ímpar, basta Arnaldo começar com um dominó na vertical.

Sejam quais forem as jogadas de Bernaldo, Arnaldo vencerá. Se Bernaldo puser um dominó na vertical, Arnaldo deverá por na vertical também, em qualquer lugar do tabuleiro. Se Bernaldo puser na horizontal, Arnaldo deverá por um exatamente acima ou abaixo da peça de Bernaldo. Seguindo as regras, Arnaldo vencerá porque não sobrará nenhum espaço e o número de jogadas será ímpar. Como Arnaldo começa, ele também termina e Bernaldo não poderá colocar uma peça no tabuleiro cheio.

Se o número n for par, Bernaldo vence. As regras para preenchimento são as mesmas já citadas: se Arnaldo puser um dominó na vertical, Bernaldo deverá fazer o mesmo.

Se Arnaldo puser na horizontal, Bernaldo deverá colocar na horizontal, acima ou abaixo da peça de Arnaldo. Como o número de jogadas, seguindo as regras, será par, Bernaldo terminará de preencher o tabuleiro porque Arnaldo começa.

Conseqüentemente, Arnaldo não poderá colocar nenhuma peça e perderá.

Lembramos que sendo o tabuleiro 2 × n, n é o número máximo de jogadas pois o dominó ocupa 2 casas do tabuleiro. a) sendo 2004 par, Bernaldo vence. b) sendo 2005 ímpar, Arnaldo vence.

PROBLEMA 5: SOLUÇÕES DE WALLACE J. INOCÊNCIO e CAROLINE RIGOLON VEIGA (RIO DE JANEIRO - RJ)

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SOLUÇÕES – NÍVEL 2 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE VALTER BARBALHO LIMA FILHO :

D 36° 2

36° 2

C 72°

F 72° 36° 36° 72°

72°

2

A a)

b)

2 72° E

B

l = DAE l = 180° − 36° = 72° ⇒ DAF = 36° I) AD = DE ⇒ DEA 2 180 ° − 36° l = ACD l = II) AD = AC ⇒ ADC = 72° ⇒ EDC = 36° 2 I) ∆ADE ≡ ∆ACB( LAL) ⇒ AE = 2.

II) ∠AFE = 72° ⇒ AE = AF = 2 l = F lAD = 36° ⇒ AF = FD = 2 III) ADF

l = DCF l = 72° ⇒ DC = FD = 2 IV) DFC

c)

I) Seja AC = AB = x.

AE FE 2 FE 4 = ⇒ = ⇒ x ⋅ FE = 4 ⇒ FE = AB CB x 2 x 4 x2 − 4 II) DE = x ⇒ DF = DE − FE ⇒ DF = x − ⇒ DF = x x 2 x −4 III) DF = AF = 2 ⇒ = 2 ⇒ x2 − 2 x − 4 = 0 ⇒ x = 1 + 5 x IV) AC = DE = x = 1 + 5.

Temos ∆AFE ~ ∆ACD =

PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE RÉGIS PRADO BARBOSA (FORTALEZA - CE):

a) note que se um natural n é par ou ímpar, n – 10k terá mesma paridade pois n par =2t ⇒ 2t − 10k = 2(t − 5k ) → par  n ímpar =2t + 1 ⇒ 2t + 1 − 10k = 2(t − 5k ) + 1 → par EUREKA! N°22, 2005

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logo se a soma de quatro números da seqüência tiver certa paridade o quinto número terá a mesma.

Seja agora: i = No. ímpar p = No. par 1, 2, 3, 4, 0, 9, 6, 9, 4, 8, 7, 8, 7, 0, 2… i, p, i, p, p, i, p, i, p, p, i, p, i, p, p…

Note que as paridades se repetem de 5 em 5 números. Provemos que de fato ela é sempre assim.

Por indução: 1, 2, 3, 4, 0, 9, 6, 9, 4, 8…

Caso inicial: i, p, i, p, p , i, p, i, p, p ...

a1

a2

Hipótese: suponha que dá certo até o ak − ésimo período.

Passo indutivo: ...i, p, i, p, p a, b, c, d, e…

ak

a ≡ p + i + p + p ≡ i(mod10), logo a é ímpar. b ≡ i + p + p + a ≡ i + p + p + i ≡ p(mod10), logo b é par. c ≡ p + p + a + b ≡ p + p + i + p ≡ i( mod10), logo c é ímpar. d ≡ p + a + b + c ≡ p + i + p + i ≡ p(mod10), logo d é par. e ≡ a + b + c + d ≡ i + p + i + p ≡ p(mod10), logo e é par.

Assim, a, b, c, d, e = i, p, i, p, p , e logo nunca poderemos chegar a 2, 0, 0, 4, pois não

ak +1

poderemos ter 4 p's seguidos. b) Veja que, para esta seqüência, a seqüência dos grupos de 4 termos consecutivos dela não poderá ter infinitos termos diferentes, pois não temos infinitas possibilidades para a, b, c, d: serão no máximo a , b , c , d = 104 possibilidades (aqui são contadas possibilidades que, assim

NNNN 10

10

10

10

como vimos no item a), não podem aparecer, mas o que queremos com isso não é achar um número exato mas sim um máximo e mostrar que as possibilidades são finitas). Assim, num certo ponto começarão a se repetir os números formando um período, assim:

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y 1, 2, 3, 4 …

a, b, c, d

x

Mas note que se: y é o último número antes de começar a repetição, x é o último número do período e a, b, c, d são os 4 primeiros números do período, teremos y + a + b + c ≡ d (mod 10) e x + a + b + c ≡ d (mod 10) logo y ≡ d – a – b – c ≡ x (mod 10), e x ≡ y (mod 10), 0 ≤ x ≤ 9 e 0 ≤ y ≤ 9 ⇒ x = y.

Se fizermos isso várias vezes veremos que na verdade o período é: …1, 2, 3, 4 …

Logo ele aparecerá novamente.

PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE RÉGIS PRADO BARBOSA (FORTALEZA - CE):

Note que se temos uma pilha com a pedras e fazemos o processo dividindo-a em duas pilhas com b e e pedras o número escrito será b × e, mas se a foi dividido em b e, temos: b + e = a ⇒ (b + e)2 = a2 ⇒ b2 + 2be + e2 = a2 ⇒ 2be = a 2 − b2 − e2 ⇒ be = Assim note que a soma será: b1 ⋅ b2 + b3 ⋅ b4 ... + bi ⋅ bi +1 = S ( bi = No. de pedras na pilha i) b 2 − b2 − bi +12 1002 − b12 − b22 b12 − b32 − b42 ... + i −1 i + =S 2 2 2 EUREKA! N°22, 2005

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a2 − b2 − e2 .

2

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veja só que se bt > 1 ele ainda será dividido em mais pilhas, ou seja quando ele bx2 − bt2 − by2

bt2 − bz2 − bw2 . Assim, os 2 2 bt2 terão soma 0, a não ser quando bt = 1 e, como a pilha inicial tem 100 pedras, no fim são 100 pilhas com 1 pedra cada, e teremos: 1002 − 12 − 12 − ... − 12 10000 − 100 ⋅ 12 9900 100 vezes . = = S= 2 2 2 9900 ⇒ S = 4950 e esta é a única possibilidade.

S= 2

aparecer será:

mas se é bt > 1 aparecerá também

PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE HENRIQUE PONDÉ DE OLIVEIRA PINTO (SALVADOR - BA):

Seja uma Rodada definida como a jogada de cada jogador assim na 1ª Rodada Arnaldo escolheu o número 2 e na 2ª Rodada Bernaldo será obrigado a escolher um número maior que 2 e menor que 2 × 2 = 4 logo na 2ª Rodada será escolhido o número 3. Sejam os dois jogadores do enunciado os jogadores X e Y. 1. Suponha que o jogador X escolhe 2004 e ganha na Rodada n.

2. Para isso Y teria que ter escolhido qualquer número entre 1003 e 2003 na Rodada n – 1 e isso é visto facilmente.

3. A jogada de X na Rodada n – 2 teria que ser 1002, pois se fosse maior ou menor que 1002 Y não seria obrigado a escolher um número entre 1003 e 2003 na Rodada n – 1.

4. Para X ter escolhido 1002 na Rodada n – 2 Y teria que ter escolhido um número entre 502 e 1001 na Rodada n – 3.

5. A jogada de X na Rodada n – 4 teria que ser 501, pois se fosse maior ou menor que 501, Y não seria obrigado a escolher um número entre 502 e 1001 na Rodada n – 3.

6. Para X ter escolhido 501 na Rodada n – 4, Y teria que ter escolhido um número entre 251 e 500 na Rodada n – 5.

7. A jogada de X na Rodada n – 6 teria que ser 250, pois se fosse maior ou menor que 250, Y não seria obrigado a escolher um número entre 251 e 500 na Rodada n – 5.

Agora que o raciocínio da questão já foi monstrado podemos continuar sem escrever tanto.

Rodada n – 6: (X): 250 (Como 7. mostrou) Rodada n – 7: (Y): Entre 126 e 249 Rodada n – 8: (X): 125 EUREKA! N°22, 2005

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Rodada n – 9: (Y): Entre 63 e 124 Rodada n – 10: (X): 62 Rodada n – 11: (Y): Entre 32 e 61 Rodada n – 12: (X): 31 Rodada n – 13: (Y): Entre 16 e 30 Rodada n – 14: (X): 15 Rodada n – 15: (Y): Entre 8 e 14 Rodada n – 16: (X): 7 Rodada n – 17: (Y): Entre 4 e 6 Rodada n – 18: (X): 3 Rodada n – 19: (Y): 2 Logo X = Bernaldo e Y = Arnaldo, e como X ganha, Bernaldo ganha.

Obs: Quando falo números entre r e s, r e s estão incluídos neste intervalo.

PS: Observe as jogadas de Bernaldo: 3, 7, 15, 31, 62, 125, 250, 501, 1002, 2004. Se ele escolhe x na Rodada a escolhe 2x ou 2x + 1 na Rodada a + 2. Isso nos leva a uma observação que se Bernaldo escolhe x na Rodada a, Arnaldo pode escolher entre x + 1 e 2x – 1 na Rodada a + 1, o que implica que Bernaldo pode escolher 2x ou 2x + 1 na Rodada a + 2, SEMPRE. Isso nos leva a pensar no sistema binário de numeração. Ou seja, se na Rodada a o Jogador escolheu o número AnAn –1...A0, na Rodada a + 2 pode escolher os números AnAn–1.....A00 ou AnAn–1...A01. Logo ele pode ir “adicionando” algarismos à direita da representação binária do número. Veja que os dois algarismos à esquerda de um número no sistema binário são 10 ou 11 e que o 1º número do 1º jogador é 2 = (10)2 e o do 2º é 3 = (11)2. Logo se K é o número a ser alcançado, se K começar com 10 no sistema binário o 1º ganha e se K começar com 11, no sistema binário o 2º ganha. Como a representação binária de 2004 é 11111010100 que começa com 11 temos que o 2º ganha.

PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE LÚCIO EIJI ASSAOKA HOSSAKA (CURITIBA - PR):

a) Primeiro, é necessário dizer que ∆ABC pode ser inscrito em uma circunferência

l e reto e deve estar compreendendo um de raio AD, onde AB é o diâmetro, pois ACB

F

arco AB = 180° , que é uma semi-circunferência. Logo, por D ser centro dessa circunferência, AD = BD = CD, e os triângulos ACD e BCD são isósceles, tendo AC e BC como base, respectivamente.

Logo, a mediatriz de AC contém O1 assim como D (pois D está à mesma distância de A e C, assim como todos os pontos da mediatriz). Da mesma maneira, a mediatriz EUREKA! N°22, 2005

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de CB contém O2 e D (lembrando que o circuncentro é o encontro das mediatrizes dos lados do triângulo).

A mediatriz de AC é perpendicular a AC, e a mediatriz de CB é perpendicular a CB. Logo, ambas são perpendiculares entre si, pois AC e BC também o são. Como ambas contém D e são retas, elas se interceptam em D, e além disso cada uma

l é reto. contém um dos circuncentros, o que mostra que O1 DO 2

b) Seja E o ponto médio de AD, e F o ponto médio de BD. A mediatriz de AD l é um ângulo reto. Analogamente, DFO l é reto contém E e O1 , e portanto O1 ED 2 também.

Como E, D e F são colineares (AB contém os três), então EO1 e FO2 são segmentos paralelos entre si. Seja G o ponto médio de O1O2 . Como O1O2 D é um triângulo retângulo G é o centro do círculo que deveremos provar que é tangente a AB. Perceba que G é o ponto médio de O1O2 assim como D é o ponto médio de EF (é ED O1G . DG óbvio que ED = DF, pois D é o ponto médio de AB), e que portanto = DF GO2 é, portanto, paralelo a EO1 e FO2 , pelo teorema de Tales. Assim, DG é perpendicular a AB, e como DG é raio do círculo de diâmetro O1O2 , AB tangencia esse círculo.

PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DE LÚCIO EIJI ASSAOKA HOSSAKA (CURITIBA - PR):

Se são 10 linhas e 10 colunas, então há espaço para 20 "presenças" de alguns dos 10 algarismos. "Presença" significa que cada vez que um número aparece em alguma linha ou coluna, significa uma "presença". No caso das linhas, por exemplo. Se um algarismo estiver distribuído dez vezes em duas linhas, são duas "presenças".

Assim como se algarismo aparecer apenas 3 vezes em 3 linhas, são 3 "presenças". n é maior que 3. Como já disse, cada algarismo ocupa pelo menos 3 linhas ou 3 colunas. Se um algarismo ocupar, por exemplo, 3 linhas, ocupará 4 colunas, pois se fossem 3 linhas e 3 colunas, apareceria, no máximo, 9 vezes. E vice-versa. O melhor jeito de distribuir os algarismos é fazer com que cada um tenha o mínimo de presenças. A soma das presenças de cada algarismo é no mínimo 7 (3 linhas e 4 colunas, e vice-versa, e 2 linhas e 5 colunas, e vice-versa), sendo 7 × 10 = 70 presenças no total. Se são 60 disponíveis (10 linhas e 10 colunas, cada uma podendo comportar 3 algarismos distintos), é impossível criar um tabuleiro com no máximo 3 algarismos diferentes em cada coluna e cada linha. portanto, n é maior que 3.

Assim, n é 4, pois é possível distribuir os números de forma e que cada linha e cada coluna tenha até 4 algarismos diferentes: EUREKA! N°22, 2005

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Assim, existe um arranjo que limita o valor de n, e esse valor é 4.

9 9 6 6 6 6 1 1 1 1

0 0 6 6 6 6 2 1 1 1

9 9 5 5 5 5 2 2 1 1

0 0 5 5 5 5 2 2 2 1

9 9 5 5 6 6 2 2 2 2

0 0 7 7 8 8 3 3 3 3

9 9 7 7 7 7 3 3 3 4

0 0 7 7 7 7 3 3 4 4

9 9 8 8 8 8 3 4 4 4

0 0 8 8 8 8 4 4 4 4

SOLUÇÕES – NÍVEL 3 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE EDSON AUGUSTO BEZERRA LOPES (FORTALEZA - CE):

Parte 1) B

A O

D

C

Se ABCD é um losango, então AB = BC = CD = DA, ou seja, os triângulos ABC, BCD, CDA, DAB são todos isósceles. Veja também que AC ⊥ BD. Seja AC ∩ BD = O . Como em um triângulo isósceles a altura relativa à base é também bissetriz. AO, OB, OC, OD possam pelos incentros de DAB, ABC, BCD e CDA respectivamente.

Como ao traçarmos uma perpendicular ao lado pelo incentro obtemos o ponto de toque do incírculo a esse lado, O está contido nos 4 incirculos, já que é o ponto de toque do incírculo na base dos 4 triângulos.

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Parte 2)

B

A O

D

C

Suponhamos agora que os 4 círculos têm um ponto em comum. Temos então que os incírculos dos triângulos ABC e ACD tocam AC no mesmo ponto, pois do contrário não teriam nenhum ponto em comum. Seja O esse ponto. Veja que se O estiver no interior do triângulo ABC o incírculo do triângulo BDC não o conterá, e seguindo o mesmo raciocínio vemos que O não está no interior do triângulo BDC. Logo O está sobre BD ⇒ AC ∩ BD = O. Sejam O1 , O2 , O3 e O4 Os incentros dos triângulos DAB, ABC, BCD e CDA, respectivamente. Suponhamos que AC e BD não são perpendiculares. Suponhamos

l e DOC l são obtusos e BOC l e AOD l agora, sem perda de generalidade, que AOB são agudos. Claramente O2 está no interior do triângulo AOB, pois já que l > BOC l . Com o mesmo raciocínio encontramos que O e O2O ⊥ AC , temos O2 OC 1 O2 estão no interior do triângulo AOB e que O3 e O4 estão no interior do triângulo COD. Seja G1 = AO1 ∩ BO2. l l l l DAB l = ABC ⇒ DAB + ABC = 180° − AG l 1B e G1 BA Claramente G1 lAB = 2 2 2 l + OBG l + AOB l ) < 180° − AOB l ⇒ DAB l + ABC l < 2(180° − AOB l ) < 180°, = 180° − (OAG 1 1

l > 90°. De modo análogo temos pois AOB l + ABC l + BCD l + CDA l < 360° ⇒ 360° < 360° . Absurdo! l + CDA l < 180° ⇒ DAB BCD

Assim, AC ⊥ BD, donde O1 ∈ AO, O2 ∈ BO, O3 ∈ CO, O4 ∈ DO ⇒ AO, BO, CO e DO são, além de alturas, bissetrizes ⇒ ABC , BCD, CDA, DAB são isósceles ⇒ AB = BC = CD = DA ⇒ ABCD é um losango.

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PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE LARISSA CAVALCANTE QUEIROZ DE LIMA (FORTALEZA - CE):

Seja N tal que o triângulo está dividido em N triângulos de modo que não há 3 vértices colineares e em cada vértice incida exatamente k segmentos.

Seja M o total de vértices (incluindo os vértices do triângulo dividido ABC).

Contando a soma dos ângulos de todos os triângulos temos: 180° ⋅ N = 360°(M − 3) + 180°

pois há N ∆'s

soma dos ângulos de cada vértice do interior de ABC

N

soma dos ângulos lA+ B l +C l

⇒ N = 2( M − 3) + 1 = 2M − 6 + 1 = 2M − 5 N +5 ⇒M = 2 Contando o total de segmentos: M ⋅k N ⋅ 3 + 3 =  há N triângulos e cada segmento é lado de dois triângulos, exceto os três segmentos: AB, BC, CA. 2 2 

N

há m vértices de grau k cada

⇒ M ⋅ k = 3N + 3 ⇒ k =

3N + 3 3N + 3 6N + 6 = = ∈ M ( N + 5) / 2 N + 5

]

6( N + 5) 24 24 . − =6− N +5 N +5 N +5 como k é inteiro, N + 5 deve ser um divisor de 24.

Assim, N + 5 = 6,8,12 ou 24 (pois N é inteiro positivo) ⇒ N = 1,3,7 ou 19. ⇒k =

De fato, para cada um desses valores, há uma divisão do triângulo: N = 1:

N=3:

N = 7:

N = 19:

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Observação: as duas contagens feitas pela Larissa, se generalizadas, levam a uma

demonstração do Teorema de Euler: sendo V, A, e F o número de vértices, arestas e faces, respectivamente, de um poliedro (ou se você quiser, um grafo plano), então V – A + F = 2. No problema 2, F = n + 1, V = M e A é o número de segmentos.

Em contrapartida, também é possível resolver este problema usando o Teorema de Euler.

PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO - RJ):

Sim. Se tomarmos a suficientemente grande e ( x1 , x2 , x3 ) = (a, −a, a), é trivial ver que cada xi é um polinômio em a. Em particular, como a seqüência possui um número finito de termos, podemos tomar a suficientemente grande de tal forma que cada termo xi da seqüência tenha o sinal do coeficiente líder do polinômio.

Mas é fácil ver que a seqüência dos termos líderes é: (a, −a, a, −a 2 , −2a 2 , −a3 ,2a 4 ,2a5 , −2a7 ,4a9 , −4a12 ,...) e é fácil provar, por indução que dois termos líderes nunca se cancelam (basta notar que a partir de −4a12 , os exponentes dos dois termos anteriores são sempre maiores que metade do expoente c do termo atual: isso é verdade para −4a12 , e se os expoentes são a, b e c, com a > 2 c a+b pois e b > , a < b < c (já que a seqüência dos expoentes é crescente), então b > 2 2 a +b pois c > a e c > b). Mas a seqüência dos sinais dos termos líderes é b>ae c> 2 claramente periódica de período 7: (+, −, +, −, −, −, +, +, −, +, −, −, −, +, +, −, +,...)

Logo a seqüência definida com o a supracitado e x1 = a, x2 = −a, x3 = a tem pelo 4  menos  ⋅ 2004  > 1002 termos negativos.

7   PROBLEMA 4:

Veja a solução do problema No. 6 do nível 2.

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PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO - RJ):

Vamos demonstrar que an é sempre inteiro por indução: isto é evidentemente verdadeiro para n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 (pois a4 = 2, a5 = 3, a6 = 7 e a7 = 23) .

Suponha então que n ≥ 8 , e a0 , a1 , a2 ,..., an −1 são todos inteiros.

Lema: Se 0 < k < n, então (a k , ak −1 ) = 1.

Prova: O resultado é evidentemente verdadeiro para k =1.

Suponha-o verdadeiro para k – 1. Então  a a + a2  (ak , ak −1 ) =  k −1 k −3 k −2 , ak −1  ≤ (ak −1ak −3 + ak2−2 , ak −1 ) = (ak2−2 , ak −1 ) = 1, pois ak −4   (ak −1 , ak − 2 ) = 1. Logo o resultado é válido para todo 0 < k < n.

Corolário: 1 < k < n ⇒ (ak , ak −2 ) = 1 e 2 < k < n ⇒ ( ak , ak −3 ) = 1.

Prova: Basta notar que (ak , ak −2 ) ≤ (ak −1ak −3 + ak2−2 , ak −2 ) = (ak −1ak −3 , ak −2 ) ≤ (ak −1 , ak −2 ) ⋅ (ak −3 , a k −2 ) = 1⋅ 1 = 1 e (ak , ak −3 ) ≤ (ak −1ak −3 + ak2−2 , ak −3 ) = (ak2−2 , ak −3 ) ≤ (ak −2 , ak −3 ) 2 = 12 = 1.

Para provar que an é inteiro, basta provar que an −4 | an −1an −3 + an2−2 .

Em outras palavras, temos que demonstrar que an −3an −1 + an2−2 ≡ 0 (mod an −4 ) ⇔ 2

 a a + a2  +  n −5 n −3 n −4  ≡ 0 (mod an −4 ) ⇔ an−6   2 2 2 an −6 (an −6 an −4 + an −5 )(an −4 an −2 + an −3 ) + an −5 an −7 (an −5 an −3 + an2−4 )2 ≡ 0 (mod an −4 ) an−5 an2−6 an−7 an −6 an −4 + an2−5 an −4 ⋅ an −2 + an2−3 ⋅ an−7 an−5

Pelo Lema, podemos multiplicar por an −5 an2−6 an −7 e manter a equivalência, logo basta provar que an2−6 (an−6 an−4 + an2−5 )(an−4 an−2 + an2−3 ) + an−5 an−7 (an−5 an−3 + an2−4 )2 ≡ 0(mod an−4 ) ⇔ an2−5 an2−3 (an2−6 + an−7 an−5 ) ≡ 0(mod an−4 ) ⇔ ⇔ an2−5 an2−3an−4an−8 ≡ 0(mod an−4 ) ⇔ 0 ≡ 0 (mod an −4 ).

PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DE GABRIEL TAVARES BUJOKAS (SÃO PAULO - SP):

−(b + 1)2 .

4 Seja k o tamanho do ciclo, P = ( x1 , x0 ), f ar,b ( P) = ( xr +1 , xr ), para todo r ∈ < .

Resposta:

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x0 = a â&#x2C6;&#x2019; bxk â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x2C6;&#x2019; xk2â&#x2C6;&#x2019;1 x1 = a â&#x2C6;&#x2019; bxk â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019; x02 Logo x2 = a â&#x2C6;&#x2019; bx0 â&#x2C6;&#x2019; x12

#

â&#x2021;&#x2019; Sendo S1 = â&#x2C6;&#x2018; xi , S2 = â&#x2C6;&#x2018; xi2 , temos S1 (b + 1) + S 2 = ka

xk â&#x2C6;&#x2019;1 = a â&#x2C6;&#x2019; bxk â&#x2C6;&#x2019;3 â&#x2C6;&#x2019; xk2â&#x2C6;&#x2019;2 S2 â&#x2C6;&#x2018; xi S1 S2 â&#x2030;Ľ â&#x2030;Ľ â&#x2021;&#x2019; S2 â&#x2030;Ľ 1 k k k k

MQ â&#x2030;Ľ MA

S12 x2 â&#x2C6;&#x2019;(b +1)2 . + S1(b +1) â&#x2021;&#x2019; + x(b +1) â&#x2C6;&#x2019; ka tem raiz â&#x2021;&#x2019;â&#x2C6;&#x2020; = (b +1)2 + 4a â&#x2030;Ľ 0 â&#x2021;&#x2019; a â&#x2030;Ľ k k 4 â&#x2C6;&#x2019;(b + 1)2  (b + 1) (b + 1)   (b + 1) (b + 1)  Para a = : f a ,b  â&#x2C6;&#x2019; ;â&#x2C6;&#x2019; ;â&#x2C6;&#x2019;  =â&#x2C6;&#x2019;  â&#x2021;&#x2019; per (a,b) â&#x2030; â&#x2C6;&#x2026;.

4 2 2   2 2   Logo: ka â&#x2030;Ľ

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

1 0 i    Considere a matriz complexa A =  0 0 0  . Calcule A2004 .  i 0 1   PROBLEMA 2:

Calcule a integral:

x 2004 ∫−1 1 + e x dx 1

PROBLEMA 3:

Determine a equação da reta que tangencia a curva de equação y = 3x 4 − 4 x 3 em dois pontos distintos.

PROBLEMA 4:

Quantas triplas ordenadas (A, B, C) de subconjuntos de {1, 2,..., n} existem para as quais A ∩ B ∩ C = ∅; A ∩ B ≠ ∅; A ∩ C ≠ ∅ ?

PROBLEMA 5:

Considere a matriz A n × n definida por aij = n(i − 1) + j , para todos 1 ≤ i, j ≤ n.

As interseções de k linhas e k colunas quaisquer de A determinam uma submatriz de ordem k de A. Seja ϕ ( n) a soma dos determinantes de todas as submatrizes de A. ϕ (n ) a) Determine λ real de forma que lim λ exista e seja não nulo. n →+∞ n b) Determine o valor do limite acima para o valor de λ encontrado.

PROBLEMA 6: ∞

Calcule

1

∑ (3k + 1)(3k + 2)(3k + 3) . k =0

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SOLUÇÕES – PRIMEIRA FASE – NÍVEL UNIVERSITÁRIO SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

(−4)k 0 0  −4 0 0      Temos A 4= 0 0 0 , donde A 4k =  0 0 0  .  0 0 −4  0 0 (−4)k      −21002 0 0    Em particular, A 2004=  0 0 0 .  0 0 −21002    Soluções cujo único erro se refere aos sinais: SEGUNDA SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

1 0 1  1 + i 0 0      Diagonalizando A, temos A = XDX onde X =  0 1 0  , D =  0 0 0   1 0 −1   0 0 1− i     Assim,  (1+ i)2004 0  −21002 0 0   −21002 0 0  0        0 0  X −1 = X  0 0 0  X −1 =  0 0 0 .

A2004 = X  0    0 (1− i)2004  0 −21002  0 −21002   0  0  0 −1

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

Por substituição,

2004 1 x x 2004 = dx ∫−1 1 + e x ∫−1 1 + e− x dx .

1

Assim 2004 2004 1 x 1 x  1 1 1  1 x 2004 1  1 = + + dx dx dx  = ∫ x 2004   ∫−1 − −x x x x ∫−1 1 + e x ∫ −1 1 + e 2  1+ e  1+ e 1+ e  2 −1 1 1 1 1 . = ∫ x 2004 dx = ∫ x 2004 dx = 1 0 − 2 2005

  dx 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Queremos encontrar a e b tais que, P = 3 x 4 − 4 x3 − ax − b tenha duas raízes reais duplas; em particular, P deve ser um quadrado perfeito.

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3 x 4 − 4 x3 − ax − b = ( cx 2 + dx + e) 2 = c 2 x 4 + 2cdx3 + (2ce + d 2 ) x 2 + 2 dex + e 2 −8 −4 c c implica em c = ± 3, d = −2 , e = −2 donde a = , b = .

3 9 9 27 8 4 Assim a reta tem equação y = − x − .

9 27 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Vamos contar inicialmente o número de escolhas tais que A ∩ B ∩ C = ∅ .

A

B S1

S1

S5

S2

S6

S3

C

Cada elemento de {1,2,…,n} pode ser colocado em um dos 7 subconjuntos indicados acima (S1, S2, …,S7). Logo há 7n tais escolhas.

Fazendo um raciocínio similar, temos, dentre essas escolhas, 6n com A ∩ B = ∅ ; 6n com A ∩ C = ∅ e 5n com A ∩ B = ∅ e A ∩ C = ∅.

Portanto, pelo princípio de Inclusão-Exclusão, há 7 n − 2 ⋅ 6n + 5n maneiras de escolher A, B, C. SOLUÇÃO ALTERNATIVA DO PROBLEMA 4:

Fixe o número k de elementos de A ∩ B (1 k n), e j de A ∩ C (1 j n – k).

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n − k   modos de escolher os j e 5  j 

 n

Há   modos de escolher esses k elementos,  k

 

regiões permitidas para cada um dos outros n – k – j elementos, de forma que a resposta é:

 n  n − k  n − k − j    5 = ∑ ∑ j  k =1 j =1  k   n−k

n

R=

  n  n−k  n − k  n−k − j    ⋅ ∑  5 ∑  j  k =1   k  j =1  n

   

Utilizando o binômio de Newton, tem-se

 n − k  n−k − j  5 = (1 + 5 ) n − k = 6 n − k . j  j=0 

n−k

∑ 

Portanto,

R=

n  n  n−k  n  n−k     5 − = 7 n − 6 n − (6 n − 5 n ) = 7 n − 2 ⋅ 6 n + 5 n .

6 ∑ ∑ k  k k =1  k =1    n

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5:

Se k ≥ 3 , qualquer submatriz de ordem k de A determinada por k linhas e k colunas tem determinante O. De fato, se j1 < j2 < j3 são índices de 3 das k colunas da submatriz, denotando essas colunas por C j1 , C j2 e C j3 , temos que todas as entradas de C j2 − C j1 são iguais a j2 − j1 e todas as entradas de C j3 − C j2 são iguais a j3 − j2 , donde C j3 − C j2 =

j3 − j2 j −j j −j ⋅ (C j2 − C j1 ), e logo C j3 = 3 1 ⋅ C j2 − 3 2 ⋅ C j1 . j2 − j1 j2 − j1 j2 − j1

Assim, ϕ ( n) é a soma dos determinantes das submatrizes de A de ordem 1 ou 2. A n2

soma dos determinantes das submatrizes de A de ordem 1 é

∑m = m =1

n 2 (n 2 + 1) .

2

As submatrizes de ordem 2 são obtidas da seguintes forma: Dados 1 ≤ a < b ≤ n e 1 ≤ c < d ≤ n , associamos a seguinte submatriz de ordem 2:  n(a − 1) + c n(a − 1) + d    , cujo determinante é  n(b − 1) + c n(b − 1) + d  n(( a − 1) d + (b − 1)c − (b − 1) d − ( a − 1) c) = n( a − b)( d − c). Assim, a soma dos determinantes das submatrizes de ordem 2 é

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Sociedade Brasileira de Matemática 2

2

2

   n j −1   n j ( j − 1)     n  ∑ (a − b)  ∑ (d − c)  = −n  ∑ ( j − i)  = −n  ∑∑ r  = −n  ∑  =  1≤a<b≤n  1≤c<d ≤n   1≤i< j ≤n   j =1 r =1   j =1 2  2

 g (n) n  n3 = −  + g (n)  , onde lim 3 = 0 (de fato, g (n) é um polinômio de grau 2). →∞ n 4 3 n  2 2 1  n (n + 1)  Assim, como lim 7  =0 e n→∞ n 2   2  1  1 g(n) 2    1  n  n3 1 lim 7 ⋅  −  + g (n)   = lim  − ⋅  + 3   = − ,   →∞ →∞ n 36 n  4  3   n  4  3 n  

1 ϕ (n ) =− .

7 n →∞ n 36

Temos λ = 7 e lim

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:

Decompondo em frações parciais, procuramos constantes A, B e C tais que:

1 A B C = + + (1) (3k + 1)(3k + 2)(3k + 3) 3k + 1 3k + 2 3k + 3 Comparando os numeradores, verifica-se que (1) é identidade para

A=

1 1 , B = −1, C = .

2 2

Sendo S a soma procurada: 2S =

∞

1

2

1

∑ 3k + 1 − 3k + 2 + 3k + 3 . k =0

Como

(

)

∞ 1 = ∫ x 3k dx , tem-se 2S = ∑ ∫ x 3k − 2 x 3k +1 + x 3k + 2 dx .

3k + 1 0 k =0 0 1

1

Trocando a integral com o somatório e somando a PG infinita: 1 1 ∞ (1 − x ) 2  ∞ 3k  3 k +1 3k + 2  2 3k  +x 2S = ∫  ∑ x − 2 x dx = ∫  (1 − 2 x + x ) ⋅ ∑ x  dx = ∫ dx 1 − x3 k =0   0  k =0 0 0 1

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53

Sociedade Brasileira de Matemática 1

2S = ∫ 0

=−

1− x 1 −(2 x + 1) + 3 dx = ∫ 2 dx 2 2 0 x + x +1 x + x +1 1

1 1 2x + 1 31 dx + dx 2 2 2 ∫0 x 2 + x + 1 2 ∫0  1  3 x+ 2 + 2      1

1 1 3 2 2 = − 1 ln 3 + 3 ⋅ (π − π ) = − ln( x 2 + x + 1) + ⋅ ⋅ arctan 2 2 3 2 3 6 3 2 0 x+

Logo, S =

π 3 − 3ln 3 12

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

A função derivável f :

\ → \ tem as seguintes propriedades:

f (0) = 0 e f (2) = 2.

a)

\

b) Para todo a ∈ \ {0}, a reta tangente ao gráfico de f no ponto P = (a, f (a )) corta o eixo x em um ponto A e o eixo y em um ponto B de tal forma que A é o ponto médio do segmento BP. Calcule f (3).

PROBLEMA 2:

Prove que não existe um conjunto A ⊆

\ tal que: 2

\ , { y ∈ \ (x, y) ∈ A} é finito.

• Para todo y ∈ \ , {x ∈ \ ( x, y ) ∉ A} é enumerável.

Obs: Um conjunto A é dito enumerável se A = ∅ ou existe uma função sobrejetiva f : ` → A.

•

Para todo x ∈

PROBLEMA 3:

Seja A uma matriz real inversível de ordem n e At a sua transposta. Sejam λ1 ≥ λ2 ≥ ... ≥ λn > 0 os autovalores de At A. Definimos a norma de A por A = λ1 e o fator de dilatação de A por d ( A) = λ1 reais inversíveis A e B, d ( AB) ≥

PROBLEMA 4:

Seja

]

n

λ2

. Prove que, para quaisquer matrizes

AB ⋅ d ( B) .

A ⋅ B

]

= {( x1 , x2 ,..., xn ); x1 , x2 ,..., xn ∈ }.

Seja p um primo, k um inteiro positivo e P1 , P2 ,..., Pk , Q ∈ Pj − Q ∉ n.

1 ≤ j ≤ k, p

]

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55

]

n

tais que para todo j,

Sociedade Brasileira de Matemática

Prove que existe um polinômio f ( x1 ,..., xn ) com coeficientes inteiros com f ( Pj ) = 0 para todo j, 1 ≤ j ≤ k , e

]

f (Q) ∉ . p

PROBLEMA 5:

Seja m ≥ 2 um inteiro.

Arnaldo e Bernaldo disputam o seguinte jogo: cada jogador recebe, alternadamente, N um número N k e devolve para o outro jogador ou N k +1 = N k − 1 ou N k +1 =  k  .  m  Arnaldo começa recebendo um número inteiro positivo N0 . Quem devolver zero vence o jogo.

Seja An (resp. Bn ) o conjunto dos valores de N0 , N0 < n , tais que Arnaldo (resp.

Bernaldo) tem estratégia vencedora.

A Calcule lim n em função de m. n →∞ B n PROBLEMA 6:

Seja γ :[0,2π ] →

\

2

uma função derivável, com derivada contínua, com

γ '(t ) = 1 para todo t e cuja imagem é uma curva simples fechada, isto é, γ (t0 ) = γ (t1 ), t0 < t1 ⇔ t0 = 0, t1 = 2π .

Prove que existem 0 ≤ t0 < t1 < 2π tais que 2 γ (t0 ) − γ (t1 ) ≤ min {t1 − t0 ,2π + t0 − t1} . π

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56

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PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE LEONARDO AUGUSTO ZÃO (NILÓPOLIS – RJ)

De acordo com o item (b) do enunciado, ao traçarmos a reta tangente ao gráfico no ponto (a, f(a)), com a ≠ 0, obtemos: f (x) Reta tangente ao gráfico de f em (a, f(a)) P = (a, f(a))

α x

A = (xA, 0)

B = (0, yB)

Como A é ponto médio de BP, então: A = Assim, x A =

B+P 2

a e yB = − f (a ) .

2

Portanto, o coeficiente angular da reta é dado por tgα = Assim, f '( a) =

\

( f (a ) − yB ) 2 f (a ) = (a − a / 2) a

2 f (a ) , ∀a ∈ *. a

\ f '( x) 2 = ⇒ [ln f ( x) ]' = [2ln x ]', x ∈ \ f ( x) x

Então chegamos à equação diferencial: f '( x) = Resolvendo, temos:

2 f ( x) ,x∈ * x * +

Então ln f ( x) = 2ln x + k ⇒ ln f ( x ) = ln x 2 ⋅ e k ⇒ f ( x ) = e k ⋅ x 2 , ∀x ∈ 1 Para x = 2, f ( x) = 2. Então f (2) = e k ⋅ 22 ⇒ ek = .

2 1 2 Assim, a função f obedece f ( x ) = x , para x ∈ *+ .

2 1 2 9 Então, f (3) = ⋅ 3 , e finalmente, f (3) = .

2 2

\

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\. * +

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

Sejam Ay = {x ∈

\ | ( x, y) ∈ A} B = { y ∈ \ | ( x , y ) ∈ A} Logo B é finito, ∀x ∈ \ e \ − A x

x

y

é enumerável, ∀y ∈

\.

Agora sejam y1 < y2 < y3 < ..., uma seqüência crescente infinita em

\.

A = \ − * (\ − A ) ≠ ∅, pois, do contrário, teríamos \ = * (\ − A ), mas cada \ − A é enumerável ⇒ * (\ − A ) enumerável ⇒ \ enumerável, absurdo!

Agora, tome x ∈ Ay . Temos { y , y ,...,} ⊂ B , absurdo! (pois B é finito). Logo A ∞

∞

Logo,

yi

i =1

i =1

yi

∞

∞

yi

yi

i =1

yi

i =1

∞

i

i =1

1

x

x

2

não existe.

PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE ALEX CORRÊA ABREU (NITERÓI – RJ)

Sejam λ1 ≥ λ 2 ≥ ... ≥ λ n > 0; β 1 ≥ β 2 ≥ ... ≥ β n > 0; α 1 ≥ α 2 ≥ ... ≥ α n > 0 os autovalores de ( AB)t AB, B t B e At A respectivamente. A desigualdade pedida é claramente equivalente a λ 2 ≤ α 1 ⋅ β 2 .

Como X X é sempre simétrica e < X Xu, u >=< Xu, Xu > , temos pelo teorema do min-max (que provaremos no fim desta solução) que: < ABx, ABx >  < ABx, ABx > < Bx, Bx >    λ 2 = min  max = min  max ⋅ .  dim S = n −1 < x, x >  dim S = n −1  x∈S \{0} < Bx, Bx > < x, x >   x∈S Por outro lado, como só há um subespaço de dimensão n (e ele inclui todos os vetores), temos: < Bx, Bx >  < Ax, Ax >  α1 = max , e β 2 = min  max . dim S = n −1 x∈S \{0} < x, x > x∈\ n \{0} < x, x >   T

T

< Bx, Bx > . x∈S \{0} < x, x >

Seja S o subespaço no qual β 2 é atingido, i.e, β 2 = max

Temos então: < ABx, ABx > < Bx, Bx >  < ABx, ABx > < Bx, Bx >  λ 2 ≤ max  ⋅ ≤ max ⋅ max ,  x∈S \{0} < x, x >  x∈S \{0} < Bx, Bx > x∈S \{0} < x, x >  < Bx, Bx > EUREKA! N°22, 2005

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Sociedade Brasileira de Matemática

(usamos respectivamente que o mínimo é TXH TXDOTXHU HOHPHQWR GR FRQMXQWR H max(uv ) ≤ max u ⋅ max v ) O segundo termo do produto é exatamente β 2 . Fazendo x' = Bx e notando que

\

B( S ) ⊂ n , tem-se: < ABx, ABx > < Ax ', Ax ' > ≤ max α1 , e juntando tudo obtemos λ 2 ≤ α 1 ⋅ β 2 max n x∈S \{0} < Bx, Bx > x '∈\ \{0} < x ', x ' > Lema: (Teorema do Min Max ): λ1 = max < Ax, x >, x =1

λ 2 = min

dim S = n −1

max < Ax, x > , para toda A matriz simétrica, onde λ1 ≥ λ 2 ≥ ... ≥ λ n são x∈S x =1

seus autovalores.

Prova: Como A é simétrica existe base ortonormal x1 ,..., xn tal que Axi = λi xi logo, se x = a1 x1 + ... + an xn , < Ax, x > = λ1a12 + λ 2 a22 + ... + λ n an2 ≤ λ1 (a12 + ... + an2 ) = λ1 ⇒ max < Ax, x > ≤ λ1 , mas, tomando x = x1 , < Ax1 , x1 > = λ1 . Para o λ 2 , seja L subespaço gerado por x1 e x2 .

Assim, dim S = n − 1 ⇒ max < Ax, x > ≥ max < Ax, x > , mas se y = a1 x1 + a2 x2 ∈ L ∩ S , x∈S x =1

x∈L ∩S x =1

a12 + a22 = 1 ⇒ max < Ax, x > ≥ < Ay, y > = λ1a12 + λ2 a22 ≥ λ2 (a12 + a22 ) = λ2 ⇒ x∈L∩S x =1

min

dim S = n −1

max < Ax, x > ≥ λ 2 . Agora, tomando S = ( x1 ) ⊥ temos que o mínimo é x∈S

atingido.

]

PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE YURI GOMES LIMA (FORTALEZA - CE)

A

Seja Q = (b1 ,..., bn ). Sejam também Pj = ( a j1 ,..., a jn ), a jA ∈ , 1 ≤ j ≤ k , 1 ≤ ≤ n.

Observe que que

a ji j − bi j

p Tome então

Pj − Q p ∉

∉

]

n

a −b  a j 1 − b1 ,..., jn n ⇔ p  p

] ⇔ p | (a

ji

j

− bi j )

k

f ( x1 ,..., xn ) = ∏ ( xi j − a ji j ) j =1

Note que: EUREKA! N°22, 2005

59

 ∉ 

]

n

⇔ existe i j ∈{1,2,..., n} tal

Sociedade Brasileira de Matemática k

f ( x1 ,..., xn ) = ( xi j − a ji j )∏ ( xi − a ji ) = ( xi j − a ji ) R j ( x1 ,..., xn ) ⇒ A=1 A≠ j

)

)

j

⇒ f ( Pj ) = f (a j ,..., a jn ) = (a ji j − a ji j ) R j (a j1 ,..., a jn ) = 0 ⇒ f ( Pj ) = 0 k

Ademais, f (Q) = f (b1 ,..., bn ) = ∏ (bij − a ji j ). Como p | (bij − a ji j ), ∀j, e p é primo j =1

segue que p | f (Q) ⇒

f (Q) ∉ p

] (c.q.d.) `

PROBLEMA 5: SOLUÇÃO OFICIAL

Consideremos a seqüência a0 , a1 , a2 ,... com an ∈{0,1}, ∀n ∈ tal que an = 1 se Arnaldo tem estratégia vencedora recebendo N0 = n e an = 0, caso contrário, i.e., caso Bernaldo tenha estratégia vencedora se Arnaldo recebe N0 = n . É fácil ver que,  km + r  k para k ≥ 1, se ak = 0, akm+ r = 1 para 0 ≤ r ≤ m − 1 (nesse caso   = ), e, se  m  1 − ( −1)r 0, se r é par ak = 1 caso akm −1 = 1, temos akm +r = para 0 ≤ r ≤ m − 1, e, = 2 1, se r é ímpar 1 + ( −1) r 1, se r é par . = 2 0, se r é ímpar Suponhamos inicialmente que m é par. Assim, pela discussão acima, se m m ak = 1, para valores de r, com 0 ≤ r ≤ m − 1, temos akm +r = 0, e para os demais 2 2 valores de r nesse intervalo temos akm +r = 1. Assim, se Bn = {0 ≤ k < n ak = 0} e caso akm −1 = 0, temos, para 0 ≤ r ≤ m − 1, akm+ r =

An = {0 ≤ k < n ak = 1}, temos B n + A n = n , Bmn = Amn = m ⋅ Un +

m ⋅Vn −1, ∀n ≥ 1, 2

donde,

como

m ⋅ Vn + 1 e 2 An = n − Bn ,

temos

Bmn 1  B  1 . Como a solução de = ⋅ 1 − n  + mn 2  n  mn Bn 1 1 1 1 1 t = (1 − t ) é t = , fazemos . De = + δ n , e obtemos δ mn = − δ n + n mn 2 3 3 2 Bmn Bmn+r Bmn + m −1 Bmn ≤ Bmn+r ≤ Bmn + (m −1) para 0 ≤ r ≤ m −1, obtemos , ≤ ≤ m(n + 1) mn + r mn Bmn =

m ⋅ ( n − Bn ) + 1, e logo 2

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Sociedade Brasileira de Matemática

1 m , desde que n ≥ m − 1. Assim, < n + 1 mn + r 2m 1 m , de onde é fácil provar por se N ≥ m(m − 1), δ n ≤ + δ m ⋅ N / m  ≤ + δ N N 2  N / m  indução em k que, se k ≥ 2 e mk ≤ n < mk +1 , temos δ n ≤ k / 2k − 2 , donde lim δ n = 0.

donde, para 0 ≤ r ≤ m − 1, δ mn + r − δ mn <

n→∞

Portanto, se m é par lim

n →∞

lim

n →∞

A n − Bn B 1 2 = , donde lim n = lim = 1 − lim n = , e →∞ →∞ →∞ n n n 3 3 n n n n

Bn

An A n 23 = lim n = = 2. →∞ n Bn Bn n 1 3

Suponha agora m ímpar. Para cada seqüência finita α de 0's e 1's denotaremos por α n a seqüência αα ...α obtida pela concatenação de n cópias da seqüências α .

n vezes

No que se segue, usaremos o termo bloco para denotar uma seqüência do tipo 1r 0 , com r ≥ 1. Veremos agora que (an )n ≥m +1 é obtida por uma concatenação de blocos dos tipos 10, 1m 0 e 1m+10.

A seqüência am +1 am +2 ...am( m +1) é (10)

m ( m −1) −1 2

⋅ 1m+10. Vamos mostrar por indução que,

 mk − 1 m k +1 − m m k +1 − 1  para todo k ≥ 2, a seqüência β k =  a j , ≤ j≤ = − 1 é obtida m −1 m −1 m −1   m por uma concatenação de blocos dos tipos 10 e 1 0 , seguida por um único bloco de m2 − 1 m3 − m tipo 1m+10 (note que = m +1 e = m(m + 1), e logo já verificamos o m −1 m −1 caso k = 2).

Se a j −1 = 0, a j +t = 1 para 0 ≤ t ≤ r − 1 e a j +r = 0, temos am ( j +r ) +s = am ( j +1)+s = 1 para 0 ≤ s ≤ m − 1, e, para 0 ≤ s ≤ mr − 1, amj + s =

1 − (−1) s 0, se s é par = . Assim, se 2 1, se s é ímpar

r = 1 ou r = m, (amj + s ) 0≤ s ≤mr −1 começa e termina por 0, e, se r = m + 1, (amj + s ) 0≤ s ≤mr −1 começa por 0 e termina por 1. Logo, blocos dos tipos 10 e 1m 0 geram apenas blocos desses mesmos tipos, e blocos do tipo 1m+1 só podem ser gerados por blocos do tipo 1m+10 (eles aparecem no fim da seqüência gerada por 1m+10 ). Essas observações provam a nossa afirmação.

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Sociedade Brasileira de Matemática

Como os únicos blocos diferentes desses que aparecem são os do tipo 1m+10 de m k +1 − m −m e tamanho total m + 2, os quais só aparecem entre as posições m −1 m k +1 − m m k +1 − m > m k + m, temos , k ≥ 2, e como − − m 1 m 1  log n  ( m + 2) log n − 1 ≥ n − , donde 2un + (m + 1)vn ≥ n − ( m + 1) − (m + 2) ⋅  log m  log m  2u + (m + 1)vn = 1. Além disso, pela discussão acima, seqüências dos tipos 10 e lim n n →∞ n 1m 0 umn

geram seqüências 2  m −1   m −1  =  vn + rn  un +   2   2 

desses e

mesmos

vmn = un + vn + sn ,

tipos, para

n ≥ m + 1,

donde onde

m 2 log n log n e sn ≤ os desvios rn e sn se devem a blocos gerados por log m log m log n blocos incompletos e pelos blocos do tipo 1m+10, que são no máximo em log m ( m + 2) log n (ak ) k ≤n ). Como vimos acima, 2un + (m + 1)vn = n − wn , onde wn ≤ . log m u v Sejam xn = n e yn = m n . Temos un + mvn ≤ An ≤ un + mvn + wn , donde n n A  log n  segue que e, de 2un + (m + 1)vn = n − wn , xn + yn = n + O  , n  n  m +1  log n  ⋅ yn = 1 − O  2 xn + . m  n  rn ≤

De Vmn = un + vn + sn e de vN − v

N m   m

donde y N = x N  +  m 

≤ 1 segue que vN = u N  + v N  + O(log N ),  m  

m  

 1 1  log N  1  m + 1  log N  ⋅ y  N   + y N  + O  y N  + O   = 1 − =  m  m  m  N  2  N   m   m  m 

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Sociedade Brasileira de Matemática

=

1 m −1 m  log N  − + ε (note que a solução de y N  + O   . Escrevendo yn = 2 2m  m  3m − 1 n  N 

t=

1 m −1 − ⋅t 2 2m

é t=

m  m −1   log N  ⋅εN  + O ) , temos ε N = −   , 3m − 1  2m   m   N 

donde

m −1 ⋅ limsup ε n + 0, e logo limsup ε n = 0, ou 2m n→∞ n →∞ n →∞ n→∞ 1  m +1 m   log n  ⋅ yn  + O  e, de xn = 1 − seja, lim ε n = 0 , donde lim yn = , n →∞ n→∞ 3m − 1 2 m   n  A 1  m + 1 m  m −1  log n  ⋅ = segue que lim xn = 1 − . De xn + yn = n + O   , n →∞ 2 m 3m − 1  3m − 1 n  n  0 ≤ limsup ε n ≤ 1 e limsup ε n ≤

An B A 2m − 1 m = lim ( xn + yn ) = , e lim n = 1 − lim n = . →∞ →∞ n n n →∞ n n →∞ − 3m − 1 3m 1 n n A A n (2m − 1) (3m − 1) 2m − 1 = = .

Portanto, se m é ímpar, lim n = lim n n →∞ B n →∞ B m (3m − 1) m n n n segue

que

lim

PROBLEMA 6: SOLUÇÃO OFICIAL (do Prof. Alexandre Fernandes, comunicada pelo Prof. Lev Birbrair, de Fortaleza, CE)

Suponha por absurdo que exista um contra-exemplo γ . Defina α :[0,2π ] → α (t ) = γ (t ) − γ (t + π ), para 0 ≤ t ≤ π e α (t ) = γ (t ) − γ (t − π ) para π ≤ t ≤ 2π .

\

2

por

Pela hipótese de absurdo temos α (t ) > 2 para todo t. A função α é contínua (pois γ (0) = γ (2π )) e derivável exceto talvez para t = 0, π .

Temos ainda α '(t ) ≤ γ '(t ) + γ '(t + π ) = 2 para todo t, donde o comprimento da curva α é menor ou igual a 4π .

Mas a imagem de α é uma curva fechada simétrica em relação à origem (pois α (t + π ) = −α (t ), ∀t ∈[0, π ]), que está no exterior da bola de raio 2, donde seu comprimento é maior que 4π , absurdo. α (0)

2

α(π) = – α (0)

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XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Resultado – Nível 1 (5a. e 6a. Séries) NOME Illan Feiman Halpern Leonardo Pereira Stédile James Jung Hong Victor Reis de Abreu Cavalcanti Wagner Carlos Morêto Loyola Filho Rafael Alves da Silva Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales Lereno Soares Netto Dan Zylberglejd Clarissa Maria Grosso Fabris Matheus Barros de Paula Renan Henrique Finder Leonardo Shinizu Yojo Ana Luiza Ferron Zanella Fernanda Daltro Costa Knoblauch Thiago Ribeiro Ramos Lucas Gouveia Omena Lopes José Rodolfo Bezerra Mesquita Araújo

CIDADE – ESTADO Itatiaia – RJ São Paulo – SP São Paulo – SP Maceió – AL Vitória – ES Teresina – PI Barreiras – BA Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Taubaté – SP Joinville – SC São Paulo – SP Pato Branco – PR Salvador – BA Varginha – MG Maceió – AL João Pessoa – PB

PRÊMIO Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata

Débora Kiame Paias Daniel Caueh Dunaiski Figueira Leal Alessandro D'Alessio de Souza Eduardo Kaiser Urubahy Nunes Fonseca Caroline Rigolon Veiga

Atibaia – SP Curitiba – PR São Paulo – SP Rezende – RJ Rio de Janeiro – RJ

Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze

Erick Magno Costa Alonso Vinicius Tineli Paiva Marcelo Aires Moreira Rafael Fernandes Paixão Diana Vaisman Camila Miraglia Ribeiro Stefano Tonnasini Vitor Cruth Sturn Hugo Fonseca Araújo Bárbara Seccato Ruis Chagas Rafael Sarto Müller Thiago Gonçales José Nilo Alves de Souza Neto

Uberaba – MG Vitória – ES João Pessoa – PB Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Curitiba – PR Itu – SP São Paulo – SP Juiz de Fora – MG Vitória – ES Vitória – ES Piracicaba – SP Fortaleza – CE

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

Vitor Costa Fabris Ana Luísa de Almeida Losnak Rebeca Meirelles de Araújo Assis Gabriela Barini de Oliveira Ítalo Leite de Camargo Arthur Lerer André Saraiva Nobre dos Santos José Ailton Azevedo Araújo Filho César Ilharco Magalhães Mariana Hollos Fiorencio Fernando Fonseca Andrade Oliveira Beatriz Arruda Asfora João Paulo Sousa Lucas Tayrini da Cruz Beligoli Mônica Monteiro Gondim Izabela Karennina Travizani Maffra Maíra Islena Tavares da Silva Caio Menezes Facó André Yoshio Oshiro Bastos Natasha Scaranello Cartolano Laura Andrade Santiago Guilherme Alencar Sorensen Colares Eduardo de Almeida Grande Breno Augusto Cardoso Barroso

Criciúma – SC São Paulo – SP Salvador – BA São José dos Campos – SP Assis – SP Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Fortaleza – CE Juiz de Fora – MG Rio de Janeiro – RJ Belo Horizonte – MG Recife – PE Fortaleza – CE Juiz de Fora – MG Fortaleza – CE Belo Horizonte – MG Belo Horizonte – MG Fortaleza – CE São Paulo – SP Rio Claro – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Valinhos – SP Fortaleza – CE

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

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Sociedade Brasileira de Matemática

Resultado – Nível 2 (7a. e 8a. Séries) NOME Lucio Eiji Assaoka Hosaka Regis Prado Barbosa Henrique Pondé de Oliveira Pinto Rafael Sampaio de Rezende Wilson Camara Marriel Rafael Tupynambá Dutra Adenilson Arcanjo de Moura Júnior José Airton Coêlho Lima Filho Filipe Alves Tomé Rafael Moura e Sucupira Ramon Moreira Nunes Rodrigo Clemente de Brito Pereira Sérgio Ricardo Furtado Sampaio Filho Giuliano Pezzolo Giacaglia Daniel Ungaretti Borges Gabriel Marcos Pasmanik Eisencraft Anna Kelly Krislane de Vasconcelos Paulo Vitor de Souza Albuquerque Artur de Almeida Losnak Ricardo Turolla Bortolotti Henrique Hiroshi Motoyama Watanabe Guilherme Philippe Figueiredo Alfredo Roque de Oliveira Freire Filho Lucas Zanotto Portela Nathana Alcântara Lima

CIDADE – ESTADO Curitiba – PR Fortaleza – CE Salvador – BA Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Belo Horizonte – MG Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE João Pessoa – PB Fortaleza – CE Santo André – SP Belo Horizonte – MG São Paulo – SP Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Rio Claro – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Salvador – BA Curitiba – PR Fortaleza – CE

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

Flávio Domingos de Azevedo Quadros Mateus Oliveira de Figueiredo Marilia Valeska Costa Medeiros Grazielly Muniz da Cunha Fábio Yoshiteru Nukui Ana Luiza Viegas de Almeida Vinicius Marques Regitano André Antonio Battagello Anderson Unlin Tsai Mateos Kruchelski Tschá Caio Gustavo Mesquita Angelo Guilherme Zatieff Topolski Chaves Marlen Lincoln da Silva Janailson Rodrigues Lima Gilson Mauro Costa Fernandes Filho Diogo Bonfim Moraes Morant de Holanda

Osasco – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP Marília – SP Piracicaba – SP Araçatuba – SP São Paulo – SP Curitiba – PR Taguatinga – DF São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE João Pessoa – PB Rio de Janeiro – RJ

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

Paulo Wayner Carvalho dos Santos Douglas Tirre Carnevale Oliveira Ivan Hitoshi Oyama Marlon Vieira de Lima Júnior Cássio Kendi Takamori Jessica de Aguiar França Karin Naomi Harada de Oliveira Diogo Soares Dórea da Silva Mauricio Henrique Bezerra Cardoso Érik Fernando de Amorim Caio Prado Siqueira Campos Luan Leal Oliveira Diego Eloi Misquita Gomes Cintia Mayumi Sakurai Kimura Carolina Santos Andrade

Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Osasco – SP Fortaleza – CE São José dos Campos – SP Brasília – DF São Paulo – SP Feira de Santana – BA Aracajú – SE Araraquara – SP Fortaleza – CE Tremembé – SP Fortaleza – CE São Paulo – SP São Cristóvão – SE

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 3 (Ensino Médio) NOME Fábio Dias Moreira Rafael Marini Silva Gabriel Tavares Bujokas Rafael Daigo Hirama Guilherme Rodrigues Nogueira de Souza Telmo Luis Correa Junior Thiago Costa Leite Santos Thomás Yoiti Sasaki Hoshina Larissa Cavalcante Queiroz de Lima Henry Wei Cheng Hsu Elton Gomes Coriolano Larissa Rodrigues Ribeiro Rodrigo Aguiar Pinheiro Felipe Rodrigues Nogueira de Souza Ricardo Mizoguchi Gorgoll Guilherme Rodrigues Salerno Edson Augusto Bezerra Lopes Luiz Adolfo Schiller Marcus Edson Barreto Brito Lucas Pavan Barros Diogo dos Santos Suyama Felipe Ferreira Villar Coelho José Marcos Andrade Ferraro Francisco Bruno de Lima Holanda Luty Rodrigues Ribeiro Israel Franklin Dourado Carrah Douglas Bokliang Ang Cunha Levi Máximo Viana Leandro Farias Maia Victor de Andrade Lazarte Rafael Mendes de Oliveira Raphael Rodrigues Mata Thiago Jorge Marinho Vieira Ana Cláudia Onuchic Paulo Victor Teixeira Eufrásio Carlos Augusto David Ribeiro Eduardo Fischer Edson Leandro Finotti Bittar Leandro Farias Nogueira Sheyne Cristina Leal Hugo Caetano da Silva Junior Erasto Villa Branco Neto Antonia Taline de Souza Mendonça José Gerardo Arruda Junior José Mário da Silva Filho Bruno Cardoso Vieira Pedro Henrique Milet Pinheiro Pereira Mateus Gomes Filgueiras Vicente Matheus Moreira Zuffo

CIDADE – ESTADO Rio de Janeiro – RJ Vila Velha – ES São Paulo – SP Campinas – SP São Paulo – SP Santo André – SP São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP São Paulo – SP Goiânia – GO Fortaleza – CE Niterói – RJ Fortaleza – CE Vila Velha – ES Belo Horizonte – MG Serra – ES São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE São José dos Campos – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP Mesquita – RJ Salvador – BA Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Encantado – RS São Paulo – SP Recife – PE Rio de Janeiro – RJ Teresina – PI Curitiba – PR Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE São Paulo – SP

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PRÊMIO Ouro 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 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

CIDADE - ESTADO

Carlos Stein Naves de Brito Alex Corrêa Abreu Humberto Silva Naves Bernardo Freitas Paulo da Costa Daniel Massaki Yamamoto Murilo Vasconcelos Andrade Davi Máximo Alexandrino Nogueira Carlo Pietro Sousa da Silva Yuri Gomes Lima Tertuliano Franco Santos Franco Rodrigo Roque Dias Diêgo Veloso Uchôa Pietro Kreitlon Carolino Thiago Barros Rodrigues Costa Thiago da Silva Sobral Leonardo Augusto Zão Samuel Barbosa Feitosa Eduardo Famini Silva Einstein do Nascimento Júnior Eduardo Bertoldi Rafael Tajra Fonteles Diogo Diniz Pereira da Silva e Silva Kellem Corrêa Santos Domingos Dellamonica Junior Luis Daniel Barbosa Coelho Jorge Peixoto de Morais Neto Anne Caroline Bronzi Evandro Makiyama de Melo Helder Oliveira de Castro Moyses Afonso Assad Cohen Rogério de Assis Medeiros Rodrigo Angelo Muniz Fabrício Siqueira Benevides Giuliano Boava Filipe Rodrigues de Souza Moreira Antonio Carlos Maldonado S. A. Munhoz Anderson Rodrigues Ferreira Eduardo Ferraz Castelo Branco Ferreira Arthur Omar de Andrade Lazarte Vitor Gabriel Kleine

São José dos Campos – SP Niterói – RJ São José dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE São Cristóvão – SE Fortaleza – CE Salvador – BA São Paulo – SP Teresina – PI Campinas – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Nilópolis – RJ Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Vila Velha – ES Teresina – PI Campina Grande – PB Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP São José dos Campos – SP São José dos Campos – SP Ribeirão Preto – SP São Paulo – SP Mogi das Cruzes – SP Rio de Janeiro – RJ Franco da Rocha – SP Cariacica – ES Fortaleza – CE Florianópolis – SC São José dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Mogi das Cruzes – SP

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PRÊMIO Ouro 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 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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AGENDA OLÍMPICA XXVII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – Sábado, 11 de junho de 2005 Segunda Fase – Sábado, 03 de setembro de 2005 Terceira Fase – Sábado, 22 de outubro de 2005 (níveis 1, 2 e 3) Domingo, 23 de outubro de 2005 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova).

NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – Sábado, 03 de setembro de 2005 Segunda Fase – Sábado, 22 e Domingo, 23 de outubro de 2005 ♦

XI OLIMPÍADA DE MAIO 14 de maio de 2005 ♦

XVI OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 23 a 28 de maio de 2005 Sucre, Bolívia ♦

XLVI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 08 a 16 de julho de 2005 Yucatán, México ♦

XII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 22 a 28 de julho de 2005 Blagoevgrad, Bulgária ♦

XX OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 24 a 30 de setembro de 2005 Cartagena de Índias, Colômbia ♦

VIII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 19 de novembro de 2005 ♦♦♦ EUREKA! N°22, 2005

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COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad Américo López Gálvez Amarísio da Silva Araújo Ana Paula Bernardi da Silva Antonio Carlos Nogueira Ali Tahzibi Benedito Tadeu Vasconcelos Freire Carlos Frederico Borges Palmeira Claus Haetinger Cleonor Crescêncio das Neves Cláudio de Lima Vidal Edson Roberto Abe Élio Mega Éder Luiz Pereira de Andrade Eudes Antonio da Costa Florêncio Ferreira Guimarães Filho 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 Marilane de Fraga Sant'Ana Pablo Rodrigo Ganassim Ramón Mendoza Raúl Cintra de Negreiros Ribeiro Ronaldo Alves Garcia Reginaldo de Lima Pereira Reinaldo Gen Ichiro Arakaki Ricardo Amorim Sérgio Cláudio Ramos Seme Guevara Neto Tadeu Ferreira Gomes Tomás Menéndez Rodrigues Valdenberg Araújo da Silva Valdeni Soliani Franco Vânia Cristina Silva Rodrigues Wagner Pereira Lopes

(UFJF) (USP) (UFV) (Universidade Católica de Brasília) (UFU) (USP) (UFRN) (PUC-Rio) (UNIVATES) (UTAM) (UNESP) (Colégio Objetivo de Campinas) (Colégio Etapa) (UNESPAR/FECILCAM) (Univ. do Tocantins) (UFES) (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) FACOS (Liceu Terras do Engenho) (UFPE) (Colégio Anglo) (UFGO) (Escola Técnica Federal de Roraima) (UNIVAP) (Centro Educacional Logos) (IM-UFRGS) (UFMG) (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 Ribeirão Preto – SP Viçosa – MG Brasília – DF Uberlândia – MG São Carlos – SP Natal – RN Rio de Janeiro – RJ Lajeado – RS Manaus – AM S.J. do Rio Preto – SP Campinas – SP São Paulo – SP Campo Mourão – PR Arraias – TO Vitória – ES 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 Osório – RS Piracicaba – SP Recife – PE Atibaia – SP Goiânia – GO Boa Vista – RR SJ dos Campos – SP Nova Iguaçu – RJ Porto Alegre – RS Belo Horizonte – MG Juazeiro – BA Porto Velho – RO São Cristovão – SE Maringá – PR S.B. do Campo – SP Jataí – GO