Eureka 2007

CONTEÚDO AOS LEITORES

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XI OLIMPÍADA DE MAIO Enunciados e Resultado Brasileiro

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XII OLIMPÍADA DE MAIO Enunciados e Resultado Brasileiro

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XVI OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e Resultado Brasileiro

8

XVII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e Resultado Brasileiro

12

XLVI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro

14

XLVII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro

15

XX OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro

18

XXI OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro

20

ARTIGOS A FÓRMULA DE HERÃO Fabiano Alberton de Alencar Nogueira

22

ÁREAS PARA ACHAR RAZÕES DE SEGMENTOS Cícero Thiago e Marcelo Mendes

26

PROBLEMAS SOBRE PONTOS Davi Máximo e Samuel Feitosa

31

POLINÔMIOS SIMÉTRICOS Carlos A. Gomes

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OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO

53

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

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PROBLEMAS PROPOSTOS

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AGÊNDA OLÍMPICA

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COORDENADORES REGIONAIS

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EUREKA! N°25, 2007

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AOS LEITORES Chegamos ao número 25 da Eureka! apresentando as provas e os excelentes resultados brasileiros dos dois últimos anos em diversas competições internacionais de que o Brasil participa. Temos também quatro belos artigos e, atendendo a muitos pedidos, a volta da seção Olimpíadas ao redor do Mundo, agora com mais colaboradores. Agradecemos e continuamos estimulando a participação da comunidade olímpica na elaboração da Eureka! com problemas propostos, soluções e artigos, que têm feito da Eureka! um instrumento vivo de difusão das olimpíadas de Matemática no Brasil, contribuindo para a preparação em alto nível dos participantes da OBM em todo o país.

Os editores

EUREKA! N°25, 2007

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XI OLIMPÍADA DE MAIO PRIMEIRO NÍVEL PROBLEMA 1

Num quadro negro havia seis figuras: um círculo, um triângulo, um quadrado, um trapézio, um pentágono e um hexágono, pintados de seis cores: azul, branco, vermelho, amarelo, verde e marrom. Cada figura tinha somente uma cor e todas as figuras eram de cores diferentes.

No dia seguinte perguntou-se qual era a cor de cada figura.

Pablo respondeu: "O círculo era vermelho, o triângulo era azul, o quadrado era branco, o trapézio era verde, o pentágono era marrom e o hexágono era amarelo."

Sofia respondeu: "O círculo era amarelo, o triângulo era verde, o quadrado era vermelho, o trapézio era azul, o pentágono era marrom e o hexágono era branco."

Pablo errou três vezes e Sofia duas vezes, e sabe-se que o pentágono era marrom.

Determine se é possível saber com certeza qual era a cor de cada uma das figuras.

PROBLEMA 2

Um número inteiro chama-se autodivi se é divisível pelo número de dois algarismos formado por seus dois últimos dígitos (dezenas e unidades). Por exemplo, 78013 é autodivi pois é divisível por 13, 8517 é autodivi pois é divisível por 17.

Encontre 6 números inteiros consecutivos que sejam autodivi e que tenham os dígitos das unidades, das dezenas e das centenas distintos de 0.

PROBLEMA 3

Um segmento AB de largura 100 está dividido em 100 segmentos menores de largura 1 mediante 99 pontos intermediários.

Ao extremo A designa-se o 0 e ao extremo B, o 1.

Gustavo designa a cada um dos 99 pontos intermediários um 0 ou um 1, a sua escolha, e logo pinta cada segmento de largura 1 de azul ou de vermelho, respeitando a seguinte regra: São vermelhos todos os segmentos que têm o mesmo número em seus extremos e são azuis os segmentos que têm números diferentes em seus extremos.

Determine se Gustavo pode designar os 0's e os 1's de modo a obter exatamente 30 segmentos azuis. E 35 segmentos azuis? (Em cada caso, se a resposta é sim, mostre uma distribuição dos 0's e dos 1's, e se a resposta é não, explique o porquê.)

PROBLEMA 4

Há duas figuras de papel: um triângulo equilátero e um retângulo. A altura do retângulo é igual à altura do triângulo e a base do retângulo é igual à base do EUREKA! N°25, 2007

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triângulo. Divida o triângulo em três partes e o retângulo em duas, mediante cortes retos, de modo que com os cinco pedaços possamos montar, sem buracos nem superposições, um triângulo equilátero. Para montar a figura, cada parte pode ser girada e/ou dar a volta. (Justifique que o triângulo montado é equilátero.)

PROBLEMA 5

a) Em cada casa de um tabuleiro 7 × 7 se escreve um dos números: 1, 2, 3, 4, 5, 6 ou 7 de forma que cada número esteja escrito em sete casas distintas. Será possível que em nenhuma fila e em nenhuma coluna fiquem escritos números consecutivos? b) Em cada casa de um tabuleiro 5 × 5 se escreve um dos números: 1, 2, 3, 4 ou 5 de forma que cada número esteja escrito em cinco casas distintas. Será possível que em nenhuma fila e nenhuma coluna fiquem escritos números consecutivos?

SEGUNDO NÍVEL PROBLEMA 1

Determine o menor número de três dígitos que seja o produto de dois números de dois dígitos, de forma que os sete dígitos destes três números sejam todos diferentes.

PROBLEMA 2

Gonçalo escreve num quadro negro quatro números escolhidos entre 0, 1, 2, 3 ou 4. Pode repetir números. Nicolás realiza repetidas vezes a seguinte operação: troca um dos números, a sua escolha, pelo resto da divisão por 5 do produto de outros dois números do quadro negro, a sua escolha.

O objetivo de Nicolás é conseguir que os quatro números sejam iguais. Determine se Gonçalo pode escolher os números iniciais de forma que seja impossível a Nicolás alcançar seu objetivo.

PROBLEMA 3

No triângulo isósceles ABC, com AB = AC, seja M o ponto médio de BC. O Ponto ˆ = 1 BAC ˆ . A reta perpendicular a AD por C corta a D no lado BC é tal que BAD 6 AD em N de modo que DN = DM. Calcule os ângulos do triângulo ABC. PROBLEMA 4

Num baile há 12 homens, numerados de 1 a 12 e 12 mulheres, numeradas de 1 a 12. A cada homem se designa um "amigo oculto" entre os outros 11. Todos dançaram todas as músicas. Na primeira música cada homem dançou com a EUREKA! N°25, 2007

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mulher que tem seu mesmo número. A partir daí, cada homem dançou uma nova música com uma mulher que havia dançado a música anterior com seu amigo oculto.

Na terceira música os casais foram: Homens 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Mulheres 5 11 2 12 8 10 9 4 6 Encontre o número do amigo oculto de cada homem.

10 11 12 3 7 1

PROBLEMA 5

Sobre o tabuleiro 9 × 9 aterrissou a nave inimiga que cobre exatamente 5 casas do tabuleiro, assim:

A nave é invisível.

Cada míssil defensivo cobre exatamente uma casa, e destrói a nave se bater numa das 5 casas que esta ocupa.

Determine o número mínimo de mísseis que são necessários para destruir com certeza a nave inimiga.

RESULTADOS BRASILEIROS PRIMEIRO NÍVEL Leonardo Pereira Stedile James Jun Hong Thiago Gonçales César Ilharco Magalhães Fernando Fonseca Andrade Oliveira Erick Magno Costa Alonso Maíra Islena T. da Silva Matheus Barros de Paula Wagner Carlos Morêto Loyola Filho André Y. O. Bastos

São Paulo - SP São Paulo - SP Piracicaba - SP Juiz de Fora - MG Belo Horizonte - MG Uberaba - MG Belo Horizonte - MG Taubaté - SP Vitória - ES São Paulo - SP

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

RESULTADOS BRASILEIROS SEGUNDO NÍVEL Henrique Pondé de Oliveira Pinto Rafael Tupinambá Dutra Thiago Ribeiro Ramos Victor Reis de Abreu Cavalcante Lucas Zanotto Portela Lucio Eiji Assaoka Hossaka Tiago Madeira Hugo Musso Gualandi Giuliano Pezzolo Giacaglia Wilson Camara Marriel Illan Feiman Halpern

Salvador - BA Belo Horizonte - MG Varginha - MG Maceió - AL Curitiba - PR Curitiba - PR Itajaí - SC Vitória - ES Santo André - SP Rio de Janeiro - RJ Itatiaia - RJ

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

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XII OLIMPĂ?ADA DE MAIO PRIMEIRO NĂ?VEL PROBLEMA 1

Um calendĂĄrio digital exibe a data: dia, mĂŞs e ano, com 2 dĂ­gitos para o dia, 2 dĂ­gitos para o mĂŞs e 2 dĂ­gitos para o ano. Por exemplo, 01-01-01 corresponde a primeiro de janeiro de 2001 e 25-05-23 corresponde a 25 de maio de 2023. Em frente ao calendĂĄrio hĂĄ um espelho. Os dĂ­gitos do calendĂĄrio sĂŁo como os da figura abaixo:

Se 0, 1, 2, 5 e 8 se refletem, respectivamente, em 0, 1, 5, 2 e 8, e os outros dĂ­gitos perdem sentido ao se refletirem, determine quantos dias do sĂŠculo, ao se refletirem no espelho, correspondem tambĂŠm a uma data.

PROBLEMA 2

Um retângulo de papel de 3cm × 9cm Ê dobrado ao longo de uma reta, fazendo coincidir dois vÊrtices opostos. Deste modo se forma um pentågono. Calcular sua årea.

PROBLEMA 3

Hå 20 pontos alinhados, separados por uma mesma distância:

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • Miguel tem que pintar de vermelho três ou mais destes pontos, de maneira que os pontos vermelhos estejam separados por uma mesma distância e seja impossível pintar de vermelho exatamente um ponto a mais sem desobedecer a condição anterior. Determinar de quantas maneiras Miguel poderå fazer a tarefa.

PROBLEMA 4

Com 150 cubinhos brancos de 1 Ă— 1 Ă— 1 arma-se um paralelepĂ­pedo de 6 Ă— 5 Ă— 5, pintam-se as seis faces de azul e logo se desarma o paralelepĂ­pedo. Lucrecia deve armar um novo paralelepĂ­pedo, sem buracos, usando exclusivamente cubinhos que tenham ao menos uma face azul e de modo que as faces do paralelepĂ­pedo de LucrĂŠcia sejam todas completamente azuis.

Determinar as dimensĂľes do paralelepĂ­pedo de maior volume que Lucrecia pode armar.

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PROBLEMA 5

Em algumas casas de um tabuleiro 10 × 10 coloca-se uma ficha de maneira que se verifique a seguinte propriedade: Para cada casa que tem uma ficha, a quantidade de fichas colocadas em sua mesma linha deve ser maior ou igual que a quantidade de fichas colocadas em sua mesma coluna.

Quantas fichas pode haver no tabuleiro?

Diga todas as possibilidades.

SEGUNDO NÍVEL PROBLEMA 1

Determinar todos os pares de números naturais a e b tais que

a +1 b +1 e são b a

números naturais.

PROBLEMA 2

No quadro negro estão escritos vários números primos (alguns deles repetidos).

Mauro somou os números do quadro negro e Fernando multiplicou os números do quadro negro. O resultado que obteve Fernando é igual a 40 vezes o resultado que obteve Mauro. Determinar quais podem ser os números do quadro negro.

Diga todas as possibilidades.

PROBLEMA 3

Escrever um número inteiro positivo em cada casa de modo que: – Os seis números sejam distintos.

– A soma dos seis números seja 100.

Se cada número é multiplicado pelo seu vizinho (no sentido dos ponteiros do relógio) e se somam os seis resultados das seis multiplicações, obtémse o menor valor possível.

Explicar por que não é possível obter um valor menor.

PROBLEMA 4

Seja ABCD um trapézio de bases AB e CD. Seja O o ponto de interseção de suas diagonais AC e BD. Se a área do triângulo ABC é 150 e a área do triângulo ACD é 120, calcular a área do triângulo BCO.

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PROBLEMA 5

Com 28 pontos forma-se uma "grade triangular" de lados iguais, como se mostra na figura abaixo.

Uma operação consiste em escolher três pontos que sejam os vértices de um triângulo equilátero e retirar estes três pontos da grade. Se após realizar várias destas operações resta somente um ponto, em quais posições pode ficar esse ponto?

Determinar todas as possibilidades e indicar em cada caso as operações realizadas.

Justificar por que o ponto que restou não pode estar numa outra posição.

RESULTADOS BRASILEIROS PRIMEIRO NÍVEL Matheus Barros de Paula César Ilharco Magalhães Henrique L. de Mello Iuri Rezende Souza Elder Massahiro Yoshida Deborah Barbosa Alves Victor Gonçalves Elias Leonardo Gonçalves Fischer Wagner Carlos Morêto Loyola Filho Ivan Seiki Hellmeister

Taubaté - SP Juiz de Fora - MG Rio de Janeiro - RJ Mineiros - GO São Paulo - SP São Paulo - SP João Pessoa - PB Fraiburgo - SC Vitória - ES São Paulo - SP

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

RESULTADOS BRASILEIROS SEGUNDO NÍVEL Thiago Ribeiro Ramos Marcelo Tadeu de Sá O. Sales Rafael Horimoto de Freitas Renan Henrique Finder Illan Feiman Halpern Renan Lima Novais Rafael Rabelo de Carvalho Rafael Pacheco Gomes Caio Sérgio Parente Silva Hugo Fonseca Araújo

Varginha - MG Barreiras - BA São Paulo - SP Joinville - SC Itatiaia - RJ Niterói - RJ Brasília - DF Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Juiz de Fora - MG

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

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XVI OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e Resultado Brasileiro A XVI Olimpíada de Matemática do Cone Sul foi realizada na cidade de Sucre, Bolívia no período de 14 a 23 de Maio de 2005. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Emanuel Augusto de Souza Carneiro e Davi Alexandrino Nogueira, ambos da cidade de Fortaleza – CE. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4

Henrique Pondé de Oliveira Pinto Guilherme R. Nogueira de Souza Edson Augusto Bezerra Lopes Rafael Tupynambá Dutra

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

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

Considere a seguinte seqüência: a1 = último dígito da soma dos dígitos do número 2005 a2 = último dígito da soma dos dígitos do número 20052005 a3 = último dígito da soma dos dígitos do número 200520052005 ... an = último dígito da soma dos dígitos do número 20052005... 2005

n vezes 2005

Calcule: a1 + a2 + a3 + · · · + a2005 PROBLEMA 2

Seja ABC um triângulo acutângulo e sejam AN, BM e CP as alturas relativas aos lados BC, CA e AB, respectivamente. Sejam R, S as projeções de N sobre os lados AB, CA, respectivamente, e Q, W as projeções de N sobre as alturas BM e CP, respectivamente.

Mostre que R, Q, W, S são colineares; Mostre que MP = RS – QW.

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PROBLEMA 3

A unidade monetária de um certo país se chama reo, e todas as moedas que circulam são de números inteiros de reos. Em um grupo de três pessoas, cada uma tem 60 reos em moedas (mas não se sabe que tipo de moedas cada uma tem). Cada uma das três pessoas pode pagar a cada uma das outras qualquer valor inteiro entre 1 e 15 reos, inclusive, talvez com troco. Mostre que as três pessoas em conjunto podem pagar exatamente (sem troco) qualquer valor inteiro entre 45 e 135 reos, inclusive.

SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Seja ABC um triângulo isósceles, com AB = AC. Uma reta r que passa pelo incentro I de ABC intersecta os lados AB e AC nos pontos D e E, respectivamente.

F e G são pontos sobre o lado BC tais que BF = CE e CG = BD. Mostre que o ângulo ∠FIG é constante ao variar r.

PROBLEMA 5

Diremos que um número de 20 dígitos é especial se é impossível representá-lo como produto de um número de 10 dígitos por um número de 11 dígitos.

Determine qual é a máxima quantidade possível de números consecutivos que são especiais.

PROBLEMA 6

No plano cartesiano traçamos circunferências de raio 1/20 com centros em cada ponto de coordenadas inteiras. Mostre que qualquer circunferência de raio 100 que se trace no plano intersecta pelo menos uma das circunferências pequenas.

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XVII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e Resultado Brasileiro A XVII Olimpíada de Matemática do Cone Sul foi realizada na cidade de Escobar, Argentina no período de 5 a 11 de Maio de 2006. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Carlos Yuzo Shine (São Paulo – SP) e Luzinalva Miranda de Amorim (Salvador – BA).

RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4

Henrique Pondé de Oliveira Pinto Rafael Tupynambá Dutra Ramon Moreira Nunes Regis Prado Barbosa

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

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

No quadrilátero convexo ABCD, sejam E e F os pontos médios dos lados AD e BC, respectivamente. Os segmentos CE e DF cortam-se em O. Demonstrar que se as retas AO e BO dividem o lado CD em três partes iguais então ABCD é um paralelogramo.

PROBLEMA 2

Duas pessoas, A e B, jogam o seguinte jogo: eles retiram moedas de uma pilha que contém, inicialmente, 2006 moedas. Os jogadores jogam alternadamente retirando, em cada jogada, 1 a 7 moedas; cada jogador guarda as moedas que retira. Se quiser, um jogador pode passar (não retirar moedas em sua vez), mas para isso deve pagar 7 moedas das que retirou da pilha em jogadas anteriores. Estas 7 moedas são colocadas em uma caixa separada e não interferem mais no jogo.

Ganha quem retira a última moeda, e A começa o jogo.

Determinar qual jogador pode assegurar a vitória, não importando como jogue o outro. Mostrar uma estratégia vencedora e explicar por que é vencedora.

PROBLEMA 3

Seja n um número natural. A sucessão finita α de inteiros positivos tem, entre seus termos, exatamente n números distintos (α pode ter números repetidos). Além disso, se de um de seus termos qualquer subtraímos 1, obtemos uma sucessão que tem, entre seus termos, pelo menos n números positivos distintos. Qual é o valor mínimo que pode ter a soma de todos os termos da sucessão α?

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SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Daniel escreveu em uma lousa, de cima para baixo, uma lista de números inteiros positivos menores ou iguais a 10. Ao lado de cada número da lista de Daniel, Martín anotou a quantidade de vezes que esse número aparece na lista de Daniel e obteve assim uma lista de mesmo tamanho.

Se lemos a lista de Martín de baixo para cima obtemos a mesma lista de números que Daniel escreveu de cima para baixo. Encontre o maior tamanho que a lista de Daniel pode ter.

PROBLEMA 5

Encontrar todos os inteiros positivos n tais que  n  − 2 divide n − 4 e  n  + 2     divide n + 4 . ( [r ] denota a parte inteira de r, ou seja, o maior inteiro que é menor ou igual a r.

Por exemplo: [2, 5] = 2 ;  3  = 1 ; [5] = 5 .)   PROBLEMA 6

Dividimos o plano em casinhas quadradas de lado 1, traçando retas paralelas aos eixos coordenados. Cada casinha é pintada de branco ou preto. A cada segundo, recolorimos simultaneamente todas as casinhas, de acordo com a seguinte regra: cada casinha Q adota a cor que mais aparece na configuração de cinco casinhas indicadas na figura Q

O processo de recoloração é repetido indefinidamente. a) Determinar se existe uma coloração inicial com uma quantidade finita de casinhas pretas tal que sempre há pelo menos uma casinha preta, não importando quantos segundos se passaram desde o início do processo. b) Determinar se existe uma coloração inicial com uma quantidade finita de casinhas pretas tal que o número de casinhas pretas, após alguma quantidade de segundos, seja pelo menos 1010 vezes maior que o número inicial de casinhas pretas.

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XLVI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro A XLVI Olimpíada Internacional de Matemática foi realizada na cidade de Mérida – México no período de 08 a 19 de julho de 2005. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Edmilson Luis Rodrigues Motta (São Paulo – SP) e Onofre Campos da Silva Farias (Fortaleza – CE).

RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4 BRA5 BRA6

Gabriel Tavares Bujokas Thomás Yoiti Sasaki Hoshina Leandro Farias Maia Guilherme Rodrigues Nogueira de Souza Levi Máximo Viana Edson Augusto Bezerra Lopes

Medalha de Ouro Medalha de Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa **** ****

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

São escolhidos seis pontos nos lados de um triângulo equilátero ABC: A1 e A2 em BC, B1 e B2 em CA, C1 e C2 em AB. Estes pontos são os vértices de um hexágono convexo A1 A2 B1B2C1C 2 cujos lados são todos iguais. Demonstre que as retas A1 B2 , B1C 2 e C1 A2 são concorrentes.

PROBLEMA 2

Seja a1 , a2 ,... uma seqüência de inteiros que tem infinitos termos positivos e infinitos térmos negativos. Suponhamos que para cada inteiro positivo n, os números a1 , a2 ,..., an tem n restos distintos ao ser divididos entre n. Demonstre que cada inteiro se encontra exatamente uma vez na sucessão.

PROBLEMA 3

Sejam x, y, z números reais positivos tais que xy z ≥ 1 .

Demonstre que

x5 − x 2 y5 − y 2 z5 − z 2 + + ≥ 0. x5 + y 2 + z 2 y 5 + z 2 + x 2 z 5 + x 2 + y 2

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SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Consideremos a seqüência infinita a 1 , a 2 , ... definida por

an = 2 n + 3n + 6 n − 1

( n = 1, 2 , ...)

Determine todos os inteiros positivos que são relativamente primos relativos (coprimos) com todos os termos da seqüência.

PROBLEMA 5

Seja ABCD um quadrilátero convexo que tem os lados BC e AD iguais e não paralelos. Sejam E e F pontos nos lados BC e AD, respectivamente, que são distintos dos vértices e satisfazem BE = DF. As retas AC e BD se cortam em P e a reta EF corta AC e BD respectivamente em Q e R. Consideremos todos os triângulos PQR que se formam quando E e F variam. Demonstre que as circunferências circunscritas a esses triângulos têm em comum outro ponto além de P. PROBLEMA 6

Numa competição de matemática foram propostos 6 problemas aos estudantes.

Cada par de problemas foi resolvido por mais de 2 5 dos estudantes. Ninguém resolveu os 6 problemas. Demonstre que há pelo menos 2 estudantes tais que cada um tem exatamente 5 problemas resolvidos.

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XLVII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro A XLVII Olimpíada Internacional de Matemática foi realizada na cidade de Ljubljana – Eslovênia no período de 08 a 19 de julho de 2006. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Luciano Guimarães Monteiro de Castro (Rio de Janeiro – RJ) e Pablo Rodrigo Ganassim (São Paulo – SP).

RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4 BRA5 BRA6

André Linhares Rodrigues Guilherme Rodrigues Nogueira de Souza Leandro Farias Maia Leonardo Ribeiro de Castro Carvalho Rafael Mendes de Oliveira Régis Prado Barbosa

Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

nnnn

Seja ABC um triângulo com incentro I. Um ponto P no interior do triângulo verifica

PBA + PCA = PBC + PCB.

Prove que AP ≥ AI , com igualdade se, e somente se, P = I. PROBLEMA 2

Uma diagonal de um polígono regular P de 2006 lados é um segmento bom se separa P em duas partes, cada uma tendo um número ímpar de lados de P. Os lados de P também são segmentos bons.

Divide-se P em triângulos, traçando-se 2003 diagonais que, duas a duas, não se cortam no interior de P. Determine o maior número de triângulos isósceles nos quais dois lados são segmentos bons que podem aparecer numa divisão como essa.

PROBLEMA 3

Determine o menor número real M tal que a desigualdade

ab ( a 2 − b2 ) + bc (b2 − c 2 ) + ca ( c2 − a 2 ) ≤ M ( a 2 + b2 + c 2 )

2

é verdadeira para todos os números reais a, b, c.

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SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Determine todos os pares de inteiros (x, y) tais que

1 + 2 x + 22 x +1 = y 2 .

PROBLEMA 5

Seja P(x) um polinômio de grau n > 1 com coeficientes inteiros e seja k um inteiro positivo. Considere o polinômio Q ( x ) = P ( P(...P( P ( x))...)), onde P aparece k vezes. Prove que existem no máximo n inteiros t tais que Q(t ) = t.

PROBLEMA 6

A cada lado b de um polígono convexo P associa-se a maior das áreas dos triângulos contidos em P que têm b como um dos lados. Prove que a soma das áreas associadas a todos os lados de P é pelo menos o dobro da área de P.

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XX OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro A XX Olimpíada Iberoamericana de Matemática foi realizada na cidade de Cartagena de Índias – Colômbia no período de 22 de setembro a 1 de outubro de 2005. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Élio Mega (São Paulo – SP) e Yuri Gomes Lima (Fortaleza – CE).

RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4

Rafael Marini Silva Thomás Yoiti Sasaki Hoshina Gabriel Tavares Bujokas Thiago Costa Leite Santos

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

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

Determine todas as triplas de números reais (x, y, z) que satisfazem o seguinte sistema de equações:

xyz = 8, x 2 y + y 2 z + z 2 x = 73, x( y − z ) 2 + y ( z − x) 2 + z ( x − y ) 2 = 98.

PROBLEMA 2

Uma pulga salta sobre os pontos inteiros de uma reta numérica. Em seu primeiro movimento salta desde o ponto 0 e cai no ponto 1. A partir daí, se num movimento a pulga salta desde o ponto a e cai no ponto b, no seguinte movimento salta desde o ponto b e cai num dos pontos b + (b – a) – 1, b + (b – a), b + (b – a) + 1.

Demonstre que se a pulga caiu duas vezes sobre o ponto n, para n inteiro positivo, então deve ter feito ao menos t movimentos, onde t é o menor inteiro maior ou igual a 2 n .

PROBLEMA 3

Seja p > 3 um número primo. Se

1 1 1 1 n + p + p + ... + = p p 1 2 3 ( p − 1) m onde o máximo divisor comum de n e m é 1, demonstre que p 3 divide n.

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SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Dados os inteiros positivos a e b, denota-se por ( a ∇ b ) o resto que é obtido ao dividir a por b. Este resto é um dos números 0, 1,…, b – 1. Encontre todos os pares de números (a, p) tais que p é primo e vale:

( a ∇ p ) + ( a ∇ 2p ) + ( a ∇ 3p ) + ( a ∇ 4p ) = a + p.

PROBLEMA 5

Seja O o circuncentro de um triângulo acutângulo ABC e A1 um ponto no arco menor BC da circunferência circunscrita ao triângulo ABC. Sejam A2 e A3 pontos nos

lados

AB

e

AC

respectivamente,

tais

que

∠BA1 A2 = ∠OAC e

∠CA1 A3 = ∠OAB. Demonstre que a reta A2 A3 passa pelo ortocentro do triângulo ABC. PROBLEMA 6

Dado um inteiro positivo n, num plano consideram-se 2n pontos alinhados A1 , A2 ,..., A2n . Cada ponto é pintado de azul ou vermelho mediante o seguinte procedimento: No plano dado são traçadas n circunferências com diâmetros de extremos Ai e

Aj , disjuntas duas a duas. Cada Ak ,1 ≤ k ≤ 2n, pertence exatamente a uma circunferência. Pintam-se os pontos de modo que os dois pontos de uma mesma circunferência levem a mesma cor.

Determine quantas colorações distintas dos 2n pontos podem-se obter ao variar as n circunferências e a distribuição das duas cores.

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XXI OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro A XXI Olimpíada Iberoamericana de Matemática foi realizada na cidade de Guayaquil – Equador no período de 22 de setembro a 1 de outubro de 2006. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Paulo Cézar Pinto Carvalho (Rio de Janeiro – RJ) e Cícero Thiago Magalhães (Fortaleza – CE).

RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4

André Linhares Rodrigues Guilherme Rodrigues Nogueira de Souza Leandro Farias Maia Leonardo Ribeiro de Castro Carvalho

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

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

No triângulo escaleno ABC, com ∠BAC = 90° , consideram-se as circunferências inscrita e circunscrita. A reta tangente em A à circunferência circunscrita corta a reta BC em M. Sejam S e R os pontos de tangência da circunferência inscrita com os catetos AC e AB, respectivamente. A reta RS corta a reta BC em N. As retas AM e SR cortam-se em U. Demonstre que o triângulo UMN é isósceles.

PROBLEMA 2

Consideram-se n números reais a1, a2,..., an não necessariamente distintos. Seja d a diferença entre o maior e o menor deles e seja

s = ∑ (ai − a j ) i< j

Demonstre que

(n − 1)d ≤ s ≤

n2d 4

e determine as condições que devem satisfazer estes n números para que se verifique cada uma das igualdades.

PROBLEMA 3

Colocam-se os números 1,2,3,...,n2 nas casas de um tabuleiro n × n, em alguma ordem, um número por casa. Uma ficha encontra-se inicialmente na casa com o número n2. Em cada passo, a ficha pode mover-se para qualquer das casas que têm EUREKA! N°25, 2007

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um lado em comum com a casa onde se encontra. Primeiro, a ficha desloca-se para a casa com o nĂşmero 1, e para isso toma um dos caminhos mais curtos (com menos passos) entre o n2 e o 1. Da casa com o nĂşmero 1 desloca-se para a casa com o nĂşmero 2, a partir daĂ­ para a casa com o nĂşmero 3, e assim sucessivamente, atĂŠ regressar Ă casa inicial, tomando em cada um desses deslocamentos o caminho mais curto. A ficha dĂĄ N passos no percurso completo. Determine o menor valor e o maior valor possĂ­veis de N. SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Determine todos os pares (a, b) de inteiros positivos tais que 2a + 1 e 2b â&#x2C6;&#x2019; 1 sejam primos entre si e a + b divida 4ab + 1 .

PROBLEMA 5

Dada uma circunferĂŞncia C , considere um quadrilĂĄtero ABCD com os seus quatro lados tangentes a C, com AD tangente a C em P e CD tangente a C em Q. Sejam X e Y os pontos em que BD corta C, e M o ponto mĂŠdio de XY. Demonstre que â&#x2C6; AMP = â&#x2C6; CMQ .

PROBLEMA 6

Seja n > 1 um inteiro Ă­mpar. Sejam P0 e P1 dois vĂŠrtices consecutivos de um polĂ­gono regular de n lados. Para cada k Â&#x2022; GHILQH VH Pk como o vĂŠrtice do polĂ­gono dado que se encontra na mediatriz de Pk-1 e Pk-2. Determine para que valores de n a sucessĂŁo P0, P1, P2, â&#x20AC;Ś percorre todos os vĂŠrtices do polĂ­gono

9RFr VDELDÂŤ

4XH 232582657-1 p SULPR " (OH WHP GtJLWRV H p R PDLRU SULPR FRQKHFLGR QR PRPHQWR )RL GHVFREHUWR HP GH VHWHPEUR GH SRU &XUWLV &RRSHU H 6WHYHQ %RRQH GRLV SDUWLFLSDQWHV GR *,036 TXH Mi WLQKDP GHVFREHUWR R SULPR 2 -1, R VHJXQGR PDLRU SULPR FRQKHFLGR. O *,036 p XP SURMHWR FRRSHUDWLYR QD LQWHUQHW TXH Mi HQFRQWURX SULPRV GH 0HUVHQQH 9HMD www.mersenne.org SDUD PDLV LQIRUPDo}HV LQFOXVLYH FRPR DMXGDU D DFKDU RXWURV SULPRV GH 0HUVHQQH 30402457

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A FÓRMULA DE HERÃO Fabiano Alberton de Alencar Nogueira ♦ Nível Intermediário Uma fórmula que sempre exerceu sobre mim um grande fascínio é a fórmula de Herão para o cálculo da área S de um triângulo qualquer de lados a, b e c:

p ( p − a )( p − b )( p − c ) ,

S= onde p =

a+b+c é o semi-perímetro do triângulo. Sua dedução, no entanto, 2

apresenta na maioria dos livros uma certa dose de artificialidade. O objetivo deste artigo é sugerir uma dedução que me ocorreu como sendo mais natural, além de consideravelmente curta.

A inspiração veio quando estava revirando papéis velhos, alimentando minhas saudades dos tempos em que competia nas Olimpíadas de Matemática. Numa dessas sessões de nostalgia, deparei-me com uma questão da Olimpíada Estadual de Matemática do Rio de Janeiro que propunha que se provasse uma desigualdade envolvendo as medidas periféricas de um triângulo qualquer e o raio r do seu círculo inscrito:

1

( p − a)

2

+

1

( p − b)

2

+

1

( p − c)

2

≥

1 r2

Refazendo sua solução, vislumbrei a possibilidade de “fazer as pazes” com a fórmula de Herão, através do que passo a expor.

Primeiramente, listemos os pré-requisitos necessários à argumentação: A área S de qualquer triângulo é metade do produto envolvendo um par de seus lados e o seno do ângulo interno formado por eles.

1 S = ab sin Cˆ 2 b

c

Cˆ

a

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Os segmentos tangentes a um mesmo círculo, traçados pelo mesmo ponto, são congruentes. A figura a seguir aplica este princípio aos três vértices de um triângulo no qual foi construído o círculo inscrito, cujo raio é r. z A r

x

z

r

y

r

y

x

C

B

Na figura acima, as letras x, y e z denotam as medidas dos pares de segmentos que são congruentes por serem tangentes ao círculo inscrito, traçados respectivamente pelos vértices C, B e A. Da mesma figura, retemos os fatos de que CB = x + y e CA = x + z . Também é imediato que, sendo o perímetro

2 p = AB + CA + CB = ( y + z ) + ( x + y ) + ( z + y ) , temos que p = x + y + z .

A área S de qualquer triângulo é igual ao produto do semi-perímetro pelo raio do círculo inscrito, ou seja, S = pr . z A

x

z

I

y r

C

x

T

y

B

De fato, olhando para as bissetrizes do triângulo ABC, que concorrem no incentro I, vemos que AI, BI e CI dividem o interior de ABC em três triângulos, sendo um deles CBI. O raio r é a altura IT de CBI porque o círculo inscrito tangência o lado CB no ponto T. Portanto, ao considerarmos que a área de CBI, de base

CB = x + y e altura r, é dada por

(x + y )r 2

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que um raciocínio análogo permite

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concluir que as áreas de ABI e ACI valem, respectivamente

( y + z)r 2

e

(x + z )r 2

,

e que a área de ABC é a soma das áreas de CBI, ABI e ACI, temos:

S=

( x + y ) r ( y + z ) r ( x + z ) r (2 x + 2 y + 2z ) r +

2

2

+

=

2

2

=

2 pr = pr 2

O Teorema de Pitágoras e um pouco de Trigonometria, em particular a fórmula de duplicação de arcos sin 2α = 2sin α cos α , que será usada com 2α = Cˆ .

Estes são os ingredientes necessários à dedução da fórmula de Herão, numa versão extremamente simples de se memorizar: S =

pxyz !

E aqui vamos nós! Sem precisar dar novamente nome aos bois, temos

1 1 S = ab sin Cˆ = ( x + y )( x + z ) sin 2α , 2 2 Cˆ . Ocorre que, no triângulo retângulo CTI, de catetos x e r, 2 Cˆ em função desses parâmetros, podemos expressar o seno e o coseno de α = 2

ˆ = onde α = BCI

lançando mão do Teorema de Pitágoras:

CI 2 = CT 2 + IT 2 = x 2 + r 2 ⇒ CI = x 2 + r 2 .

I x2 + r2

r Cˆ 2

x

C

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T

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Logo sin

Cˆ IT = = 2 CI

r x +r 2

e cos

2

Cˆ CT = = 2 CI

x x + r2 2

. Por outro lado,

ˆ ˆ   x r sabendo que sin Cˆ = 2sin C cos C , temos sin Cˆ = 2   2 2 2 2 2 2  x + r  x + r

Lembrando que S = pr ⇒ r =

S , substituímos sin Cˆ = p

2x

S p

S x +   p

2

 2 xr = 2 2 . +r x 

na fórmula

2

1 ( x + y )( x + z ) sin Cˆ . A manipulação abaixo encerra a dedução, 2 uma vez que se p = x + y + z , então x = p − c , y = p − b e z = p − a : S 2 x x ( x + z )( x + y ) 1 p ⇒1= ⇒ S = ( x + z )( x + y ) 2 2 2   S S 2 2 p 2 + x    +x p   p da área S =

   S2  ×p ⇒ p  2 + x 2  = x  x 2 + xy + xz + zy   → S 2 + p 2 x 2 = p 2 x 2 + pxyz ⇒  x x + y + z = xp  p  )  ( 

⇒S=

pxyz =

p ( p − a )( p − b )( p − c )

Observações: É bem possível e provável que algum autor já tenha feito essa dedução em essência, porém não a encontrei na minha (pobre) bibliografia.

A questão da OEM/RJ (creio ser do ano de 1988) que transcrevi pode ser resolvida usando como lema uma desigualdade bem “manjada para os alunos olímpicos”: a 2 + b2 + c 2 ≥ ab + ac + bc , válida para quaisquer reais a, b e c.

O fato S = pr pode e deve ser generalizado para todos os polígonos convexos circunscritíveis. Curiosamente, o caso particular dos polígonos regulares, onde o raio r é o apótema a p , é bem mais popular do que o caso geral. Mesmo que se enfatize o caso particular S = pa p , vale a pena intuir a área do círculo a partir das substituições a p = r e p = π r .

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ÁREAS PARA ACHAR RAZÕES DE SEGMENTOS Cícero Thiago e Marcelo Mendes - Grupo Teorema de Matemática ♦ Nível Avançado Apresentaremos aqui uma simples, poderosa e útil ferramenta geométrica para problemas envolvendo razões de segmentos. Como convenção, denotemos por [Q] a área do polígono Q. Seja ABC um triângulo e P, um ponto em seu interior. Sejam S = [ABC], = [PBC], SA SB = [PAC] e SC = [PAB] (veja a figura abaixo, à esquerda). Temos S = SA + SB + SC.

A

A

C’

SB

SC

B’

P

P SA B

B

C

A’

C

Agora, prolongue AP até A’ sobre BC, e defina B’ e C’ analogamente (veja figura acima, à direita). Como triângulos com mesma altura têm áreas proporcionais a suas bases, temos: AP [ PAB ] [ PAC ] [ PAB ] + [ PAC ] SC + S B . = = = = PA ' [ PBA '] [ PCA '] [ PBA '] + [ PCA '] SA BP S A + SC CP S A + S B e . Por outro lado, também temos = = PB ' SB PC ' Sc BA ' [ PBA '] [ ABA '] [ PAB ] SC . = = = = A ' C [ PCA '] [ ACA '] [ PAC ] S B CB ' S A AC ' S B Da mesma forma, e . = = B ' A SC C ' B SA

Analogamente,

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Vejamos alguns exemplos.

Exemplo 1: Prove o teorema de Ceva: AX, BY, CZ são cevianas concorrentes de um

triângulo ABC ⇔

AZ BX CY ⋅ ⋅ =1.

ZB XC YA

Solução: Primeiro, suponha que AX, BY, CZ sejam concorrentes. Pela teoria acima,

BX SC CY S A AZ BX CY , e, diretamente, = = ⋅ ⋅ =1.

XC S B YA SC ZB XC YA AZ BX CY Reciprocamente, se ⋅ ⋅ = 1 e CZ não passasse pela interseção P de AX ZB XC YA e BY, então, sendo Z’ a interseção de CP e AB, teríamos pela primeira parte que AZ ' BX CY AZ AZ ' , um absurdo. Logo, CZ passa por P e ⋅ ⋅ = 1 . Portanto = Z ' B XC YA ZB Z ' B AX, BY e CZ são concorrentes. temos

AZ S B , = ZB S A

A

Z Z’

Y P

B

X

C

Exemplo 2: (HUNGRIA/1936) S é um ponto no interior do ∆ABC tal que as áreas dos triângulos ABS, BCS, CAS são todas iguais. Prove que S é o baricentro de ABC. Solução: Seja T a área dos triângulos ABS, BCS, CAS. Daí, sendo M, N e P as BM CN AP T = = = =1 , interseções de AS, BS e CS com os lados opostos, temos MC NA PB T

isto é, M, N e P são os pontos médios dos lados BC, CA e AB e, portanto, S é o baricentro de ABC.

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A

P

T

N S T T

B

M

C

Exemplo 3: (BANCO IMO/1996) Seja ABC um triângulo acutângulo com circuncentro O

e raio R. Seja A1 ≠ O o ponto de interseção de AO com a circunferência circunscrita ao triângulo BOC e defina analogamente B1 e C1. Mostre que OA1 ⋅ OB1 ⋅ OC1 ≥ 8R3. Quando ocorre a igualdade?

Solução:

Sejam D, E e F as interseções de AO, BO e CO com BC, CA e AB, respectivamente. É fácil ver que AO = BO = CO = R. Usando as relações provadas acima temos que: AO [ AOB ] + [ AOC ] BO [ AOB ] + [ BOC ] , = = [ BOC ] [ AOC ] OD OE

CO [ AOC ] + [ BOC ] = . [ AOB] OF

l = C BO l = C lAO Faça [ AOB ] = x,[ AOC ] = y ,[ BOC ] = z . É fácil perceber que DCO

l C e ∆DCO , logo ∆OA C ∆OCD. Com isso, l é comum a ∆OA e que COD 1 1 R OA R2 = 1 ⇒ OA1 = e analogamente, OD R OD OB1 =

R2 R2 e OC1 = . Então, OE OF

O A1 .O B1 .O C1 =

=

R6 R R R OA BO C O = ⋅ ⋅ ⋅ R3 = ⋅ ⋅ ⋅ R3 = O D .O E .O F OD OE OF OD OE OF

( x + y )( x + z )( y + z ) 3 ⋅R xyz

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2 xy 2 yz 2 zx

8 xyz 3 R3 = R = 8R3 . A igualdade ocorre quando x = y = z . xyz xyz Pelo exemplo 2, O tem que ser baricentro para acontecer a igualdade. ≥

A

O

B

C

D

A1

PROBLEMAS PROPOSTOS 1. (IME/1990;AIME/1985) Seja P um ponto no interior de um triângulo ABC,

dividindo-o em seis triângulos, quatro dos quais têm áreas 40, 30, 35 e 84, como mostra a figura. Calcule a área do triângulo ABC.

A

84

P 40

35 30

B

C

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2. (IMO/1961) Considere triângulo P1P2P3 e um ponto P no interior do triângulo. As

retas P1P, P2P, P3P intersectam os lados opostos nos pontos Q1, Q2, Q3, PP P P P P respectivamente. Prove que dos números 1 , 2 , 3 , ao menos um é ≤ 2 e PQ1 PQ2 PQ3 ao menos um é ≥ 2.

3. (AIME/1992) No triângulo ABC, A’, B’, C’ estão sobre os lados BC, AC e AB,

respectivamente. Dado que AA’, BB’, CC’ são concorrentes no ponto O e que AO BO CO AO BO CO . + + = 92 , encontre o valor de ⋅ ⋅ OA ' OB ' OC ' OA ' OB ' OC ' 4. Seja P um ponto no interior do ∆ABC. Sejam D, E, F as interseções de AP, BP,

com CP BC, CA, AB, PA PB PB PC PC PA ⋅ + ⋅ + ⋅ ≥ 12 .

PD PE PE PF PF PD

respectivamente.

Prove

que

5. No triângulo ABC, os pontos L, M, N estão sobre BC, AC, AB, respectivamente, e AL, BM, CN são concorrentes.

PL PM PN .

Encontre o valor numérico de + + AL BM CN AP BP CP Encontre o valor numérico de . + + AL BM CN 6. (IBERO/1985) Se AD, BE, CF são cevianas concorrentes no circuncentro O do

1 1 1 2 + + = .

AD BE CF R Sugestão: Usar problema 5 ∆ABC, demonstre que

7. Em um ∆ABC, AD, BE, CF são concorrentes no ponto P tal que AP = PD = 6,

EP = 3, PB = 9 e CF = 20. Qual é a área do ∆ABC?

8. Em um triângulo ABC, seja S o ponto médio da mediana correspondente ao

vértice A e Q, o ponto de interseção de BS com o lado AC. Mostre que BS = 3QS. 9. Seja ABC um triângulo e P um ponto em seu interior tal que AP, BP e CP

intersectam os lados BC, CA e AB nos pontos D, E e F, respectivamente. Se AP = a, BP = b, CP = c, PD = PE = PF = 3 e a + b + c = 43. Determine abc.

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PROBLEMAS SOBRE PONTOS Davi Máximo (UFC) e Samuel Feitosa (UFC) ♦ Nível Avançado Distribuir pontos num plano ou num espaço é uma tarefa que pode ser realizada de forma muito arbitrária. Por isso, problemas sobre pontos podem ser de diversas naturezas. Nesse artigo, trataremos as principais técnicas para resolver esses tipos de problemas, 1. Fecho Convexo

Pense no seguinte: dados n pontos num plano, podemos escolher alguns deles formando o único polígono convexo que contém, junto com seu bordo e seu interior, todos os n pontos. Tal afirmação pode ser provada por indução (que alias, é uma ferramenta que sempre deve ser lembrada em problemas de matemática discreta em geral). Tal polígono é chamado o fecho convexo desses n pontos.

Vamos ver que tão pouco já nos ajuda bastante em alguns problemas sobre pontos.

PROBLEMA 1

Seja S um conjunto finito de pontos, não havendo três colineares, tal que dados quaisquer 4 pontos de S eles formam um quadrilátero convexo. Mostre que S é um conjunto de vértices de um polígono convexo.

SOLUÇÃO:

Seja H o fecho convexo de S. Suponha um ponto P de S no interior de H. Escolha uma triangulação de H (assim como o fecho convexo, é simples provar que todo polígono convexo pode ser dividido por triângulos tendo como lados diagonais ou lados do polígono, tente indução).

Assim, P fica no interior de algum . triângulo ABC. Logo, o quadrilátero P ABCP não é convexo, absurdo!

H Portanto, S não pode ter pontos no B interior do seu fecho convexo, donde S é convexo, já que S não contém três A pontos colineares.

Os próximos problemas são resolvidos similarmente.

C

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PROBLEMA 2

Mostre que dados 5 pontos, não três colineares, existe um quadrilátero convexo com vértices nesses pontos.

PROBLEMA 3

Mostre que dado qualquer conjunto finito de pontos no plano existe uma reta por dois destes pontos que divide o plano em dois semi-planos de modo que um desses semi-planos não contém nenhum ponto do conjunto.

PROBLEMA 4

(Lista Cone Sul 2001) É possível que a reunião de um número finito de quadriláteros não convexos seja um polígono convexo?

Podemos definir fecho convexo para um conjunto X qualquer do plano. Ele é o “menor” conjunto convexo que contém X. Definição: O fecho convexo H de X é a interseção de todos os conjuntos convexos

do plano que contém X. Deixamos para o leitor a verificação dos seguintes fatos: i-) H é convexo ii-) No caso de um conjunto com um número finito de pontos esta definição implica que H é um polígono convexo cujos vértices pertencem a este conjunto.

PROBLEMA 5

Dado um conjunto de N discos de raios unitários. Esses círculos podem se intersectar (mas não coincidir). Mostre que existe um arco de comprimento maior ou igual a

2π pertencendo à circunferência de um desses discos que não é N

coberto por nenhum outro disco.

(IDÉIA DA SOLUÇÃO) Consideremos o fecho

convexo H desse conjunto de discos. Um arco que esteja na borda do fecho convexo não pode ser coberto por outro disco. Mostre que a “junção” de todos os arco no bordo de H é um círculo de raio unitário. Como este círculo tem perímetro 2π e no máximo juntamos N arcos, pelo menos um dos arcos da junção é maior ou igual a

2π .

N

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PROBLEMA 6

(OBM 96) Existe um conjunto A de n pontos ( n ≥ 3 ) em um plano tal que: i) A não contém três pontos colineares; ii) dados quaisquer três pontos pertencentes a A, o centro da circunferência que contém estes pontos também pertence a A? Os próximos dois problemas são de IMO e podem ser resolvidos usando só fecho convexo (na realidade, muita raça também, que é algo imprescindível em qualquer problema, principalmente de IMO).

PROBLEMA 7

(IMO 99/1) Determine todos os conjuntos finitos S de pontos do plano com pelo menos três elementos que satisfazem a seguinte condição: Para quaisquer dois pontos distintos A e B de S, a mediatriz do segmento AB é um eixo de simetria de S. (Veja a solução desse problema por Fabrício Siqueira Benevides na Eureka! N°.6) PROBLEMA 8

(IMO 95/3) Determine todos os inteiros n > 3 para os quais existem n pontos A1 , A2 , , An no plano, e números reais r1 , r2 , rn satisfazendo as condições:

!

!

não há três pontos Ai , A j , Ak colineares; para cada tripla i ,j, k (1 ≤ i < j < k ≤ n ) o triângulo Ai A j Ak tem área ri + rj + rk .

SOLUÇÃO:

Vamos fazer o caso n ≥ 5 . Considere, dentre os n pontos, cinco pontos A1 , A2 , A3 , A4 , A5 e seu fecho convexo . Temos três casos: 1° Caso: O Fecho Convexo é um triângulo.

Podemos assumir que tal fecho é o triângulo A1 A2 A3 , A4 e A5 estão no interior de A1 A2 A3 , com A5 fora de A1 A2 A4 e A4 fora de A1 A2 A4 (faça uma figura).

Podemos supor que os triângulos A1 A2 A4 e A2 A3 A5 têm interiores disjuntos.

Seguindo nossa notação para áreas, temos: r1 + r2 + r3 = [ A1 A2 A3 ] > [ A1 A2 A4 ] + [ A2 A3 A5 ] = r1 + r2 + r4 + r2 + r3 + r5 , donde 0 > r4 + r2 + r5 = [ A2 A4 A5 ], absurdo!

2° Caso: O Fecho Convexo é um quadrilátero Suponha A5 no interior do fecho convexo A1 A2 A3 A4 . Note que

[ A1 A2 A3 A4 ] = [ A1 A2 A3 ] + [ A1 A3 A4 ] = [ A1 A2 A4 ] + [ A2 A3 A4 ] EUREKA! N°25, 2007

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e portanto,

(r1 + r2 + r3 ) + (r3 + r4 + r1 ) = (r1 + r2 + r4 ) + (r2 + r4 + r3 ) ⇒ r1 + r3 = r2 + r4 .

Logo, 2[ A1 A2 A3 A4 ] = 3(r1 + r2 + r3 + r4 ) . Também,

[ A1 A2 A3 A4 ] = [ A1 A2 A5 ] + [ A2 A3 A5 ] + [ A3 A4 A5 ] + [ A4 A1 A5 ] Logo, temos r5 = − (r1 + r2 + r3 + r4 ) 8 = − [ A1 A2 A3 A4 ] 12 < 0 . Agora, observe que como A1 , A3 , A5 não são colineares, podemos supor um dos lados de

∠A1 A3 A5 < 180° . Então, um dos quadriláteros A1 A5 A3 A4 , A1 A5 A3 A2 é convexo. Digamos, A1 A5 A3 A4 convexo. Então, temos r1 + r3 = r4 + r5 e portanto, ficamos com r2 = r5 . Analogamente, usando que A2 , A4 , A5 não são colineares, temos r5 = r1 ou r3 . Assim, três dos números r1 , r2 , r3, r4 , r5 são negativos, obtendo uma área negativa. Absurdo!

3° Caso: O Fecho convexo é um pentágono Suponha que r1 seja o menor deles. Traçando uma paralela l por A1 à reta A3 A4 .

Como [ A1 A3 A4 ] = r1 + r3 + r4 ≤ r2 + r3 + r4 = [ A2 A3 A4 ] , A2 pertence a l ou ao semiplano definido por l oposto ao A3 A4 e, analogamente A5 . Como A1 , A2 , A5 não podem estar todos em l , temos ∠A2 A1 A5 > 180° , absurdo! .

Logo, n ≤ 4 . Um exemplo para n = 4 é um quadrado A1 A2 A3 A4 de lado 1 com

r1 = r2 = r3 = r4 = 1 6 .

Finalizamos essa parte com dois problemas bonitinhos.

PROBLEMA 9

(USAMO 2005) Seja n um inteiro positivo maior que 1. Suponha que são dados 2n pontos no plano, não havendo três colineares. Suponha que n dos 2n são pintados de azul e os outros n de vermelho. Uma reta no plano é dita balanceada se passa por um ponto azul e um ponto vermelho, e o número de pontos azuis em cada um de seus lados é igual ao número de pontos vermelhos. Prove que existem pelo menos duas retas balanceadas.

DICA: Prove que cada ponto do fecho convexo dos pontos está em pelo menos uma reta balanceada.

PROBLEMA 10

(Kömal 2002) Dado um conjunto qualquer de pontos no plano, não contendo três colineares, prove que é possível colorir os pontos com duas cores (azul e EUREKA! N°25, 2007

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vermelho) tal que todo semiplano contendo pelo menos três pontos do conjunto contenha pelo menos um ponto de cada cor.

2. Princípio das Casas dos Pombos

O princípio da casas dos Pombos, PCP, é importante e deve ser lembrado sempre.

Ele é usado para provar existências (“...se n + 1 pombos estão em n casas, existe pelo menos uma casa contendo pelo menos dois pombos...”). Nossos dois primeiros problemas dessa sessão são apenas versões dificultadas daquele exercício clássico do PCP. : dados cincos pontos num quadrado unitário, existem dois cuja distância entre eles é menor que

2

2

.

PROBLEMA 11

(Japão 97) Prove que entre quaisquer dez pontos no interior de um círculo de diâmetro 5, existem dois cuja distância entre eles é menor que 2.

PROBLEMA 12

(Coréia 97) Prove que entre quaisquer quatro pontos no interior de um círculo unitário, existem dois deles cuja distância é menor que

2.

PROBLEMA 13

(Rioplatense 2002) Daniel escolhe um inteiro positivo n e diz a Ana. Com esta informação, Ana escolhe um inteiro k e diz a Daniel. Daniel traça então n circunferências em um papel e escolhe k pontos distintos com a condição de que cada um deles pertença a alguma das circunferências que traçou. Em seguida, apaga as circunferências que traçou, sobrando visíveis apenas os k pontos que marcou. A partir desses pontos, Ana deve reconstruir pelo menos uma das circunferências que Daniel traçou. Determinar qual o menor valor de k que permite Ana alcançar seu objetivo independente de como Daniel escolha as n circunferências e os k pontos.

SOLUÇÃO:

O valor mínimo é k = 2n 2 + 1 .

1° Passo: k = 2n 2 + 1 é suficiente.

Se são dados 2n 2 + 1 pontos marcados por Daniel, como estes pontos são distribuídos em n circunferências, pelo Princípio das Casas dos Pombos, pelo menos 2n+1 deles estão em uma mesma circunferência traçada por Daniel. Então, se Ana traça todas as circunferências determinadas por estes 2n 2 + 1 , haverá uma EUREKA! N°25, 2007

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delas, digamos Γ , com pelo menos 2n+1 dos pontos. Como estes 2n+1 pontos provém das n circunferências de Daniel, três deles estão numa mesma circunferência traçada por ele, digamos ζ . Logo, ζ e Γ têm pelo menos três pontos em comum, e portanto, são a mesma circunferência (abusando da notação: ζ = Γ ). Assim, Ana consegue determinar umas das circunferências traçadas por Daniel.

2° Passo: Se k < 2n 2 + 1 , Daniel pode traçar circunferências e escolher k pontos de modo a tornar impossível para Ana determinar tais circunferências.

Basta considerar k = 2n 2 :

ζ

ζ

! ,! , ζ

Traçamos n circunferências concêntricas Γ1 , Γ2 , , Γn e outras n circunferências

1

2

ζ 1 ,ζ 2

n

duas a duas disjuntas, de

modo que ζ i corta Γ j em dois pontos Γn

Γ2

Γ1 ζ

n

distintos, para i, j = 1,2,...,n. Há exatamente 2n 2 pontos de intersecção.

Se Daniel marca estes pontos e apagas suas circunferências, Ana não conseguirá reconstruir com certeza nenhuma das circunferências, pois Daniel pode ter traçado inicialmente tanto Γ1 , Γ2 , , Γn quanto ζ 1 , ζ 2 ,

PROBLEMA 14

!, ζ

!

n

.

(Rioplatense 1999) Dois jogadores A e B disputam o seguinte jogo: A escolhe um ponto de coordenadas inteiras do plano e o pinta de verde; em seguida B escolhe 10 pontos de coordenadas inteiras, ainda não coloridos e os pinta de amarelo. O jogo continua assim com as mesmas regras: A e B escolhem um e dez pontos ainda não coloridos e os pintam de verde e amarelo, respectivamente. (a) O objetivo de A é obter 1112 pontos verdes que sejam as interseções de 111 retas horizontais e 111 retas verticais (i.e., paralelas aos eixos de coordenadas). O objetivo de B é impedir-lhe. Determine qual dos jogadores tem uma estratégia vencedora que lhe assegura seu objetivo. (b) O objetivo de A é obter quatro pontos verdes que sejam vértices de um quadrado de lados paralelos aos eixos coordenados. O objetivo de B é impedir-lhe.

Determine qual dos jogadores tem uma estratégia vencedora que lhe assegura seu objetivo.

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3. Idéias Extremais

Na matemática em geral, problemas de existência são muito comuns e importantes. São aqueles problemas que nos pedem para provar que a existência de alguma coisa. Na seção anterior, não explicitamente, nos deparamos com problemas desse tipo. E não foi para vender o artigo que iniciamos ambas as seções falando da importância dessas idéias, mas pelo o fato de que o PCP e o Princípio Extremal juntos são as ferramentas mais indispensáveis para o ataque desses problemas.

Mas afinal, que Princípio Extremal é esse? Digamos que temos um problema onde nos é pedido para provar a existência de um elemento satisfazendo uma certa propriedade P. Então, nós escolhemos um elemento que satisfaz maximalmente ou minimalmente, ou seja, extremalmente (será que acabamos de inventar essas palavras?) uma outra propriedade Q, não acidentalmente ligada com a desejada propriedade P. O que será que isso nos dá? Vejamos alguns problemas.

PROBLEMA 15

(Austrália 91) São dados n ≥ 3 pontos no plano tais que a área de um triângulo formado por quaisquer três deles é no máximo 1. Prove que os n pontos estão em um triângulo de área no máximo 4.

SOLUÇÃO:

!

Sejam P1 , P2 , , Pn os n pontos. Dentre os triângulos considerados, seja ABC o de maior área (o cara com a propriedade Q). Considere por A uma reta a paralela a BC. Sendo assim, qualquer outro ponto Pi deve estar no mesmo semiplano de B e C definido por A, pois do contrário teríamos Z um absurdo [ PBC ] > [ ABC ] (aqui [X], denota a área de X) . Analogamente, considerando as retas b e c por B e C B A paralelas a AC e AB, respectivamente, concluímos que todos os pontos P devem b estar no triângulo XYZ (acompanhe a figura ao lado). Como, c [ XYZ ] = 4[ ABC ] < 4 ⋅ 1 = 4 , o resultado C Y X segue. (isto é, XYZ satisfaz a propriedade P).

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PROBLEMA 16

(Putnam 1979) Sejam 2n pontos no plano escolhidos de modo que quaisquer 3 não são colineares, n deles são pintados de vermelho e n deles são pintados de azul. Prove que é possível parear os pontos usando segmentos ligando cada ponto vermelho a exatamente um ponto azul de modo que esses segmentos não se cortem.

SOLUÇÃO:

Existem n 2 maneiras de parear esses pontos. É claro que alguns desses pareamentos não cumprem a condição do enunciado. Olhemos em cada pareamento a soma dos seus segmentos. Escolha o pareamento que tem soma mínima. Suponha que nele existem dois segmentos AB e CD que se cortam (com A e C vermelhos) Pela desigualdade triangular temos:

A

C O

D B

AO + OD > CD   ⇒ AB + CD > AD + CB OB + OC > CB  Logo se trocarmos AB e CD por AD e CB diminuiremos nossa soma. Assim neste pareamento não temos dois segmentos que se cortam.

PROBLEMA 17

(Teorema de Sylvester) Um conjunto S de pontos no plano tem a seguinte propriedade: qualquer reta passando por 2 pontos passa também por um terceiro.

Mostre que todos os pontos estão sobre uma reta.

SOLUÇÃO:

Considere o conjunto L das retas que passam por dois pontos de S. Cada ponto de S tem uma distância associada a cada reta de L. Como L e S são conjuntos finitos então temos um número finito distâncias. Considere o par (l , s ) do ponto s ∈ S e l ∈ L com a menor distância não nula associada. Como l passa por dois pontos de S então deverá passar por um terceiro. Pelo menos dois pontos de S , digamos A e B, deverão estar em um “mesmo lado” de l determinado por P (pé da perpendicular de s até l ).

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Suponhamos que A esteja entre B e P. Seja m a reta que passa por B e s então: distância(A,m) ≤ distância(P,m) < < distância(s,l) Absurdo!

s

l

P

A

B

m

Assim todas as distâncias associadas têm que ser zero! Todos os pontos são colineares!

A seguir, veja como usar o Teorema de Sylvester.

PROBLEMA 18

São dados ( N ≥ 3) pontos no plano, nem todos colineares. Mostre que são necessários pelo menos n retas para unir todos os possíveis pares de pontos.

SOLUÇÃO:

Vamos tentar usar indução. Se N = 3 os três pontos formarão um triângulo. As retas suportes dos três lados desse triângulo satisfazem nossa afirmação. Suponha que a afirmação seja válida para N = k . Considere um conjunto T de N = k + 1 pontos. Como nem todos esses pontos estão sobre uma mesma reta decorre do teorema de Sylvester que existe uma reta que passa por apenas dois pontos (A e B) do conjunto. Pelo menos um dos conjuntos T \ { A} ou T \ {B} não poderá ter todos os seus k pontos colineares. Então pela hipótese teremos pelo menos k retas, mas a reta AB não foi contada, assim a afirmação também é verdadeira para N = k + 1 .

PROBLEMA 19

Dado um conjunto finito S de pontos no plano onde não existem quatro sobre um mesmo círculo e nem todos estão sobre uma mesma reta. Mostre que existe um círculo que passa por três desses pontos e não contém nenhum ponto de S em seu interior.

PROBLEMA 20

(Ibero 93) Prove que para qualquer polígono convexo de área 1, existe um paralelogramo de área dois que o contém.

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PROBLEMA 21

(OBM 94) Considere todos os círculos cujas circunferências passam por três vértices consecutivos de um polígono convexo. Prove que um destes círculos contém todo o polígono.

PROBLEMA 22

(Rioplatense 97) Agustina e Santiago jogam o seguinte jogo sobre uma folha retangular: Agustina diz um número n. Santiago, então marca n pontos sobre a folha . Em seguida, Agustina escolhe alguns dos pontos marcados por Santiago. Santiago ganha o jogo se consegue desenhar um retângulo com lados paralelos aos da folha, que contenha todos os escolhidos por Agustina e nenhum dos restantes. Do contrário, Agustina ganha.

Qual o menor número que deve escolher Agustina para assegurar-se da vitória, independente como jogue Santiago?

PROBLEMA 23

(Rússia 2000) São dados 2n+1 segmentos em uma linha reta. Cada segmento intersecta pelo menos n outros. Prove que um desses segmentos intersecta todos os outros.

PROBLEMA 24

(Japão 2002) É dado um conjunto S de 2002 pontos no plano xy, não havendo dois deles com a mesma abscissa x ou ordenada y. Para quaisquer dois desses pontos P e Q , considere o retângulo cuja diagonal é PQ e cujos lados são paralelos aos eixos. Denotemos por WPQ o número de pontos de S no interior desse retângulo, sem contar com P e Q. Determine o maior valor N possível que satisfaz: não importa como os pontos de S estão arranjados, existe pelo menos um par P e Q deles com WPQ ≥ N .

PROBLEMA 25

Dados 2n + 2 pontos no plano, não havendo três colineares, prove que existem dois deles que determinam uma reta que, dos 2n pontos restantes, separa n em um semi-plano e os outros n no outro semi-plano.

PROBLEMA 26

(Banco IMO 93) Dados 2n+3 pontos num plano, não havendo três colineares nem quatro concíclicos, prove que podemos escolher três deles de modo o círculo passando por estes tem n dos pontos restantes no seu interior e n no exterior.

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SOLUÇÃO: Basta considerar a figura abaixo. Deixamos os detalhes para o leitor.

A2 n +1 A2 n+ 2 = P A2 n +3 = Q

A1

An +1

PROBLEMA 27

São dados n pontos num plano. Em cada ponto médio de um segmento ligando dois desses pontos, colocamos um marcador. Prove que pelo menos 2n − 3 marcadores são utilizados.

4. Problemas de Coberturas

Nos problemas sobre pontos até agora, ficou claro que um pouco de geometria (sintética, analítica, trigonométrica ou utilizando o plano complexo) pode ser útil.

Finalizaremos esse artigo com uma seção falando um pouco disso, em particular, fazendo coberturas com círculos.

PROBLEMA 28

Seja C um círculo de raio 16 e A um anel tendo raio interno 2 e raio externo 3.

Agora suponha que um conjunto S de 650 pontos é selecionado dentro de C. Prove que, não importa como os pontos de S são selecionados dentro de C, o anel A pode ser colocado de modo a cobrir pelo menos 10 pontos de S. SOLUÇÃO:

Queremos mostrar que existe um ponto X no plano que possui uma distância maior que 2 e menor que 3 à pelo menos 10 pontos de S. Sobre cada ponto de S coloque um anel A. Basta mostrarmos que existe um ponto X que está no interior de pelo menos 10 desses anéis. As interseções desses anéis produzem pequenas regiões (veja a figura).

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Veja que existem três pequenas regiões que estão em dois anéis e uma que está em três. Somando as áreas dos três anéis contaremos três regiões duas vezes e uma três vezes. Somando a área de cada anel temos 650.(9π − 4π ) = 3250π .Aumentando o raio do círculo C para 19 poderemos cobrir todos esses anéis. Se cada pequena região foi contada no máximo 9 vezes contaremos no máximo 9 vezes a área desse novo círculo , ou seja, 9.19 2 π = 3249π < 3250π .

Assim existirá uma pequena região contida em pelo menos 10 anéis. Basta escolhermos um ponto X dessa região.

PROBLEMA 29

(Teste de Seleção da Romênia para a IMO – 1978) M é um conjunto de 3n pontos no plano tal que a maior distância entre quaisquer dois desses pontos é 1 unidade.

Prove que: a. Para quaisquer 4 pontos de M, a distância entre algum par de pontos é pelo menos

1 2

3 cobre todo o conjunto M. 2 c. Existe algum par entre os 3n pontos de M cuja distância entre eles é no máximo 4 (3 n − 3 )

b. Algum círculo de raio ≤

SOLUÇÃO:

a. Vamos tentar arranjar um triângulo não acutângulo em M. Considere o fecho convexo de quatro pontos de M. Podemos ter um quadrilátero (degenerado quando três pontos forem colineares) ou um triângulo com um ponto de M em seu interior.

No caso do quadrilátero como pelo menos um dos quatro ângulos internos é ≥ 90 , basta escolhermos o vértice com este ângulo e os adjacentes a ele. No caso EUREKA! N°25, 2007

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do triângulo vamos olhar para o ponto no interior. Esse ponto olha para os três lados do triângulo com ângulos que somados resultam em 360 , . Pelo menos um deles é ≥ 120 , . Seja XYZ um triângulo com ∠XYZ ≥ 90 , . Pela lei dos cossenos temos: y 2 = x 2 + z 2 − 2 xz cos XYZ ≥ x 2 + z 2 . Como y ≤ 1 ⇒ x ou z ≤

1

.

2

b. Seja r = AB a maior distância entre dois pontos de M. Tracemos círculos de raio r centrados em A e B. M deverá estar contido em cada um desse círculos.

Então M deverá estar contido na região de interseção entre eles. Tracemos um 3r 3 ≤ círculo de raio centrado no ponto médio C de AB. Veja que este novo 2 2 círculo cobre a região de interseção. c. Vamos usar a mesma idéia do problema dos anéis. Se dois ponto de M estão em um círculo Y de raio r então a distância entre eles não pode ser maior ou igual a 2r . Então nosso objetivo é mostrar que existem dois pontos de M

A C

B

dentro de um círculo de raio

2 (3 n − 3 )

M X 3 que cobre M. Centrado em cada ponto de M 2 tracemos um círculo de raio r . Suponha que Z é um ponto na interseção de dois desses círculos. Então o círculo de centro Z e raio r cobre dois pontos de M(os centros dos círculos que cobriam Z). Como mostrar pelo menos dois desses 2 círculos que traçamos irão se intersectar para r = ? Vamos aumentar (3 n − 3 ) Seja C um círculo de raio

3 + r com mesmo centro. Todos esses 2 círculos estarão contidos em D. Se a área de D for menor que a soma das áreas de cada círculo com certeza pelo menos dois deles terão interseção. Mas isso

o raio de C e obter um círculo D de raio

2

 3  acontece se 3n ⋅ π r 2 < π  + r  . Agora basta fazermos o estudo do sinal. Como  2    EUREKA! N°25, 2007

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a

maior

raiz

3+3 n e 3n − 1 > 0 2(3n − 1)

é

se

3 +3 n 3 . (Veja que podemos melhorar um pouco OK! ⇔ r > 2(3n − 1) 2(3 n − 3) a cota do problema, pois 2 > 3 ).

2 r>

PROBLEMA 30

(Ibero 97) Seja P = {P1 , P2 ,..., P1997 } um conjunto de 1997 pontos no interior de um círculo de raio 1, com P1 sendo o centro do círculo. Para k = 1,2,...,1997 , seja x k a distância de Pk ao ponto de P mais próximo de Pk . Mostre que:

x1 + x 2 + ... + x1997 ≤ 9 .

2

2

2

SOLUÇÃO:

Note que x k ≤ 1 , para todo k.

Para

cada

ponto

Pk ,

considere

circunferência Γk de centro Pk e raio

P1

xk .

2

Sendo assim, todos essas circunferências se tocam em no máximo 1 ponto e estão no interior de uma circunferência de centro P1 e

Pn

raio 3/2. Logo, [Γ1 ] + [Γ2 ] + 2

uma

2

π  x1  + π  x 2  +  2  2

" + π  x

donde: 2

n

( )

"+[Γ ] ≤ π (32)

 ≤ π 3 2 ⇒ x2 + x2 +  1 2 2 2

2

k

"+ x

2 n

≤9.

PROBLEMA 31

(IMO 89) São dados n e k inteiros positivos e um conjunto S de n pontos no plano tais que (i) não há três pontos em S colineares, (ii) Para qualquer ponto P de S existem pelo menos k pontos de S eqüidistantes de P. Prove que k <

1 + 2n .

2

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PROBLEMA 32

(Ibero 98) Encontre o maior inteiro n para o qual existem pontos P1 , P2 ,..., Pn no plano e números reais r1 , r2 ,..., rn tais que a distância entre Pi e Pj é ri + r j .

Referências Bibliográficas: [1] Revista Eureka! N°6.

[2] Ross Honsberger, Mathematical Gems Vol.I, The Dolciani Mathematical Expositions, MAA. [3] Andreescu, Feng, Mathematical Olympiads: Olympiad problems from around the world, 1999-2000, MAA 2000.

[4] Marcin Kuczma , International Mathematical Olympiads, 1986-1999, MAA 2003.

[5] www.mathlinks.ro

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POLINÔMIOS SIMÉTRICOS Carlos A. Gomes, UFRN, Natal – RN. ♦ Nível Avançado

Uma ferramenta bastante útil na resolução de problemas algébricos de fatoração, na resolução de sistemas de equações não lineares, na resolução de algumas equações irracionais são as funções polinomiais simétricas, que apesar de seu grande poder algébrico são pouco divulgadas entre os nossos alunos. A finalidade deste breve artigo é exibir de modo sucinto como estas ferramentas podem ser úteis na resolução de alguns problemas olímpicos.

I. Polinômios Simétricos

Um polinômio f, a duas variáveis x, y, é dito simétrico quando f(x, y) = f (y, x) para todos os valores x, y.

Exemplos:

a) σ1 = x + y e σ2 = x · y, são evidentemente polinômios simétricos (chamados polinômios simétricos elementares). b) Os polinômios da forma Sn = xn + yn, com n ∈ também são simétricos. Um fato importante a ser observado é que um polinômio simétrico f(x, y) pode ser representado como um polinômio em função de σ 1 e σ 2. Vejamos: Se Sn = xn + yn, n ∈ , (n ≥ 2), então: Sn = xn + yn = (x + y) (xn–1 + yn–1) – xy (xn – 2 + yn – 2) = σ 1 · Sn – 1 – σ 2 · Sn – 2 (n ≥ 2) Mas, S0 = x0 + y0 = 1 + 1 = 2 S1 = x1 + y1 = x + y = σ 1 Assim temos que: S0 = 2 S1 = σ1 S2 = σ1 · S1 –σ2 · S0 = σ1 · σ1 –σ2 · 2 = σ12 – 2σ2 S3 = σ1 · S2 –σ2 · S1 = σ1 (σ12 – 2σ2) –σ2 · σ1 = σ13 – 3σ1 · σ2 E daí usando a lei de recorrência Sn = σ1 Sn – 1 – σ2 Sn – 2 (n ≥ 2) podemos determinar Sn em função de σ1 e σ2 para qualquer número natural n.

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Agora para garantirmos a afirmação anterior que todo polinômio simétrico f(x, y) pode ser representado como um polinômio em σ1 e σ2 observemos o seguinte fato: Num polinômio simétrico f(x, y) para os termos da forma a . xK . yK não temos nenhum problema pois a · xK · yK = a(x · y)K = a · σ 2K. Agora com os termos da forma b · xi · yK, com i < k devemos observar o seguinte fato: Como, por hipótese, f(x, y) é simétrico se b · xi · yk, com i < k estiver presente em f(x, y) temos que b · xk · yi também deve estar presente em f(x, y), visto que deve ser satisfeita a condição f(x, y) = f(y, x). Assim se agruparmos os termos b · xi · yk + b · xk · yi (i < k) temos que: b · xi · yk + b · xk · yi = b · xi · yi (xk - i + yk - i) = b · σ2i · Sk – i , mas como já mostramos anteriormente Sk – i pode ser escrito como um polinômio em σ1 e σ2, pois k – i ∈ , visto que i < k.

II. Exemplos Resolvidos 01. (Funções simétricas elementares a 3 variáveis)

Definido: σ1 = x + y + z σ2 = xy + xz + yz σ3 = x · y · z Sn = xn + yn + zn, com n ∈

(n ≥

2)

Mostre que: a) Sn = σ1 · Sn – 1 –σ2 · Sn – 2 + σ3 · Sn – 3 (n ≥ 3 , com n∈ b) S3 = σ13 – 3σ1σ2 + 3σ3

)

Resolução: Observe inicialmente que: xn + yn + zn = (x + y + z) (xn – 1 + yn –1 + zn – 1) – (xy + xz + yz) (xn – 2 + yn – 2 + zn – 2) + xyz (xn – 3 + yn – 3 + zn – 3) e daí temos que: Sn = σ1 · Sn – 1 –σ2 · Sn – 2 + σ3 · Sn – 3 (n ≥ 3, com n ∈ Agora temos que: EUREKA! N°25, 2007

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)

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S0 = x0 + y0 + z0 = 1 + 1 + 1 = 3 S1 = x + y + z = σ1 S2 = x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2 (xy + xz + yz) = σ12 – 2σ2 Agora fazendo n = 3 temos na lei de recorrência Sn = σ1 · Sn – 1 –σ2 · Sn – 2 + σ3 · Sn – 3 temos que: S3 = σ1 · S2 –σ2 · S1 + σ3 · S0 = σ1 (σ12 – 2σ2) –σ2 · σ1 + σ3 · 3 S3 = σ13 – 3σ1 · σ2 + 3σ3 02. a) Fatore x3 + y3 + z3 – 3xyz Resolução:

Essa velha e manjada questão continua ainda hoje pegando alguns bons professores e alunos. A sua solução pelos métodos tradicionais envolve uma boa dose de atenção e de paciência para aplicar velhos “truques” de fatoração, por outro lado ela é imediata usando os polinômios simétricos. Vejamos: x3 + y3 + z3 – 3xyz = S3 – 3 · σ3 Mas de acordo com a questão anterior S3 = σ13 – 3σ1σ2 + 3σ3 e daí temos que S3 – 3σ3 = σ13 – 3σ1σ2. Assim: x3 + y3 +z3 – 3xyz = S3 – 3σ3 = =σ13 – 3σ1σ2 = =σ1 (σ12 – 3σ2) = = [(x + y + z)2 – 3 (xy + xz + yz)] = (x + y + z) (x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz) Obs. (para os mais curiosos): Na RPM 41, pág.38 existe uma bela resolução desse problema usando um determinante.

b) Usando a fatoração obtida em (a), verifique a famosa desigualdade das médias a+b+c e a igualdade aritmética e geométrica. Se a, b, c ∈ #+ então 3 abc ≤ 3 ocorre, se, e somente se, a = b = c.

De fato, em (a) verificamos que x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z) (x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz).

Vamos mostrar inicialmente que se x, y, z são números reais positivos então:

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(x + y + z) · (x2 + y2 + z2 – xy – xy – yz) ≥ 0 De fato, 1 (2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2xz – 2zy) 2 1 = (x2 – 2xy + y2 + x2 – 2xz + z2 + y2 – 2yz + z2) 2 1 = [(x – y)2 + (x – z)2 + (y – z)2] ≥ 0 (Soma de 2

x2 + y2 + z2 – xy – xz + yz =

quadrados) Ora, como estamos supondo x, y, z reais positivos temos que x + y + z ≥ 0 e daí (x + y + z) (x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz) ≥ 0 (pois é o produto de fatores ≥ 0).

Assim temos que: x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z) (x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz) ≥ 0 e daí 3xyz ≤ x3 + y3 + z3 ⇒ xyz ≤

x3 + y 3 + z 3 3

fazendo x3 = a, y3 = b e z3 = c temos que: 3

a .3 b .3 c ≤

a+b+c 3

e daí 3

abc ≤

a+b+c 3

Com a igualdade ocorrendo se e somente se a = b = c, pois em (x + y + z) · (x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz) ≥ 0 a igualdade ocorre apenas quando x = y = z, visto que x + y + z > 0, uma vez que x, y, z são números reais positivos e além disso, 1 (x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz) = [(x – y)2 + (x – z)2 + (y – z)2] = 0 ⇔ x = y = z.

2 03. Fatore (x + y + z)3 – (x3 + y3 + z3) Resolução:

(x + y + z)3 – (x3 + y3 + z3) = σ13 – S3

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Mas, no exemplo anterior vimos que S3 = σ13 – 3σ1σ2 + 3σ3 e daí (x + y + z)3 – (x3 + y3 + z3) = σ13 – (σ13 – 3σ1σ2 + 3σ3) = 3 · (σ1σ2 – σ3) = 3 · [(x + y + z) (xy + xz + yz) – xyz] = 3 · (x2y + x2z + xyz + xy2 + xyz + y2z + xyz + xz2 + yz2 – xyz) = 3 · [xy(x + y) + xz(x + y) + yz(y + z) + xz(y + z)] = 3 · [(x + y)(xy + xz) + (y + z)(yz + xz)] = 3 · [(x + y) . x(y + z) + (y + z) . z(x + y)] = 3 · (x + y)(y + z)(x + z) 04. Se x1 e x2 são as raízes da equação x2 – 6x + 1 = 0 determine o valor de x15 +

x25.

Resolução:

Fazendo Sn = x1n + x2n, n ∈ , queremos determinar S5 = x15 + x25 Temos que: σ1 = x1 + x2 = 6 σ2 = x1 · x2 = 1 S0 = x10 + x20 = 1 + 1 = 2 S1 = x1 + x2 = 6 Sn = σ1 · Sn – 1 –σ2 · Sn – 2 = 6 Sn – 1 – Sn – 2 e daí S2 = 6 · S1 – S0 = 6 · 6 – 2 = 34 S3 = 6 · S2 – S1 = 6 · 34 – 6 = 198 S4 = 6 · S3 – S2 = 6 · 198 – 34 = 1154 S5 = 6 · S4 – S3 = 6 · 1154 – 198 = 6726 Assim x15 + x25 = 6726 05. Determine todas as soluções reais do sistema

x + y + z =1   3 3 3 4 4 4  x + y + z + xyz = x + y + z + 1 De acordo com o sistema acima temos que:

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σ1 = 1  , onde S n = x n + y n + z n , n ∈ <  1 + σ = + S S  3 3 4 Mas, S3 = σ13 – 3σ2σ1 + 3σ3 e S4 = σ14 – 4σ12σ2 + 2σ22 + 4σ1. σ3 (verifique isto!) e daí S3 + σ3 = S4 + 1 ⇒ σ13 – 3σ1σ2 + 3σ3 + σ3 = σ14 – 4σ12 σ2 + 2σ22 + 4σ1σ3 + 1 Como σ1 = 1 temos que: 1 – 3 σ2 + 4σ3 = 1 – 4σ2 + 2σ22 + 4σ3 + 1 ⇒ 2σ22 –σ2 + 1 = 0 Como, ∆ = (–1)2 – 4 · 2 · 1 = –7 < 0, concluímos que existem raízes reais.

Uma outra aplicação interessante dos polinômios simétricos pode ser encontrada na resolução de algumas equações irracionais. Vejamos: 06. Determine todas as raízes reais da equação abaixo: 4

272 − x + 4 x = 6

Resolução:

Fazendo

4

x=y e

4

272 − x = z temos que

 y+z=6 x = y4 e 272 – x = z4 ⇒  4 4  y + z = 272 e agora lembrando que: σ1 = y + z e σ2 = y · z e Sn = yn + zn, com n ∈

 σ1 = 6 σ1 = 6  ⇒ 4  2 2 S 4 = 272 σ1 − 4σ1 .σ2 + 2σ 2 = 272 Logo, 64 – 4 · 62 · σ2 + 2σ22 = 272 ⇒ σ22 – 72σ2 + 512 = 0 ⇒ σ2 = 64 ou σ2 = 8 y + z = 6 Assim, se σ 2 = 64 ⇒  ⇒ Não existem soluções reais.  y ⋅ z = 64 y + z = 6 Por outro lado, se σ2 = 8 ⇒  ⇒ y = 2 e z = 4 ou z = 2 e y = 4  y⋅ z = 8 Assim concluímos que: y = 2 ⇒ x = 16 y = 4 ⇒ x = 256 Logo as raízes reais da equação são 16 e 256.

EUREKA! N°25, 2007

51

Sociedade Brasileira de Matemática

III. Problemas: 01. Se α , β e γ são as raízes da equação x3 + 3x2 – 7x + 1 = 0. Determine o valor

de α 3 + β 3 + γ 3 + α 4 + β 4 + γ 4  x+ y =a  02. Mostre que se o sistema  x 2 + y 2 = b tem solução, então a3 – 3ab + 2c = 0  x3 + y 3 = c  03. x, y, z são números reais tais que x + y + z = 5 e yz + zx + xy = 3. Verifique que 13 −1 ≤ z ≤ .

3 04. Se x + y + z = 0, verifique que, para n = 0, 1, 2, ... vale a relação:

xn + 3 + yn + 3 + zn + 3 = xyz(xn + yn + zn) + 05. Determine as raízes reais da equação

5

1 2 (x + y2 + z2)(xn + 1 + yn + 1 + zn + 1) 2

33 − x + 5 x = 3 .

06. Verifique que:

(x + y + z)3 – (y + z –x)3 – (x + z – y)3 – (x + y – z)3 = 24xyz.

07. Dados a, b e c números reais positivos tais que

log a b + log b c + log c a = 0 ,determine o valor de (log a b ) + (log b c ) + (log c a ) .

3

3

3

08. Se α, β e γ são números complexos tais que α + β + γ = 1, α2 + β2 + γ 2 = 3 e

α3 + β3 + γ 3 = 7 , determine o valor de α21 + β21 + γ21 .

Referências: [1] Barbeau, E. J., Polynomials – Problems books in Mathematics – Springer Verlag.

[2] Engel, Arthur , Problem-Solving Strategies – Springer Verlag.

[3] www.obm.org.br [4] Mathematical Excalibur.

EUREKA! N°25, 2007

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Sociedade Brasileira de Matemática

OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO

Þ A partir desse número a EUREKA! volta a apresentar problemas de

olimpíadas de vários países do mundo. Como antes, esperamos contar com a colaboração dos leitores para a apresentação das soluções dos problemas propostos. Aos leitores que se interessarem pela solução de algum problema particular, pedimos contatar à OBM, através de carta ou e-mail. Repassada a nós a mensagem, teremos o maior prazer de apresentar as soluções solicitadas no número subsequente da EUREKA! Bom divertimento!

ÞÞÞ

Antonio Caminha Antonio Luiz Santos Bruno Holanda Samuel Barbosa

211. (Baltic Way – 2004) Uma seqüência a1, a2, ... de números reais não-negativos satisfaz, para n = 1, 2, ..., as seguintes condições:

(a) an + a2n ≥ 3n. (b) a n +1 + n ≤ 2 a n (n + 1) . (i) Prove que an ≥ n para todo n = 1, 2, ... (ii) Dê exemplo de uma tal seqüência.

212. (Baltic Way – 2004) Seja P um polinômio com coeficientes não-negativos. Prove

que se P(1/x)P(x) ≥ 1 para x = 1, então tal desigualdade se verifica para todo real positivo x.

213. (Baltic Way – 2004) Ache todos os conjuntos X, consistindo de ao menos dois

inteiros positivos, tais que para todos m, n ∈ X, com n > m, exista um elemento k de X tal que n = mk2.

214. (Rússia – 2004) São dados um natural n > 3 e reais positivos x1, x2, ..., xn cujo produto é 1. Prove a desigualdade

1 1 1 + + ... + > 1.

1 + x1 + x1 x 2 1 + x 2 + x 2 x3 1 + x n + x n x1 EUREKA! N°25, 2007

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Sociedade Brasileira de Matemática

215. (Rússia – 2004) Uma seqüência a1, a2, ... de números racionais não-negativos é tal que am + an = amn para todos m, n naturais. Prove que os termos da seqüência não podem ser todos distintos.

216. (Rússia – 2004) Sejam IA e IB os centros das circunferências ex-inscritas a um triângulo ABC que tangenciam os lados BC e AC, respectivamente. Seja ainda P um ponto sobre a circunferência circunscrita de ABC. Prove que o ponto médio do segmento que une os circuncentros dos triângulos IACP e IBCP coincide com o circuncentro de ABC. 217. (Putnam – 2005) Calcule o valor da integral

1 ln( x + 1)

∫0

x2 +1

dx .

218. (Putnam – 2005) Encontre todas as funções diferenciáveis f: (0, +∞) → (0, +∞)

a  x

para as quais exista um real positivo a tal que f '   =

x para todo real f ( x)

positivo x.

219. (Putnam – 2005) Seja Sn o conjunto de todas as permutações de 1, 2, ..., n. Para π

∈ Sn, seja σ(π) = 1 se π for uma permutação par e σ(π) = –1 se π for uma permutação ímpar. Denote ainda por v(π) o número de pontos fixos de π. Prove que

∑

π ∈S n

n σ (π ) = (–1)n +1 n + 1 . v (π ) + 1

220. (Moldávia – 2006) Seja a e b os catetos de um triângulo retângulo, c sua hipotenusa e h a altura relativa à mesma. Encontre o maior valor possível de

c+h . a+b

221. (Moldávia – 2006) Seja n > 1 um inteiro positivo e M = {0, 1, 2, ..., n – 1}. Para a

inteiro não-nulo, nós definimos a função fa: M → M tal que fa(x) é o resto da divisão de ax por n. Encontre uma condição necessária e suficiente para que fa seja uma bijeção. Se fa for uma bijeção e n for um número primo, prove que an(n – 1) – 1 é divisível por n2.

EUREKA! N°25, 2007

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Sociedade Brasileira de Matemática

222. (Moldávia – 2006) O quadrilátero convexo ABCD é inscritível. As tangentes a sua circunferência circunscrita em A e C se intersectam em P, tal que P não está sobre a reta BD e PA2 = PB×PD. Prove que a reta BD passa pelo ponto médio do segmento AC.

A

A

223. (Bielorússia – 2005) Seja H o ponto de interseção das alturas BB1 e CC1 do triângulo acutângulo ABC. Seja uma reta passando por A, tal que ⊥ AC. Prove que as retas BC, B1C1 e possuem um ponto em comum se e somente se H for o ponto médio de BB1.

A

224. (Bielorússia – 2005) Ache todas as funções f : → satisfazendo

para todos m, n ∈ .

f (m − n + f (n)) = f (m) + f (n) ,

225. (Bielorússia – 2005) Prove que

 2 3  3  1  1  a + b + . b 2 + a +  ≥  2a + . 2b +  ,  4  4  2  2 Para quaisquer reais positivos a e b.

226. (Bulgária – 2005) Ache todos os naturais de quatro algarismos m, menores que 2005 e para os quais existe um natural n < m tal que m – n possui no máximo 3 divisores e mn seja um quadrado perfeito.

227. (Bulgária – 2005) Ivo escreve todos os inteiros de 1 a 100 (inclusive) em cartas e dá algumas delas para Iana. Sabe-se que para quaisquer duas destas cartas, uma de Ivo e outra de Iana, a soma dos números não está com Ivo e o produto não está com Iana. Determine o número de cartas de Iana sabendo que a carta 13 está com Ivo. 228. (Bulgária – 2005) Ache todas as triplas de inteiros positivos (x, y, z) tais que

2005 2005 2005 , + + x+ y y+z z+ x

também seja um inteiro.

EUREKA! N°25, 2007

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Sociedade Brasileira de MatemĂĄtica

229. (EslovĂŞnia â&#x20AC;&#x201C; 2005) Encontre todos os nĂşmeros primos p para os quais o nĂşmero

p2 + 11 tem menos que 11 divisores.

230. (EslovĂŞnia â&#x20AC;&#x201C; 2005) Denote por I o incentro do triângulo ABC. Sabe-se que AC + AI = BC. Encontre a razĂŁo entre as medidas do ângulos â&#x2C6; BAC e â&#x2C6; CBA.

Ă&#x17E;Ă&#x17E;Ă&#x17E;

9RFr VDELDÂŤ

4XH â&#x2039;&#x2026; â&#x2039;&#x2026; H â&#x2039;&#x2026; VmR SULPRV" (VVHV IRUDP R RLWDYR R QRQR H R GpFLPR SULPRV GHVFREHUWRV SHOR SURMHWR VHYHQWHHQ RU EXVW VHQGR VHXV GHVFREULGRUHV 5LFKDUG +DVVOHU 'HUHN *RUGRQ H .RQVWDQWLQ $JDIRQRY UHVSHFWLYDPHQWH ,VVR PRVWUD TXH H QmR VmR Q~PHURV GH 6LHUSLQVNL L H tPSDUHV N WDLV TXH N â&#x2039;&#x2026; p FRPSRVWR SDUD WRGR Q â&#x2C6;&#x2C6; 3

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

RX

QmR

Q~PHURV

GH

6LHUSLQVNL H

9HMD

www.seventeenorbust.com

SDUD

PDLV

LQIRUPDo}HV LQFOXVLYH VREUH FRPR SDUWLFLSDU GR SURMHWR

EUREKA! N°25, 2007

56

Sociedade Brasileira de Matemática

Publicamos aqui algumas das respostas enviadas por nossos leitores.

108)

Sejam

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

A1 , A2 ,..., An

∑

Sk =

1≤ i1 < i2 <...< ik ≤ n

conjuntos

finitos.

Para

1 ≤ k ≤ n,

seja

Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Aik , a soma dos números de elementos das

interseções de k dos conjuntos Ai . Prove que: a) O número de elementos que pertencem a exatamente r dos conjuntos Ai é n

∑ ( − 1)

k−r

k =r

k   S k , para 1 ≤ r ≤ n. r 

b) O número de elementos que pertencem a pelo menos r dos conjuntos Ai é n

∑ ( − 1)

k −r

k =r

 k − 1   S k , para 1 ≤ r ≤ n.  r −1 

SOLUÇÃO ADAPTADA DA SOLUÇÃO DE ANDERSON TORRES (SÃO PAULO - SP)

a) Sejam I = {1, 2,..., n} e P ⊂ I um conjunto fixo com r elementos. O total de elementos que pertencem a todos os Ai com com i ∈ P e que não pertencem a nenhum outro Aj com j ∈ I \ P é exatamente o total de elementos do conjunto

( ∩ A ) que não pertencem a ( ∪ ( A ∩ ( ∩ A ))). i∈ P

i

j

j∈ I \ P

i∈ P

i

Podemos usar Inclusão-Exclusão:

∩ Ai − ∪

i∈ P

∩ Ai +

∑

j∈ I − P

∩ Ai −

∑

i∈ P

( A ∩ ( ∩ A )) = j

i∈ P

i∈ K

K⊃P

K⊃P

K = r +1

i

∩ Ai ... =

i∈ k

∑

( − 1) K − P ∩ Ai i∈ K

K⊃P

K =r+ 2

Agora, variando o conjunto P:

∑ ∑ ( − 1)

K −P

P =r K ⊃P

∩ Ai = ∑

i∈ K

∑ ( − 1)

K ⊂ I P⊂ K K ≥r P =r

EUREKA! N°25, 2007

57

K −P

∩ Ai

i∈ K

Sociedade Brasileira de Matemática

O conjunto de índices P ⊂ K com P = r (onde K = k ) pode ser escolhido de

k  Ai não depende de P, a soma acima   maneiras para cada K, e já que i∩ ∈K r  vale

∑

( − 1)

k −r

r≤k ≤n

  k   Ai  =    ∑ i∩  r   K ⊂ I ∈K   K =k  n

b) Somando a expressão

∑ ( − 1)

k =m

n

∑ ( − 1)

k −r

k =r

k −m

k    Sk . r 

k    S k de m = r até n, e usando a m

identidade k

∑ ( − 1)

k −m

m =r

k   = m

k −r

∑ ( − 1) j=0

j

k  k −r   = ( − 1)  j

 k −1  k −r  −  = ( − 1) k r

k − r  − , r 1 

que pode ser facilmente provada por indução (ver nota), o resultado segue.

Nota: Para provar por indução a identidade

− 1 k r k   = ( − 1)   , 0 ≤ r ≤ k , basta ver que isto vale para r = 0 e, j=0  j  r  r +1 r k  k  k se r < k, ∑ ( − 1) j   = ( − 1) r +1  + ( − 1) j   = ∑  j=0  j  r + 1 j=0  j r

∑ ( − 1)

j

 k  r  k − 1 r +1   k   k − 1   r +1  k − 1  = (−1) r +1   + (−1)   = (−1)    −   = (−1)  .  r + 1  r   r +1   r + 1  r   AC = 100° e AD = BC .

109) Na figura abaixo, AB = AC , B l

l é racional quando expresso em graus. x = BCD A

B x D

EUREKA! N°25, 2007

58

C

Mostre que

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SOLUÇÃO DE GIBRAN MEDEIROS 40° + x

A 60° 100°

B

40° x

40°

60° C

D

Construimos o triângulo eqüilátero ACE. Os triângulos BCE e ACD são congruentes, pois CE = AC , ∠BCE = ∠DAC = 100° e BC = AD. Logo Como o triângulo ABE é isósceles, temos ∠BCE = 40° + x. ∠AEB = ∠ABE = 10° e, portanto 60° − ( 40° + x ) = 10°, donde x = 10°.

Continuamos aguardando as soluções dos seguintes problemas propostos: 110) Um conjunto finito de inteiros positivos é chamado de Conjunto DS se cada elemento divide a soma dos elementos do conjunto.

Prove que todo conjunto finito de inteiros positivos é subconjunto de algum conjunto DS. 111) Prove que existem infinitos múltiplos de 7 na seqüência (an ) abaixo:

a1 = 1999, an = an −1 + p (n), ∀n ≥ 2 , onde p(n) é o menor primo que divide n.

112) a) Determine todos os inteiros positivos n tais que existe uma matriz n × n com todas as entradas pertencentes a { –1, 0, 1} tal que os 2n números obtidos como somas dos elementos de suas linhas e de suas colunas são todos distintos.

Nota: Como explicado na página 72 da Eureka! No. 24, o item b) do problema 112 foi anulado.

Agradecemos também o envio das soluções e a colaboração de: André Araújo Carlos Alberto da Silva Victor Diego Andrés de Barros Dymitri Cardoso Leão Fábio Soares Piauí Janderson Alencar Mardônio Luz do Amaral Michel Angelucci Renan e Gabriel Lima Novais Samuel Liló Abdalla

Fortaleza – CE Nilópolis – RJ Recife – PE Recife – PE Recife – PE Recife – PE Recife – PE Ibitinga – SP Niterói – RJ Sorocaba – SP

EUREKA! N°25, 2007

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PROBLEMAS PROPOSTOS

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

113) a1 , a2 , a3 ,... formam uma seqüência de inteiros positivos menores que 2007 tais que

am + an é inteiro, para quaisquer inteiros positivos m, n. am + n

Prove que a seqüência (an) é periódica a partir de um certo ponto.

114) Sabendo que sen x + sen y + sen z + sen w = 0 e cos x + cos y + cos z + cos w = 0, mostre que

sen 2003 x + sen 2003 y + sen 2003 z + sen 2003w = 0.

115)

Suponha que ABC é um triângulo com lados inteiros a, b e c com

l = 60° e mdc(a, b) = mdc( a, c) = mdc(b, c) = 1. Prove que c ≡ 1(mod 6) .

BCA

116) Seja ABC um triângulo e sejam X, Y e Z as reflexões de A, B e C em relação às retas BC, CA e AB, respectivamente. Prove que x, y e z são colineares se e somente se cos A ⋅ cos B ⋅ cos C = − 3 8.

117) Sejam r e s duas retas reversas (i.e., não contidas num mesmo plano) e A, B,

E,C E, D E C, D, E A, B

EE e E, B E ∈ r , C , D, C E, D E ∈ s, AB = AB pontos tais que A, B , A

ED E. Prove que os tetraedros ABCD e EABC E ED E têm o mesmo volume.

CD = C

118) Considere a seqüência (an )n ≥1 dada por a1 = 1 e an +1 =

2 + 9an , ∀n ≥ 1.

3 + 9an

Prove que (an ) converge e calcule a seu limite.

Problema 113 proposto por Anderson Torres (São Carlos – SP); Problema 114 proposto por Carlos A. Gomes (Natal – RN); Problema 115 proposto por Gabriel Ponce (enviado por email); Problema 116 e 117 propostos por Wilson Carlos da Silva Ramos (Belém – PA); Problema 118 proposto por Sidnei Belcides Avelar (Macapá – AP)

EUREKA! N°25, 2007

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Sociedade Brasileira de Matemática

AGENDA OLÍMPICA XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – Sábado, 16 de junho de 2007 Segunda Fase – Sábado, 15 de setembro de 2007 Terceira Fase – Sábado, 27 de outubro de 2007 (níveis 1, 2 e 3) Domingo, 28 de outubro de 2007 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova).

NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – Sábado, 15 de setembro de 2007 Segunda Fase – Sábado, 27 e Domingo, 28 de outubro de 2007 ♦

XIII OLIMPÍADA DE MAIO 12 de maio de 2007 ♦

XVIII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Uruguai 12 a 17 de junho de 2007 ♦

XLVIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 19 a 31 de julho de 2007 Vietnã ♦

XIV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 3 a 9 de agosto de 2007 Blagoevgrad, Bulgária ♦

XXII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 6 a 16 de setembro de 2007 Portugal ♦

X OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA ♦♦♦

EUREKA! N°25, 2007

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Sociedade Brasileira de Matemática

COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad Américo López Gálvez Amarísio da Silva Araújo Andreia Goldani Antonio Carlos Nogueira Ali Tahzibi Benedito Tadeu Vasconcelos Freire Carlos Alexandre Ribeiro Martins Carmen Vieira Mathias Claus Haetinger Cleonor Crescêncio das Neves Cláudio de Lima Vidal Edson Roberto Abe Élio Mega Eudes Antonio da Costa Fábio Brochero Martínez Florêncio Ferreira Guimarães Filho Genildo Alves Marinho Ivanilde Fernandes Saad Jacqueline Rojas Arancibia Janice T. Reichert João Benício de Melo Neto João Francisco Melo Libonati José Cloves Saraiva José Luiz Rosas Pinho José Vieira Alves José William Costa Krerley Oliveira Licio Hernandes Bezerra Luzinalva Miranda de Amorim Mário Rocha Retamoso Marcelo Rufino de Oliveira Marcelo Mendes Newman Simões Nivaldo Costa Muniz Raúl Cintra de Negreiros Ribeiro Ronaldo Alves Garcia Rogério da Silva Ignácio Reginaldo de Lima Pereira Reinaldo Gen Ichiro Arakaki Ricardo Amorim Sérgio Cláudio Ramos Seme Gebara Neto Tadeu Ferreira Gomes Tomás Menéndez Rodrigues Valdenberg Araújo da Silva Valdeni Soliani Franco Vânia Cristina Silva Rodrigues Wagner Pereira Lopes William Beline

(UFJF) (USP) (UFV) FACOS (UFU) (USP) (UFRN) (Univ. Tec. Fed. de Paraná) (UNIFRA) (UNIVATES) (UTAM) (UNESP) (Colégio Objetivo de Campinas) (Colégio Etapa) (Univ. Federal do Tocantins) (UFMG) (UFES) (Centro Educacional Leonardo Da Vinci) (UC. Dom Bosco) (UFPB)) (UNOCHAPECÓ) (UFPI) (Grupo Educacional Ideal) (UFMA) (UFSC) (UFPB) (Instituto Pueri Domus) (UFAL) (UFSC) (UFBA) (UFRG) (Grupo Educacional Ideal) (Colégio Farias Brito, Pré-vestibular) (Cursinho CLQ Objetivo) (UFMA) (Colégio Anglo) (UFGO) (Col. Aplic. da UFPE) (Escola Técnica Federal de Roraima) (UNIFESP) (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) (UNESPAR/FECILCAM)

EUREKA! N°25, 2007

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Juiz de Fora – MG Ribeirão Preto – SP Viçosa – MG Osório – RS Uberlândia – MG São Carlos – SP Natal – RN Pato Branco - PR Santa María – RS Lajeado – RS Manaus – AM S.J. do Rio Preto – SP Campinas – SP São Paulo – SP Arraias – TO Belo Horizonte – MG Vitória – ES Taguatingua – DF Campo Grande– MS João Pessoa – PB Chapecó – SC Teresina – PI Belém – PA São Luis – MA Florianópolis – SC Campina Grande – PB Santo André – SP Maceió – AL Florianópolis – SC Salvador – BA Rio Grande – RS Belém – PA Fortaleza – CE Piracicaba – SP São Luis – MA Atibaia – SP Goiânia – GO Recife – PE 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 Campo Mourão – PR

CONTEÚDO

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase

2

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase

15

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Terceira Fase

32

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

55

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

59

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Premiados

70

AGENDA OLÍMPICA

74

COORDENADORES REGIONAIS

75

Sociedade Brasileira de Matemática

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e soluções da Primeira Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 1. Em um tanque há 4000 bolinhas de pingue-pongue. Um menino começou a retirar as bolinhas, uma por uma, com velocidade constante, quando eram 10h.

Após 6 horas, havia no tanque 3520 bolinhas. Se o menino continuasse no mesmo ritmo, quando o tanque ficaria com 2000 bolinhas?

A) às 11h do dia seguinte B) às 23h do mesmo dia C) às 4h do dia seguinte D) às 7h do dia seguinte E) às 9h do dia seguinte 2. O gráfico a seguir apresenta informações sobre o impacto causado por 4 tipos de monocultura ao solo. Para cada tipo de monocultura, o gráfico mostra a quantidade de água, em litros, e a de nutrientes (nitrogênio, fósforo e potássio), em quilogramas, consumidos por hectare para a produção de 1kg de grãos de soja ou 1kg de milho ou 1kg de açúcar ou 1kg de madeira de eucalipto. Sobre essas monoculturas, pode-se afirmar que: 2000 1500 1000 500 0 cana-deaçucar

soja

milho

água

eucalipto

nutrientes

A) O eucalipto precisa de cerca de 1/3 da massa de nutrientes necessários de que a cana-de-açúcar precisa para se desenvolver.

B) O eucalipto é a que mais seca e empobrece o solo, causando desequilíbrio ambiental.

C) A soja é cultura que mais precisa de nutrientes.

D) O milho precisa do dobro do volume de água de que precisa a soja.

E) A cana-de-açúcar é a que necessita do ambiente mais úmido para crescer.

EUREKA! N°26, 2007

2

Sociedade Brasileira de Matemática

3. Um time de futebol ganhou 8 jogos mais do que perdeu e empatou 3 jogos menos do que ganhou, em 31 partidas jogadas. Quantas partidas o time venceu?

A) 11 B) 14 C) 15 D) 17 E) 23 4. Efetuando as operações indicadas na expressão

 22007 + 22005  × 2006  2006 2004  2 +2  obtemos um número de quatro algarismos. Qual é a soma dos algarismos desse número?

A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 5. Quantos números de três algarismos ímpares distintos são divisíveis por 3?

A) 18 B) 24 C) 28 D) 36 E) 48 6. Uma empresa de telefonia celular oferece planos mensais de 60 minutos a um custo mensal de R$ 52,00, ou seja, você pode falar durante 60 minutos no seu telefone celular e paga por isso exatamente R$ 52,00. Para o excedente, é cobrada uma tarifa de R$ 1,20 cada minuto. A mesma tarifa por minuto excedente é cobrada no plano de 100 minutos, oferecido a um custo mensal de R$ 87,00. Um usuário optou pelo plano de 60 minutos e no primeiro mês ele falou durante 140 minutos. Se ele tivesse optado pelo plano de 100 minutos, quantos reais ele teria economizado?

A) 10 B) 11 C) 12 D) 13 E) 14 7. Quantos triângulos isósceles têm como vértices os vértices do pentágono regular desenhado ao lado?

A) 5 B) 10 C) 15 D) 20 E) 25 8. Dos números a seguir, qual é o único que pode ser escrito como produto de quatro naturais consecutivos?

A) 712 B) 548 C) 1026 D) 1456 E) 1680 9. Ao redor de um grande lago existe uma ciclovia de 45 quilômetros de comprimento, na qual sempre se retorna ao ponto de partida se for percorrida num único sentido. Dois amigos partem de um mesmo ponto com velocidades constantes de 20 km por hora e 25 km por hora, respectivamente, em sentidos opostos. Quando se encontram pela primeira vez, o que estava correndo a 20 km EUREKA! N°26, 2007

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por hora aumenta para 25 km por hora e o que estava a 25 km por hora diminui para 20 km por hora. Quanto tempo o amigo que chegar primeiro ao ponto de partida deverá esperar pelo outro?

A) nada B) 10 min C) 12 min D) 15 min E) 18 min 10. Num relógio digital, as horas são exibidas por meio de quatro algarismos. Por exemplo, ao mostrar 00:00 sabemos que é meia-noite e ao mostrar 23:59 sabemos que falta um minuto para meia-noite. Quantas vezes por dia os quatro algarismos mostrados são todos pares?

A) 60 B) 90 C) 105 D) 180 E) 240 11. São dadas duas tiras retangulares de papel com 20 cm de comprimento, uma com 5 cm de largura e outra com 11 cm de largura. Uma delas foi colada sobre a outra, perpendicularmente, de modo a formar a figura ilustrada ao lado. Qual é o perímetro dessa figura, em centímetros?

A) 50 E) 120

B) 60

C) 80

90°

D) 1

12. Seis amigos planejam viajar e decidem fazê-lo em duplas, cada uma utilizando um meio de transporte diferente, dentre os seguintes: avião, trem e carro. Alexandre acompanha Bento. André viaja de avião. Carlos não acompanha Dário nem faz uso do avião. Tomás não anda de trem. Qual das afirmações a seguir é correta?

A) Bento vai de carro e Carlos vai de avião.

B) Dário vai de trem e André vai de carro.

C) Tomás vai de trem e Bento vai de avião.

D) Alexandre vai de trem e Tomás vai de carro.

E) André vai de trem e Alexandre vai de carro.

13. Usando pastilhas de cerâmica preta na forma de quadradinhos foi composta uma decoração numa parede, mostrada parcialmente abaixo:

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Quantas pastilhas foram empregadas em toda a decoração considerando-se que na última peça montada foram utilizadas 40 pastilhas?

A) 60 B) 68 C) 81 D) 100 E) 121 14. Sara foi escrevendo nas casas de um tabuleiro 95 por 95 os múltiplos positivos de 4, em ordem crescente, conforme a figura a seguir.

4 760 764 ←

8 756 → ←

12 752 → ←

16 748 → ←

20 744 → ←

… … … …

376 388 → ←

380 384 → ←

U O número que Sara escreveu onde se encontra a letra U é: A) 35192 B) 35196 C) 36100 D) 36104

E) 36108

15. O desenho à direita representa dois quadrados menores congruentes de lado 20 e um quadrado maior. O vértice O é o único ponto comum aos dois quadrados menores e é o centro do quadrado O A B maior. Os vértices A, O e B estão alinhados e a área da região do quadrado maior não pintada é igual a 36% da área de toda a região pintada. Qual é a área do quadrado maior?

A) 420 B) 496 C) 576 D) 640 E) 900 16. Um certo número inteiro positivo, quando dividido por 15 dá resto 7. Qual é a soma dos restos das divisões desse número por 3 e por 5?

A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 17. No fim de 1994, Neto tinha a metade da idade de sua avó. A soma dos anos de nascimento dos dois é 3844. Quantos anos Neto completa em 2006?

A) 55 B) 56 C) 60 D) 62 E) 108 18. A figura a seguir representa um Tangram, quebra-cabeças chinês formado por 5 triângulos, 1 paralelogramo e 1 quadrado. Sabendo que a área do Tangram a seguir é 64 cm2, qual é a área, em cm2, da região sombreada?

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A) 7,6

B) 8

C) 10,6

D) 12

E) 21,3

19. As permutações da palavra BRASIL foram listadas em ordem alfabética, como se fossem palavras de seis letras em um dicionário. A 361ª palavra nessa lista é: A) BRISAL B) SIRBAL C) RASBIL D) SABRIL E) LABIRS 20. No planeta POT o número de horas por dia é igual a número de dias por semana, que é igual ao número de semanas por mês, que é igual ao número de meses por ano. Sabendo que em POT há 4096 horas por ano, quantas semanas há num mês?

A) 8 B) 12 C) 64 D) 128 E) 256

PROBLEMAS – NÍVEL 2 1. Veja o problema No. 4 do nível 1.

2. Veja o problema No. 11 do nível 1.

3. Se um número de dois dígitos é 5 vezes a soma de seus dígitos, então o número formado pela troca dos dígitos é a soma dos dígitos multiplicada por: A) 3 B) 5 C) 6 D) 4 E) 7 4. Veja o problema No. 9 do nível 1.

5. Na figura, AB = AC, AE = AD e o ângulo BAD mede 30o. Então o ângulo x mede: A 30° E x B

A)10o

B) 20o

C

D

C) 15o

D) 30o

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E) 5o

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6. A soma de três números naturais consecutivos é igual ao produto desses três números. A soma dos quadrados desses números é: A) 14 B) 15 C) 18 D) 24 E) 36 7. Veja o problema No. 17 do nível 1.

8. Três quadrados são colados pelos seus vértices entre si e a dois bastões verticais, como mostra a figura.

75° 30°

A medida do ângulo x é: A) 39º B) 41º

x

126°

C) 43º

D) 44º

E) 46º

9. Sejam a, b e c inteiros e positivos. Entre as opções abaixo, a expressão que não pode representar o número 24 é: A) ab3 B) a2b3 C) a c b c D) ab2c3 E) a b bc c a

10. O número de quadrados que podem ser construídos com vértices nos pontos da figura abaixo é:

A) 18

B) 14

C) 9

D) 20

E) 10

11. Veja o problema No. 12 do nível 1.

13. O máximo divisor comum de todos os termos da seqüência a n = n 3 − n , n = 1, 2, 3, ... é: A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 EUREKA! N°26, 2007

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14. Samuel possui três irmãos a mais do que irmãs. O número de irmãos de Samila, irmã de Samuel, é igual ao dobro do número de suas irmãs. O número de filhos (homens e mulheres) que possui o pai de Samuel e Samila é: A) 10 B) 13 C) 16 D) 17 E) 20 15. Veja o problema No. 18 do nível 1.

16. João escreveu todos os números com menos de 4 dígitos usando apenas os algarismos 1 e 2 numa folha de papel e depois somou todos eles. O valor obtido foi: A) 2314 B) 3000 C) 1401 D) 2316 E) 1716 17. Sejam a, b e c números reais positivos cuja soma é 1. Se a, b e c são as medidas dos lados de um triângulo, podemos concluir que 1 1 1 A) 0 < a − b < e 0 < b − c < e 0 < c − a < 2 2 2 1 1 1 B) a < e b < e c < 2 2 2 1 1 1 C) a + b < e b + c < e c + a < 2 2 2 1 1 1 D) a ≤ e b ≤ e c ≤ 3 3 3 1 1 1 E) a ≥ e b ≥ e c ≥ 3 3 3 18. O número de soluções inteiras e positivas do sistema abaixo é: a + b = c 2  a + b + c = 30 A) 45 B) 23 C) 24 D) 25 E) 72 19. Um número com dois dígitos distintos e não nulos é chamado de bonito se o dígito das dezenas é maior do que o dígito das unidades. A quantidade de números bonitos é: A) 72 B) 36 C) 35 D) 64 E) 56 20. O professor Piraldo aplicou uma prova para seus cinco alunos e, após corrigilas, digitou as notas em uma planilha eletrônica que calcula automaticamente a média das notas à medida que elas são digitadas. Piraldo notou que após digitar cada nota a média calculada pela planilha era um número inteiro. Se as notas dos EUREKA! N°26, 2007

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cinco estudantes são, em ordem crescente, 71, 76, 80, 82 e 91, a última nota que Piraldo digitou foi:

A) 71

B) 76

C) 80

D) 82

E) 91

21. Simplificando a expressão:

2+ 3 . 2+ 2+ 3 . 2+ 2+ 2+ 3 . 2− 2+ 2+ 3 obtemos:

2

A)

B)

3

D) 2 + 2

C) 1

E) 2 + 3

22. Ludmilson percebeu que para numerar as páginas de um livro, consecutivamente, a partir da página 2, foram usados 2006 algarismos. O número de páginas do livro de Ludmilson é: A)701 B) 702 C) 703 D) 704 E) 705 23. Sejam x, y, z números reais não nulos tais que x + y + z = 0 . O valor de

(x

2

 1 1 1  y 2 z 2 )  3 3 + 3 3 + 3 3  é: x z y z  x y

A) 0

B) 1

C) 2

D) 3

E) 4

24. Veja o problema No. 10 do nível 1.

25. Na figura a seguir, ABC é um triângulo qualquer e ACD e AEB são triângulos eqüiláteros. Se F e G são os pontos médios de EA e AC, respectivamente, a razão BD é: FG D

E

A

F

A)

1 2

B) 1

C)

3 2

D) 2

G

B

C

E) Depende das medidas dos lados de ABC.

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PROBLEMAS – NÍVEL 3 1. Veja o problema No. 17 do nível 1.

2. Quantos resultados diferentes podemos obter somando pares de números distintos do conjunto {1, 2,…, 2006} ?

A) 2006 B) 2007 C) 4009 D) 4011 E) 4012 3. Uma colônia de amebas tem inicialmente uma ameba amarela e uma ameba vermelha. Todo dia, uma única ameba se divide em duas amebas idênticas. Cada ameba na colônia tem a mesma probabilidade de se dividir, não importando sua idade ou cor. Qual é a probabilidade de que, após 2006 dias, a colônia tenha exatamente uma ameba amarela?

1 2006 1 1 1 A) 2006 B) C) D) E) 2006⋅ 2007 2007 2 2006 2007 4. Veja o problema No. 8 do nível 2.

5. Os dois números reais a e b são não nulos e satisfazem ab = a – b. Assinale a alternativa que exibe um dos possíveis valores de

A) –2

B) −

1 2

C)

1 3

a b + − ab . b a

D)

1 2

E) 2

6. De quantas maneiras podemos colocar, em cada espaço abaixo, um entre os algarismos 4, 5, 6, 7, 8, 9, de modo que todos os seis algarismos apareçam e formem, em cada membro, números de dois algarismos que satisfazem a dupla desigualdade? __>__>__ A) 100

B) 120

C) 240

D) 480

E) 720

7. Que expressão não pode representar o número 24 para valores inteiros positivos convenientes de a, b e c?

A) ab3 B) a2b3 C) acbc D) ab2c3 E) abbcca 8. Qual dos valores abaixo de x é tal que 2 x 2 + 2 x + 19 não é um número primo?

A) 50 B) 37 C) 9 D) 5 E) 1 9. Veja o problema No. 17 do nível 2.

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10. Uma seqüência tem 9 números reais, sendo o primeiro 20 e o último 6. Cada termo da seqüência, a partir do terceiro, é a média aritmética de todos os anteriores. Qual é o segundo termo da seqüência?

A) –8 B) 0 C) 4 D) 14 E) 2006 11. Quantos ternos de números reais x, y, z satisfazem o sistema abaixo? x( x + y + z ) = 2005

y ( x + y + z ) = 2006 z ( x + y + z ) = 2007 A) Nenhum

B) 1

C) 2

D) 3

E) 2006

12. Arnaldo tem vários quadrados azuis 1 × 1 , vários quadrados amarelos 2 × 2 e vários quadrados verdes 3 × 3 e quer montar um quadrado maior no qual apareçam as três cores. Qual é a menor quantidade de quadrados que ele poderá utilizar ao todo?

A) 3 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9 x − 5 2006 13. Sejam x e y números racionais. Sabendo que também é um 4 − y 2006 número racional, quanto vale o produto xy?

A) 20 B) Pode ser igual a 20, mas também pode assumir outros valores.

C) 1 D) 6 E) Não se pode determinar.

14. Veja o problema No. 20 do nível 2.

15. Veja o problema No. 25 do nível 2.

16. O inteiro positivo x é múltiplo de 2006 e número de possíveis valores de x?

A) 1 B) 2 C) 3

x está entre 2005 e 2007. Qual é o

D) 4

E) 5

17. Na figura temos dois semicírculos de diâmetros PS, de medida 4, e QR, paralelo a PS. Além disso, o semicírculo menor é tangente a PS em O. Qual é a área destacada?

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Q

P

A) B) C) D) E)

R

S

2π – 2 3π π 4 2π – 4

18. Iniciando com o par (2048, 1024), podemos aplicar quantas vezes quisermos a  3a + b a + 3b  operação que transforma o par (a, b) no par  ,  , então, dentre os 4   4 seguintes pares: (1664, 1408) 1) (1540, 1532) 2) (1792, 1282) 3) (1537, 1535) 4) (1546, 1526) 5) A) Todos podem ser obtidos.

B) Apenas o par 4 não pode ser obtido.

C) Apenas o par 3 não pode ser obtido.

D) Existem exatamente dois pares que não podem ser obtidos.

E) Existem mais de dois pares que não podem ser obtidos.

19. Num tabuleiro retangular de 13 linhas e 17 colunas colocamos números em cada casinha da seguinte maneira: primeiro, numeramos as casinhas da primeira linha, da esquerda para a direita, com os números 1, 2, 3, …, 17, nessa ordem; depois numeramos a segunda linha, também da esquerda para a direita, com os números de 18 a 34, e assim por diante. Após preenchermos todo o tabuleiro, colocamos em cada casinha um segundo número, numerando as casinhas da primeira coluna, de cima para baixo, com os números 1, 2, 3, …, 13, nessa ordem, depois numeramos a segunda coluna, também de cima da baixo, com os números de 14 a 26, e assim por diante. Deste modo, cada casinha tem dois números. Quantas casinhas têm dois números iguais?

A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 20. Altino está encostado num muro bem alto, durante a noite. A rua onde Altino está é iluminada por uma lâmpada no topo de um poste de 4 metros de altura, a 10 metros de distância do muro. Altino, um rapaz de 2 metros de altura, anda em direção ao muro. Seja f(x) a altura, em metros, da sombra de Altino produzida EUREKA! N°26, 2007

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pela lâmpada no muro quando Altino está a uma distância de x metros do muro.

Qual alternativa representa melhor o gráfico de f(x)? f(x)

f(x)

x

A)

f(x)

x

B)

x

C)

f(x)

f(x)

x

D)

x

E)

21. O piso de um quarto tem forma de um quadrado de lado 4 m. De quantas maneiras podemos cobrir totalmente o quarto com oito tapetes iguais de dimensões 1 m e 2 m? Mostramos abaixo três maneiras de fazê-lo:

A) 27

B) 30

C) 34

D) 36

E) 52

22. Dois pontos A e B de um plano α estão a 8 unidades de distância. Quantas retas do plano α estão a 2 unidades de A e 3 unidades de B? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 23. Considere os 2161 produtos 0 ⋅ 2160 , 1 ⋅ 2159 , 2 ⋅ 2158 , ..., 2160 ⋅ 0 . Quantos deles são múltiplos de 2160?

A) 2 B) 3 C) 12 D) 13 E) 2161 24. Qual é o menor valor que a expressão

x2 + 1 + ( y − x)2 + 4 + ( z − y)2 + 1 + (10 − z )2 + 9 pode assumir, sendo x, y e z reais?

A) 7 B) 13 C) 4 + 109 D) 3 + 2 + 90 E) 149 EUREKA! N°26, 2007

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25. Um cubo de aresta 1 é cortado em quatro regiões por dois planos: um deles contém as arestas AB e CD e o outro contém as arestas AE e DF. Qual é o volume da(s) maior(es) das quatro regiões?

C

D

E

F A

A)

1 4

B)

1 3

D)

3 8

E)

1 2

C)

2 4

B

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase PROBLEMAS – Nível 1 PARTE A (Cada problema vale 5 pontos) 01. Qual é a soma dos algarismos do número

2 2 23 2 4 + + + 2 2 2 23

+

2 2005 2 2006 + ?

2 2004 2 2005

02. A massa de gordura de uma certa pessoa corresponde a 20% de sua massa total. Essa pessoa, pesando 100 kg, fez um regime e perdeu 40% de sua gordura, mantendo os demais índices. Quantos quilogramas ela pesava ao final do regime?

03. Quantos os números de dois algarismos têm a soma desses algarismos igual a um quadrado perfeito? Lembre-se que, por exemplo, 09 é um número de um algarismo.

04. Os números de 1 a 99 são escritos lado a lado: 123456789101112...9899.

Então aplicamos a seguinte operação: apagamos os algarismos que aparecem nas posições pares, obtendo 13579012...89. Repetindo essa operação mais 4 vezes, quantos algarismos irão sobrar?

05. Com a parte destacada da folha retangular ao

lado, pode-se montar um cubo. Se a área da folha é 300cm2, qual é o volume desse cubo, em cm3?

06. Na tabela a seguir, escreva os números de 1 a 9 em cada coluna, de modo que

a soma dos números escritos nas 9 linhas seja a mesma, igual a Y. Seja X a soma dos números de cada coluna. Calcule X + Y. Y Y Y Y Y Y Y Y Y X

X

X

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

Jade escreveu todos os números de 3 algarismos em cartões amarelos, um por cartão e escreveu todos os números de 4 algarismos em cartões azuis, um por cartão. Os cartões são todos do mesmo tamanho. a) Ao todo, quantos cartões foram utilizados? Lembre-se que, por exemplo, 037 é um número de dois algarismos, bem como 0853 é um número de três algarismos. b) Todos os cartões são então colocados numa mesma urna e embaralhados.

Depois Jade retira os cartões, um a um, sem olhar o que está pegando. Quantos cartões Jade deverá retirar para ter certeza de que há dois cartões azuis entre os retirados?

PROBLEMA 2

No quadriculado a seguir, cada quadradinho tem 1 cm2 de área.

a) Qual é a área e o perímetro da figura formada pelos quadradinhos pintados de cinza? b) Pintando outros quadradinhos, podemos aumentar a área dessa figura, sem mudar o seu perímetro. Qual é o valor máximo da área que podemos obter dessa maneira?

PROBLEMA 3

Esmeralda inventou uma brincadeira. Digitou alguns algarismos na primeira linha de uma folha. Depois, na segunda linha, fez a descrição dos algarismos digitados da seguinte maneira: ela apresentou as quantidades de cada um dos que apareceram, em ordem crescente de algarismo. Por exemplo, após digitar 21035662112, ela digitou 103132131526, pois em 21035662112 existe um algarismo 0, três algarismos 1, três algarismos 2, um algarismo 3, um algarismo 5 e dois algarismos 6. a) Ela começou uma nova folha com 1. Fez, então, sua descrição, ou seja, digitou 11 na segunda linha. Depois, descreveu 11, ou seja, digitou 21 na terceira linha, e assim continuou. O que ela digitou na 10a linha da folha?

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b) Esmeralda gostou tanto de fazer isso que decidiu preencher várias folhas com essa brincadeira, começando com 01 na primeira linha da primeira folha. Quais são os dois primeiros algarismos da esquerda do que ela digitou na 2006a linha?

PROBLEMAS – Nível 2 PARTE A (Cada problema vale 4 pontos) 01. Esmeralda posicionou todos os números naturais de 1 a 2006 no seguinte

arranjo em forma de pirâmide:

17

18 10

19 11 5

20 12 6 2

21 13 7 3 1

22 14 8 4

23 15 24 9 16

25

Em qual andar se encontrará o número 2006? (Por exemplo: o número 1 está no primeiro andar, o 6 no segundo andar e o 23 no terceiro).

02. A soma dos quadrados de três inteiros consecutivos é igual a 302. Qual é a soma desses números?

03. Seja ABC um triângulo retângulo em A. Considere M e N pontos sobre a hipotenusa BC tais que CN = NM = MB. Os pontos X e Y são tais que XA = AM e YA = AN. Determine a área do quadrilátero XYBC, sabendo que o triângulo ABC tem área 12 cm2.

C

N

M

A

B

X

Y

04. Um tabuleiro de xadrez 8 × 8 será decomposto em retângulos que satisfazem

simultaneamente as seguintes propriedades: (i) cada retângulo possui um número inteiro de casas; (ii) os diversos retângulos possuem números de casas distintos entre si; (iii) cada retângulo possui a mesma quantidade de casas brancas e pretas.

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Qual é o maior número de retângulos que pode ter a decomposição do tabuleiro?

05. A partir de uma terna ordenada (a, b, c), obtemos uma seqüência de ternas

através de sucessivas transformações do tipo: (a, b, c) → (a2 ⋅ b, a – b + c, b – c).

Por exemplo, a partir da terna (1, 2, 3), obtemos a seguinte seqüência: (1, 2, 3) → (2, 2, –1) → (8, –1, 3) → (–64, 12, –4) ...

Se começarmos com (1, 1, 1) como a primeira terna ordenada de uma seqüência, qual será a soma dos três termos da terna que ocupará a 2006a posição nesta seqüência?

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

Na Rua do Gengibre, existem n casas numeradas de 1 a n ( n ∈ ). As casas de numeração par ficam todas de um mesmo lado da rua, com as casas de numeração ímpar do lado oposto. O prefeito Ludmilson Amottarim resolveu derrubar alguma(s) casa(s) a fim de que as somas dos números das casas fossem iguais dos dois lados da rua. Para atingir o seu objetivo, qual é o número mínimo de casas que o prefeito deve derrubar se: a) a rua tem n = 15 casas? b) a rua tem n = 16 casas? c) a rua tem n = 2006 casas?

PROBLEMA 2 No triângulo ABC isósceles abaixo, I é o encontro das bissetrizes e

H é o encontro das alturas. Sabe-se que ∠HAI = ∠HBC = α. ângulo α.

B

I H C

A

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Determine o

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PROBLEMA 3

Sejam a e b números reais distintos tais que a2 = 6b + 5ab e b2 = 6a + 5ab. a) Determine o valor de a + b. b) Determine o valor de ab.

PROBLEMA 4

Todos os inteiros de 1 a 2006 são escritos num quadro. Então, cada um destes números é substituído pela soma de seus algarismos. Estas substituições são realizadas repetidas vezes até que tenhamos 2006 números com 1 algarismo cada.

Dos números que restaram no quadro, qual aparece mais vezes: o 1 ou o 2?

PROBLEMAS – Nível 3 PARTE A (Cada problema vale 4 pontos) 01. O par ordenado (83; 89) é chamado de par centenário porque 83 + 8 + 9 = 89 + 8 + 3 = 100, isto é, a soma de cada número com os dígitos do outro número é 100. Quantos são os pares centenários?

02. Na figura a seguir, o pentágono regular ABCDE e o triângulo EFG estão inscritos na circunferência Co, e M é ponto médio de BC. Para qual valor de α , em graus, os triângulos EFG e HIG são semelhantes?

A G α

B

I

H

E

M Co

F

D

C

03. Esmeralda e Jade correm em sentidos opostos em uma pista circular, começando em pontos diametralmente opostos. O primeiro cruzamento entre elas ocorre depois de Esmeralda ter percorrido 200 metros. O segundo cruzamento ocorre após Jade ter percorrido 350 metros entre o primeiro e o segundo ponto de encontro. As velocidades das moças são constantes. Qual é o tamanho da pista, em metros?

04. Qual a maior quantidade de lados que pode ter uma secção determinada por um plano em um octaedro regular?

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05. Ao jogarmos uma certa quantidade de dados cúbicos com faces numeradas de

1 a 6, a probabilidade de obtermos soma dos pontos 2006 é igual à probabilidade de obtermos soma dos pontos S. Qual é o menor valor possível de S?

PROBLEMAS – Nível 3 PARTE B (Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1

Seja n inteiro positivo. De quantas maneiras podemos distribuir n + 1 brinquedos distintos para n crianças de modo que toda criança receba pelo menos um brinquedo?

PROBLEMA 2

Encontre todos os pares de inteiros positivos (a; b) tais que (a + 1)(b + 1) é múltiplo de ab + 1.

PROBLEMA 3

No triângulo ABC tem-se AB = 4, AC = 3 e o ângulo BÂC mede 60o. Seja D o ponto de intersecção entre a reta perpendicular a AB passando por B e a reta perpendicular a AC passando por C. Determine a distância entre os ortocentros dos triângulos ABC e BCD. PROBLEMA 4

A seqüência Fn é definida por F1 = F2 = 1 e Fn = Fn – 1 + Fn – 2 para n ≥ 3. Encontre todos os pares de inteiros positivos (m, n) tais que Fm ⋅ Fn = mn.

Soluções Nível 1 – Segunda Fase – Parte A Problema Resposta 01.

01 5

2 2 23 2 4 + + + 2 2 2 23

02 92

+

03 17

04 6

05 125

06 60

22005 22006 + = 2 + 2 + 2 + + 2 + 2 = 2005 ⋅ 2 = 4010 .

22004 22005 2005 parcelas iguais

A soma dos algarismos desse número é 4 + 0 + 1 + 0 = 5 .

02. Como 20% da massa total dessa pessoa correspondem à massa de gordura, ela

tem 20% ⋅ 100 = 20 kg de gordura. Ela perdeu 40% da sua gordura, ou seja, perdeu 40% ⋅ 20 = 8 kg de gordura, e como manteve os demais índices, ela pesava ao final do regime 100 − 8 = 92 kg.

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03. A soma dos algarismos dos números de dois algarismos varia de 1 a 18.

Dessas somas, as que são quadrados perfeitos são 1, 4, 9 e 16. Temos então • Soma 1: número 10 • Soma 4: números 13, 22, 31 e 40 • Soma 9: números 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81 e 90 • Soma 16: números 79, 88 e 97 Portanto, nas condições propostas, há 17 números.

04. A quantidade inicial de algarismos é 9 + 2 × 90 = 189 , dos quais 94 aparecem nas posições pares e 95 nas posições ímpares. Apagados os algarismos que aparecem nas posições pares, sobram 95 algarismos; desses, 47 estão nas posições pares e 48 nas posições ímpares. Repetindo a operação, restam 48 algarismos, sendo 24 algarismos em posições pares e 24 em posições ímpares. Na terceira aplicação da operação restam 12 algarismos e, na quarta, sobram 6 algarismos.

05. Como a área da folha é 300cm2, cada quadrado destacado tem área

300 = 25 cm2 e, portanto, lado medindo 5cm. Logo o volume desse cubo é 12 5 3 = 125 cm3.

06. A soma dos 27 números escritos na tabela é igual a 3 vezes X e a 9 vezes o Y. Como X é a soma dos números de cada coluna, temos X = 1 + 2 + 3 + + 9 = 45 . Portanto 3 ⋅ (1 + 2 + 3 + + 9) = 9 ⋅ Y ⇔ 3 ⋅ 45 = 9 ⋅ Y ⇔ Y = 15 Logo X + Y = 45 + 15 = 60 . O desenho ao lado mostra uma forma de escrever os números na tabela.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 X

5 6 4 9 7 8 2 3 1 X

9 7 8 2 3 1 6 4 5 X

Y Y Y Y Y Y Y Y Y

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

a) Há 999 − 100 + 1 = 900 números de três algarismos, escritos em cartões amarelos, e 9999 − 1000 + 1 = 9000 números de quatro algarismos, escritos em cartões azuis. Ao todo, foram utilizados 900 + 9000 = 9900 cartões. b) Como existe a possibilidade de serem retirados todos os cartões amarelos antes de aparecer algum azul, para Jade ter certeza de que há dois cartões azuis entre os EUREKA! N°26, 2007

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retirados ela deverá retirar 900 + 2 = 902 cartões.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

Como cada quadradinho tem 1 cm2 de área, o lado de cada um mede 1 cm.

a) Há 20 quadradinhos pintados de cinza. Logo a área da figura formada é 20 ⋅ 1 cm 2 = 20 cm 2 e como há 8 segmentos verticais à esquerda e 8 à direita além de 9 segmentos horizontais pela parte de cima e 9 pela debaixo, o perímetro, que é a soma das medidas de todos os lados, é 2 ⋅ 8 + 2 ⋅ 9 = 16 + 18 = 34 cm . b) O quadriculado inteiro é um retângulo de lados 8 cm e 9 cm, e portanto de perímetro 2 ⋅ 8 + 2 ⋅ 9 = 16 + 18 = 34 cm . Deste modo, o valor máximo da área que podemos obter é quando a figura for igual a todo o quadriculado e, assim, a área será 8 ⋅ 9 = 72 cm 2 .

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

a) Ela escreveu em cada uma das 9 primeiras linhas, na seguinte ordem, 1, 11, 21, 1112, 3112, 211213, 312213, 212223 e 114213. Logo na 10ª. linha ela escreveu 31121314. b) Esmeralda escreveu em cada uma das primeiras linhas, na seguinte ordem, 01, 1011, 1031, 102113, 10311213, 10411223, 1031221314, 1041222314, 1031321324, 1031223314, 1031223314,..., e percebeu que, a partir da 10ª. linha, o número 1031223314 começa a repetir.

Portanto os dois primeiros algarismos da esquerda do número que ela digitou na 2006a. linha serão 1e 0.

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A Problema Resposta

01 20

02 30 ou – 30 ou ± 30

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03 32

04 07

05 00

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01. Os números da coluna do meio podem ser dados por: 1 + 2 + 4 + 6 + 8 +...+

2n = n2 + n + 1. Dessa forma o número do topo é: 442 + 44 + 1 = 1981. Como 1981 está no 45° andar, e 2006 –1981 = 25, 2006 deve estar no 20° andar.

02. Podemos representar os três inteiros consecutivos por

n − 1, n e n + 1 .

Temos

( n −1)

2

+ n2 + ( n + 1) = 302 ⇔ n2 − 2n + 1 + n2 + n2 + 2n + 1 = 302 ⇔ 3n2 + 2 = 302 2

⇔ 3n2 = 300 ⇔ n2 = 100 ⇔ n = −10 ou n = 10 Portanto, os três inteiros consecutivos são −11, −10 e − 9 ou 9,10 e 11 .

Se admitirmos que estamos falando de inteiros positivos, a resposta é 9 + 10 + 11 = 30 .

Rigorosamente falando a resposta deveria ser: se os inteiros são positivos, então a sua soma é 30 e se os inteiros são negativos, então sua soma é –30.

Pontuação: 4 pontos para 30 ou para – 30 ou para ± 30.

03.

Observe que os triângulos AXY e ANM são congruentes, e <YXA = <AMN. Assim, XY || MN e como XY = MN = MC = NB, segue que os quadriláteros XYCM e XYNB são paralelogramos, como A é ponto médio de XM e NY temos que [AYC] = [BAX] = (2/3).12 = 8. Logo, [XYCB] = (8/3).12 = 32.

04. Cada retângulo da decomposição possui um número par de casas, pois possui a mesma quantidade de casas brancas e pretas. Veja que a maior quantidade de números pares distintos tais que a soma não supera 64 é 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + EUREKA! N°26, 2007

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14 = 56, pois 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + 16 = 72, ou seja, a soma de 8 números pares distintos é sempre maior que 64. Portanto, a decomposição pode ter no máximo 7 retângulos. Abaixo uma decomposição com 7 retângulos.

05. Fazendo as primeiras transformações, obtemos a seguinte seqüência: (1, 1, 1) → (1, 1, 0) → (1, 0, 1) → (0, 2, –1) → (0, –3, 3) → (0, 6, –6) → ...

Primeiramente, vemos que a partir da quarta terna, o primeiro vai ser sempre igual a 0 (zero). Então, a partir desta terna, as transformações são do tipo: (0, b, c) → (0, – b + c, b – c). Logo, a partir da quarta terna ordenada da seqüência, a soma dos termos de todas as ternas será igual a 0 – b + c + b – c = 0.

Logo, a soma dos três termos da terna que ocupará a 2006ª posição nesta seqüência é igual a 0 (zero).

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

Vamos usar a notação: S_par = soma de todas as casas de numeração par; S_ímpar = soma de todas as casas de numeração ímpar. a) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 = 56 e S_ímpar = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 = 64. Como a diferença entre as somas é par e S_ímpar > S_par, há a necessidade de retirar pelo menos duas casas do lado ímpar como, por exemplo, as casas de numeração 7 e 1. Aí, teremos S_par = S_ímpar = 56. Assim, o prefeito deve derrubar pelo menos 2 casas. b) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 +16 = 72 e S_ímpar = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 +15 = 64. Como a diferença entre as somas é par e S_par > S_ímpar, pode-se retirar apenas uma casa do lado par: a casa de numeração 8.

Aí, teremos S_par = S_ímpar = 64. Assim, o prefeito deve derrubar 1 casa. c) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + ... + 2006 e S_ímpar = 1 + 3 + 5 + ... + 2005. Assim, temos S_par – S_ímpar = (2 – 1) + (4 – 3) + ... + (2006 EUREKA! N°26, 2007

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– 2005) = 1003. Como 1003 é ímpar, uma única casa não é suficiente, mas retirar as casas de numeração 1006 e 3 basta para que S_par = S_ímpar. Assim, o número mínimo de casas que o prefeito deve derrubar é 2 casas.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

B

I A

H

Q C

Como o triângulo é isósceles concluímos que, ∠CBM = ∠ABM e ∠ACB = 90o – α, com isso, ∠CAQ = α, pois AQ é uma altura. Como AI é bissetriz, então ∠CAI = ∠IAB = 2α. Finalmente no ∆ AMB: α + α + 2α + α = 90o ⇒ α = 18o.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

a) Subtraindo as duas equações dadas temos a 2 − b 2 = 6(b − a ) ou seja (a − b)(a + b + 6) = 0 . Como a ≠ b , temos a + b = −6 . b) Da parte a), elevando ao quadrado, a 2 + b 2 + 2ab = 36 . Mas, somando as a 2 + b 2 = 6(a + b) + 10ab = −36 + 10ab .

Portanto, equações dadas, temos

−36 + 2ab + 10 ab = 36 o que dá ab = 6.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Quando trocamos um inteiro positivo pela soma de seus algarismos, não alteramos o resto da divisão por 9. Isto é explicado pela decomposição do inteiro na forma: abcd = 1000a + 100b + 10c + d = 999a + 99b + 9c + a + b + c + d Daí, temos que: abcd – ( a + b + c + d ) = 999a + 99b + 9c = 9(111a + 11b + c) Logo, abcd e a + b + c + d deixam o mesmo resto na divisão por 9.

Como todos os números que restaram no quadro estão entre 0 e 9, inclusive, todos os números 1 restantes no quadro são originados a partir de números que deixam resto 1 na divisão por 9 (1, 10, 19, 28, 37, ..., 1999). Da mesma forma, EUREKA! N°26, 2007

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todos os números 2 restantes no quadro são originados a partir de números que deixam resto 2 na divisão por 9 (2, 11, 20, 29, 38, ..., 2000). Comparando, vemos que cada um dos números 1 e 2 aparece 223 vezes no quadro. Portanto, ambos os números 1 e 2 aparecem o mesmo número de vezes.

Soluções Nível 3 – Segunda Fase – Parte A Problema Resposta

01 9

02 36

03 750

04 6

05 339

01. Sejam a, b, c e d algarismos tais que o par (ab, cd) é centenário. Então,

(10a + b) + (c + d ) = (10c + d ) + ( a + b) = 100 como b + c + d ≤ 27 , 10a ≥ 73 , e assim a ≥ 8 e, de modo análogo, c ≥ 8 . Ainda mais, (10a + b) + (c + d ) = (10c + d ) + (a + b) ⇔ 9a = 9c ⇔ a = c .

Temos então 2 casos: I) a = c = 8 ⇒ 80 + b + 8 + d = 100 ⇔ b + d = 12 , sendo esta uma condição necessária e suficiente para o par em questão ser centenário. Obtemos assim os 7 seguintes pares: (83;89), (84;88), (85;87), (86;86), (87;85), (88;84) e (89;83).

II) a = c = 9 ⇒ 90 + b + 9 + d = 100 ⇔ b + d = 1 , obtendo outros 2 pares centenários: (90;91) e (91;90).

Há, assim, 9 pares centenários.

02. Seja J a interseção dos segmentos BC e FG. Como M é ponto médio do segmento BC, oposto ao vértice E, conclui-se que EF é diâmetro, e ∠FGE = ∠BMF = 90° . Sendo ABCDE um pentágono regular, ∠ABC = 108° .

No ∆GHI : ∠GHI = α ⇒ ∠GIH = 90° − α .

No ∆BJH : ∠BHJ = α ⇒ ∠BJH = 72° − α .

No ∆FJM : ∠FJM = 72° − α ⇒ ∠JFM = 18° + α .

Para que os triângulos EFG e HIG sejam semelhantes, como α ≠ 18° + α , a única possibilidade é termos 90° − α = 18° + α ⇔ α = 36° .

03. No momento do primeiro cruzamento, Esmeralda e Jade percorreram a

distância total igual à metade da extensão da pista. Entre o primeiro e o segundo cruzamento, as moças percorreram uma distância total igual à extensão da pista.

Portanto Esmeralda correu o dobro da distância que correu até o primeiro cruzamento, ou seja, 2 ⋅ 200 = 400 metros e, deste modo, a extensão da pista é 400 + 350 = 750 metros.

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Até o primeiro encontro

Entre o primeiro e o segundo encontro

04. Considere os três planos que passam pelo centro do octaedro e contêm 4 das

12 arestas do octaedro, formando três quadrados. A secção corta no máximo dois lados de cada quadrado. Portanto corta no máximo 6 arestas do octaedro. Assim, a maior quantidade de lados que uma secção pode determinar no octaedro regular é 6. Um exemplo de secção hexagonal é um plano paralelo a duas faces opostas.

05. Seja n > 1 a quantidade de dados. Podemos representar um lançamento dos n dados com a n-upla (a1, a2, …, an), sendo ai o resultado do dado i. Como ai é um inteiro entre 1 e 6, existe uma bijeção entre os pares (a1, a2, …, an) e (7 – a1, 7 – a2, …, 7 – an), de modo que a probabilidade de obter soma S = a1 + a2 + … + an é a mesma de obter soma (7 – a1) + (7 – a2) + … + (7 – an) = 7n – S . Além disso, para n + 1 ≤ S ≤ 7 n / 2 , a probabilidade de obter soma S – 1 é menor do que a probabilidade de obter soma S. Portanto as somas distintas S e T têm a mesma probabilidade de ocorrer se, e somente se, T = 7n – S. Em particular, a única soma com a mesma probabilidade de ocorrer que a soma 2006 é 7n – 2006.

Como 2006 = 334 ⋅ 6 + 2 , precisamos jogar, no mínimo, 335 dados, ou seja, n ≥ 335 . Pelo fato acima, o valor procurado é 7 ⋅ 335 − 2006 = 339 .

Soluções Nível 3 – Segunda Fase – Parte B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

Uma solução: Observe que teremos 1 criança com 2 brinquedos, enquanto cada uma das n – 1 crianças restantes terá apenas 1 brinquedo. Assim, temos n possibilidades para a EUREKA! N°26, 2007

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 n + 1  possibilidades para escolher os 2 escolha da felizarda criança, e   2  brinquedos desta criança. Restando n – 1 brinquedos e n – 1 crianças, temos (n – 1)! modos de distribuir estes brinquedos entre estas crianças. Assim, temos um  n + 1  n + 1 ( n − 1)! =  n! modos de distribuir os n + 1 brinquedos entre total de n  2   2  as n crianças.

Outra solução: Observe que teremos 1 criança com 2 brinquedos, enquanto cada uma das n – 1 crianças restantes terá apenas 1 brinquedo. Temos n escolhas para a criança que terá dois brinquedos. Escolhida tal criança, o número de maneiras de distribuir os n + 1 brinquedos é igual ao número de anagramas da palavra A1A1A2A3…An, que é (n + 1)! (n + 1)! = . Assim, o total de maneiras de distribuir os n + 1 brinquedos 2!

2 (n + 1)! entre as n crianças é n ⋅ .

2 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

Uma solução: ab + 1 (a + 1)(b + 1) ⇒ ab + 1 ab + a + b + 1 ⇒ ab + 1 (ab + a + b + 1) − (ab + 1) ⇒ ⇒ ab + 1 a + b ⇒ ab + 1 ≤ a + b ⇒ a (b − 1) ≤ b − 1 . Desta última desigualdade, observamos que, se b > 1 , então a ≤ 1 ⇒ a = 1 , ou seja, um dentre os inteiros a e b vale 1. Suponha, então, sem perda de generalidade, que a = 1. Substituindo, obtemos a = 1 ⇒ b + 1 2(b + 1) , o que é válido para todo inteiro positivo b. As soluções são, então, (1, b) e (a, 1).

Outra solução: Como (a + 1)(b + 1) é múltiplo de ab + 1, existe um inteiro positivo k tal que (a + 1)(b + 1) = k (ab + 1) ⇔ a( kb − b − 1) = b − k + 1 . Se kb – b – 1 = 0, então 1 k = 1 + , que é inteiro se, e somente se, b = 1. Se kb − b − 1 ≠ 0 então b b − k +1 a= ≥ 1 ⇒ b − k + 1 ≥ kb − b − 1 ⇔ k ≤ 2 . Se k = 1, obtemos a = – (b + 1) kb − b − 1 < 0. Logo k = 2 e a = 1. Verifica-se que (1, b) e (a, 1) são realmente as soluções.

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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Uma solução: Sejam A’ o ortocentro do triângulo BCD e D’ o ortocentro do triângulo ABC. C

A’

D’

D

60o A

B

Como as retas CD’ e BD são ambas perpendiculares a AB, são paralelas.

Analogamente, as retas BD’ e CD são paralelas. Logo o quadrilátero BDCD’ é um paralelogramo e, portanto, os triângulos BCD e BD’C são congruentes.

Da mesma maneira, as retas AB e CA’ são paralelas, pois são perpendiculares a BD. Analogamente, as retas AC e BA’ são paralelas. Logo o quadrilátero CABA’ é um paralelogramo e, assim, os triângulos ABC e A’CB são congruentes.

Conseqüentemente, os quadriláteros ABDC e A’CD’B são congruentes, de modo que a distância entre os ortocentros A’D’ é igual a AD. Devemos, então, calcular AD. Como os ângulos ABˆ D e ACˆ D são ambos retos, somam 180o e, portanto, o quadrilátero ABCD é inscritível, sendo AD diâmetro de seu circuncírculo.

C

3

D

60o A

B

4

Pela lei dos co-senos,

1 BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 ⋅ AB ⋅ AC ⋅ cos 60 ⇔ BC 2 = 4 2 + 32 − 2 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ ⇔ BC = 13 2 Enfim, pela lei dos senos, 13 2 39 BC = = AD = 2 R = 3 3 sen 60 2

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e, portanto, a distância entre os ortocentros é

2 39 .

3

Outra solução: Sejam A’ o ortocentro do triângulo BCD e D’ o ortocentro do triângulo ABC. y

C

A’

D’

D

60o A

B

x

Sejam A = (0;0) e B = (4;0). Sendo AC = 3 e m(BÂC) = 60o, podemos supor que C 3 3 3  . Como a reta CD’ é perpendicular ao eixo x, = (3 cos 60 ;3 sen 60 ) =  ; 2 2    3 admite equação x = . Além disso, sendo a reta BD’ perpendicular à reta AC, de 2 −1 coeficiente angular tg 60 = 3 , seu coeficiente angular é . Logo, sendo 3

1 5 3  3  a−0 .

D' =  ; a  , 3 =− ⇔a= 6 2  2 −4 3 Calculemos agora A’. Como A’ pertence à perpendicular a BD por C, então  3 3  . A reta CD é perpendicular a AC e, portanto, tem coeficiente A' =  b;  2   −1 angular . Enfim, sendo A’B perpendicular a CD, tem coeficiente angular 3 −1 −1 3

= 3 . Deste modo,

3 3 2

−0

b−4

= 3⇔b=

11 .

2

Logo a distância entre os ortocentros A’ e D’ é 2

2 2 39  11 3   3 3 5 3  = . − −   +  2 2 2 6 3    

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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Os primeiros valores da seqüência são: F1 = 1, F2 = 1, F3 = 2, F 4 = 3, F 5 = 5, F 6 = 8, F 7 = 13, F 8 = 21, F 9 = 34 Nota-se que, para n > 7, Fn > 2n. De fato, indutivamente, se Fn > 2n e Fn + 1 > 2(n + 1) então Fn + 2 = Fn + 1 + Fn > 2(n + 1) + 2n > 2(n + 2).

3n 4n > > n para n > 7, de modo que para resolver as Portanto Fn > 2n > 2 3 3n 4n , Fn = , basta testar os valores de n menores ou equações Fn = n, Fn = 2 3 iguais a 7.

Se n > 5, de Fm ⋅ Fn = mn devemos ter Fm < m, donde m < 5. Logo pelo menos um dos números m e n deve ser no máximo 5. Suponha, sem perda de generalidade, n ≤ 5. Observando os possíveis valores de n: • n = 1 ⇒ Fm = m, cujas soluções são m = 1 e m = 5.

• n = 2 ⇒ Fm = 2m, que não possui solução.

• n = 3 ⇒ 2Fm = 3m, que não possui solução.

• n = 4 ⇒ 3Fm = 4m, que possui a única solução m = 6.

• n = 5 ⇒ Fm = m, cujas soluções são m = 1 e m = 5.

Os pares (m, n) que satisfazem a relação pedida são: (1, 1), (1, 5), (4, 6), (5, 1), (5, 5) e (6, 4).

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

Considere as seguintes seqüências:

S1: 12345678, 81234567, 78123456, ..., na qual o último algarismo do termo anterior (algarismo das unidades) torna-se o primeiro algarismo à esquerda do próximo termo.

S2: 1234567898765, 5612345678987, 7856123456789, ..., na qual o algarismo das unidades torna-se o primeiro algarismo à esquerda do próximo termo, e o das dezenas torna-se o segundo algarismo à esquerda. a) Apresente o quinto termo da seqüência S1 e o quarto termo da seqüência S2. b) A seqüência S1 tem 2006 termos. Qual é o seu último termo? c) A seqüência S2 termina quando o primeiro termo se repete. Quantos termos tem essa seqüência?

PROBLEMA 2

Na adição abaixo, cada símbolo representa um único algarismo e símbolos diferentes representam algarismos diferentes.

Determine o valor de cada símbolo, ou seja, descubra tais valores e mostre que não existem outras possibilidades.

PROBLEMA 3

Um atirador lança flechas no alvo representado ao lado. Os números indicam a pontuação obtida em cada região atingida pela flecha (se a flecha acertar exatamente uma linha, a pontuação é a menor das duas regiões). Note que a região fora do retângulo não rende pontos.

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a) Se numa competição, cada participante atira 2 flechas, quantas pontuações diferentes podem ser obtidas? b) Numa outra competição, cada participante atirou 3 flechas.

Curiosamente, não houve empates e todas as pontuações possíveis foram atingidas. Quantos participantes havia nesta competição?

PROBLEMA 4

Dentre os polígonos de 5 lados, o maior número possível de vértices alinhados, isto é, pertencentes a uma única reta, é três, como mostrado a seguir.

Qual é a maior quantidade de vértices alinhados que um polígono de 12 lados pode ter?

Atenção: além de desenhar um polígono de 12 lados com o número máximo de vértices alinhados, lembre-se de mostrar que não existe um outro polígono de 12 lados com mais vértices alinhados do que este.

PROBLEMA 5

A partir do tabuleiro mostrado nas figuras abaixo e quatro peças, duas circulares cinzas e duas quadradas pretas, Esmeraldinho inventou o seguinte jogo: • Inicialmente, as peças são colocadas no tabuleiro como mostra a figura 1.

Figura 1

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•

A meta do jogo é, após um certo número de movimentos, trocar as peças de posição, chegando na situação mostrada na figura 2.

Figura 2

•

•

Cada movimento consiste em mover uma das quatro peças uma ou mais casas acima, abaixo, à esquerda ou à direita; todavia, tal peça não pode “pular” nenhuma peça que, eventualmente, esteja no caminho, ou ocupar uma casa onde já existe uma peça. Por exemplo, a peça marcada com A só pode se mover para alguma das casas destacadas em cinza.

A

Os movimentos dos círculos e dos quadrados são alternados. O jogo começa com um movimento de um dos quadrados.

Determine a menor quantidade total de movimentos necessários para terminar o jogo. Mostre, passo-a-passo, através de desenhos, como movimentar as peças com esta quantidade de movimentos e prove que não é possível terminar o jogo com menos movimentos.

PROBLEMAS – NÍVEL 2 PROBLEMA 1

Escrevemos, em fila, os números 1, 2, 3, …, n. A cada passo, tomamos os dois últimos números da fila anterior, escrevemos primeiramente o último, depois o penúltimo e, enfim, os outros n – 2, na ordem em que aparecem. Por exemplo, para n = 12 obtemos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 → 12, 11, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 → 10, 9, 12, 11, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 → ...

Qual a menor quantidade de passos necessários para escrevermos novamente os números 1, 2, 3, …, n, nessa ordem, quando (a) n = 2006? (b) n = 2005?

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PROBLEMA 2

Veja o problema No. 4 do Nível 1 PROBLEMA 3

Encontre todos os pares ordenados (x; y) de inteiros tais que x3 – y3 = 3(x2 – y2).

PROBLEMA 4

Quantos subconjuntos {a, b, c} de três elementos distintos de {1, 2, 3, …, 100} são tais que b é a média aritmética de a e c (a < b < c)?

PROBLEMA 5

Seja ABC um triângulo acutângulo e H o seu ortocentro. Sejam M, N e R os pontos médios de AB, BC e AH, respectivamente. Determine a medida do ângulo MNˆ R se o ângulo ABˆ C mede 70o.

PROBLEMA 6

Em um torneio de tênis de mesa (no qual nenhum jogo termina empatado), cada um dos n participantes jogou uma única vez contra cada um dos outros. Sabe-se que, para todo k > 2, não existem k jogadores J1, J2, …, Jk tais que J1 ganhou de J2, J2 ganhou de J3, J3 ganhou de J4, …, Jk – 1 ganhou de Jk, Jk ganhou de J1.

Prove que existe um jogador que ganhou de todos os outros e existe um jogador que perdeu de todos os outros.

PROBLEMAS – NÍVEL 3 PROBLEMA 1

Seja ABC um triângulo, P o pé da bissetriz interna relativa ao lado AC e I seu incentro. Se AP + AB = CB, prove que API é um triângulo isósceles.

PROBLEMA 2

Seja n um inteiro, n ≥ 3 . Definimos f(n) como a maior quantidade possível de triângulos isósceles cujos vértices pertencem a algum conjunto de n pontos do plano sem três pontos colineares. Prove que existem constantes positivas a e b tais que an2 < f(n) < bn2, para todo n inteiro, n ≥ 3 .

PROBLEMA 3

Determine todas as funções f : R → R tais que f ( xf ( y ) + f ( x) ) = 2 f ( x) + xy para todos x, y reais.

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PROBLEMA 4

Um número inteiro positivo é arrojado quando tem 8 divisores positivos cuja soma é 3240. Por exemplo, o número 2006 é arrojado porque seus 8 divisores positivos, 1, 2, 17, 34, 59, 118, 1003 e 2006, somam 3240. Encontre o menor número inteiro positivo arrojado.

PROBLEMA 5

Seja P um polígono convexo de 2006 lados. As 1003 diagonais ligando vértices opostos e os 1003 segmentos que ligam os pontos médios dos lados opostos são concorrentes, ou seja, todos os 2006 segmentos possuem um ponto em comum.

Prove que os lados opostos de P são paralelos e congruentes.

PROBLEMA 6

O professor Piraldo participa de jogos de futebol em que saem muitos gols e tem uma maneira peculiar de julgar um jogo. Um jogo com placar de m gols a n gols, m ≥ n , é dito equilibrado quando m ≤ f (n) , sendo f(n) definido por f(0) = 0 e, para n ≥ 1 , f (n) = 2n − f ( r ) + r , onde r é o maior inteiro tal que r < n e f (r ) ≤ n .

1+ 5 , prove que um jogo com placar de m gols a n, m ≥ n , está 2 equilibrado se m ≤ φn e não está equilibrado se m ≥ φn + 1 .

Sendo φ =

SOLUÇÕES – NÍVEL 1 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: BRUNO SILVA MUCCIACCIA (VITÓRIA – ES)

S1: 12345678, 81234567, 78123456, 67812345, 56781234 a)

5º termo da seqüência S1: 56781234 4º termo da seqüência S2: 9878561234567

S2: 1234567898765, 5612345678987, 7856123456789, 9878561234567. b) O último termo da seqüência S1 é: 45678123 Pois quando se aumenta de 8 em 8, a seqüência se repete, então o 2001º número é igual ao 1º. E o 2006º número é igual ao 6º. c) Essa seqüência tem 43 termos, pois se percebe que quando as posições aumentam de 7 em 7, os números ímpares permanecem no lugar e os pares andam 2 casas para a direita, só quando o número par estiver na penúltima EUREKA! N°26, 2007

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posição que ele anda três casas; assim, como há 13 algarismos andando 5 vezes duas casas, os algarismos pares andam 10 casas para a direita, mas, no final da seqüência, andam três casas, então andando 6 × 7 vezes, eu repito a sequência. Como começa no No.1, na seqüência há 6 × 7 + 1 termos igual a 43. (Pois a seqüência acaba quando o número se repete).

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DA BANCA

ab bc + ca abc Como abc < 3 × 99 = 297 ⇒ a = 0, a = 1 ou a = 2.

Como a + b + c ≡ c (mod 10) ⇒ a + b ≡ 0 (mod 10) ⇒ b + 1 ≡ 0 (mod 10) ou b + 2 ≡ 0 (mod 10), temos b = 8 ou b = 9 (não podemos ter a = b = 0).

Como a + b + c + 1 = 10 a + b, temos c + 1 = 9a.

Se a = 1, então c = 8 Se a = 2, c = 17 (não é possível!).

Logo, a única solução é a = 1, b = 9 e c = 8.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: COLABORAÇÃO DE RÉGIS P. BARBOSA (FORTALEZA – CE)

a) Vejamos se é possível obter uma mesma pontuação de dois jeitos diferentes: (a, b) e (c, d), com a ≥ b, c ≥ d e a + b = c + d . Se tivermos a = c, a + b = a + d ⇒ b = d , e logo ( a , b ) ⇒ (c , d ). Agora suponhamos sem perda de generalidade a > c. Teremos a ≤ a + b = c + d ≤ 2c, mas, se olharmos as pontuações nas regiões, podemos observar que a menor pontuação possível maior que c é 3c ou 3c + 1. No caso c = 0, 1 ≤ a ≤ 2c = 0. Absurdo! E se c > 0, 3c ≤ a ≤ 2c ⇒ c ≤ 0, absurdo!

Assim só tem um jeito para cada pontuação possível (a, b) com a ≥ b, dada a soma S = a + b. Agora vamos contá-las.

Se a = b, pode ser: ( 0, 0 ) ; (1,1) ; ( 3, 3 ) ; ( 9, 9 ) ; ( 27, 27 ) ; ( 81,81) . Se a > b, basta escolhermos um par de pontuações distintas pois a ordem está definida. Temos 6 possibilidades para o primeiro número e 5 para o segundo (que não pode ser igual ao primeiro) e dividimos por 2 já que os pares são contados duas vezes (aparecem EUREKA! N°26, 2007

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tanto {0, 1} quanto {1, 0}), obtendo:

6⋅5 = 15 possibilidades. Assim são 6 + 2

15 = 21 pontuações possíveis. b) Usaremos um raciocínio parecido com o do item (a). Veja quando a mesma pontuação pode ser obtida de dois modos: ( a , b, c ) e ( d , e, f ), com a ≥ b ≥ c, d ≥ e ≥ f e a + b + c = d + e + f Se a = d recai no item (a): (b ; c); (e, f) com b ≥ c, e ≥ f e b + c = e + f já vimos que nesse caso b = e e c = f.

Assim suponhamos a > d. Temos: a ≤ a + b + c = d + e + f ≤ 3d .

Se d = 0,1 ≤ a ≤ 0. Absurdo!

Assim tomemos d > 0. Se a > d já vimos que a ≥ 3d ; como a ≤ a + b + c = d + e + f ≤ 3d ≤ a ocorrerão todas as igualdades: b = c = 0 e e = f = d, e concluímos que as únicas pontuações obtidas de dois modos são: ( 3 x, 0, 0 ) e ( x, x, x ) com x > 0 e 3 x ≤ 81 ⇒ x ≤ 27 já que a é uma pontuação de uma flecha. Temos agora três casos: (i) a > b > c : Temos que tomar 3 números distintos, seguindo o raciocínio do item (a), teremos: 6 ⋅ 5 ⋅ 4 mas dessa vez cada trio aparecerá 6 vezes: { x, y , z};{ x, z , y};{ y , x, z};{ y , z , x};{ z , x, y};{ z , y , x} que são tudo a mesma

6 ⋅5⋅4 = 20 possibilidades.

6 (ii) a > b = c ou a = b > c : Basta contar os pares e multiplicar por dois pois o par (a, b) gera (a, a, b) e (a, b, b). Já vimos no item (a) que são 15 pares, assim temos aqui 30 possibilidades. (iii) a = b = c: Como deduzimos as somas obtidas por (x, x, x) com 0 < x ≤ 27 , que já foram contadas então devemos contar apenas: x = 0 e x = 81, isto é, somente mais 2 possíveis somas.

Assim, como o número de participantes é igual ao número de somas possíveis distintas, são: 20 + 30 + 2 = 52 participantes. coisa, assim temos

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4

Ver solução do problema 2 do nível 2.

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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: LEONARDO BURATO FOUREAUX (LINHARES - ES)

Com 8 movimentos.

1

2

3

4

5

6

7

8

Resultado final

Não existe outra maneira de mover as peças com menos movimentos, pois o mínimo de cada peça para chegar ao lugar da outra é de 2 movimentos e sendo 4 peças, são no mínimo 4 ⋅ 2 = 8 movimentos.

SOLUÇÕES – NÍVEL 2 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: THIAGO S. WARWAR TEIXEIRA (RIO DE JANEIRO – RJ)

a) n = 2006 Com n sendo par, a cada

n passos, partindo do início, nota-se que todos os 2

números ímpares trocarão de posição com o número par a sua frente, depois todos os pares trocarão de posição com o número ímpar que estiver a sua frente, e assim sucessivamente.

Logo, com n = 2006, teremos, após 1003 passos: 2, 1, 4, 3, 6, 5..., 2004, 2003, 2006, 2005 EUREKA! N°26, 2007

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E, depois de mais 1003 passos, teremos: 1, 2, 3, 4, 5, 6, ..., 2003, 2004, 2005, 2006 (ordem inicial) Ou seja, para n = 2006, a menor quantidade de passos necessários para reescrever: 1, 2, 3,..., 2005, 2006, é de 2006 passos. b) n = 2005 Para resolver esta questão, recorreremos a exemplos menores: 1, 2, 3 → 3, 2, 1 → 1, 2, 3 → 2 passos 1, 2, 3, 4, 5 → 5, 4, 1, 2, 3 → 3, 2, 5, 4, 1 → 1, 4, 3, 2, 5 → 5, 2, 1, 4, 3 → 3, 4, 5, 2, 1 → 1, 2, 3, 4, 5 → 6 passos Com base nos exemplos, percebe-se que os números ímpares: 1, 3, 5... estarão sempre nas posições ímpares: 1ª., 3ª., 5ª., ..., não necessariamente nesta ordem, conseqüentemente, os pares estarão nas posições pares.

Nota-se também que para os x números ímpares reestabelecerem sua ordem original, deverão ser feitos x passos, e para os (x – 1) números pares, serão tomados (x – 1) passos.

Logo para achar o número mínimo de passos necessários, devemos calcular o mínimo múltiplo comum entre x e (x – 1), que independente do valor de x, será sempre x ⋅ ( x − 1).

Então, para calcular o valor mínimo de passos para n= 2005, devemos multiplicar 1003 (quantidade de ímpares) por 1002 (quantidade de pares), o que resulta em 1005006.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: ILLAN FEIMAN HALPERN (ITATIAIA – RJ)

A maior quantidade de vértices alinhados que um polígono de 12 lados pode ter é 8. Um exemplo de polígono assim é:

Mostrarei agora que não existe polígono de 12 lados com 9 vértices colineares.

Em um polígono 3 vértices consecutivos não podem ser colineares, escolhendo 9 pontos em 12, pelo menos haverá um trio de pontos consecutivos. Demostração: Nomeie os vértices em ordem de V1 a V12 , sendo que V1 é consecutivo de V12 e

V2 ; V2 é consecutivo de V1 e V3 e assim por diante. Sejam: G1 = {V1 ;V2 ;V3 } EUREKA! N°26, 2007

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G2 = {V4 ;V5 ; V6 } G3 = {V7 ; V8 ;V9 } G4 = {V10 ;V11 ;V12 } Pelo princípio da casa dos pombos, escolhendo-se 9 vértices, haverá pelo menos um conjunto com 3 vértices escolhidos.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: COLABORAÇÃO DE RÉGIS P. BARBOSA (FORTALEZA – CE) 3 3 2 2 2 2 Temos: x − y = 3( x − y ) ⇒ ( x − y )( x + xy + y ) = 3( x − y )( x + y ).

x − y = 0 ⇒ x 3 − y 3 = 0 e 3( x 2 − y 2 ) = 0. Temos assim as soluções ( x, y ) = ( a , a ), ∀a ∈ Z. Agora suponhamos x − y ≠ 0; assim podemos cortar logo: x 2 + xy + y 2 = 3 x + 3 y ⇒ x 2 + ( y − 3) x + ( y 2 − 3 y ) = 0, e logo ∆ = ( y − 3) 2 − 4( y 2 − 3 y ) ⇒ ∆ = y 2 − 6 y + 9 − 4 y 2 + 12 y = −3 y 2 + 6 y + 9 = = −3( y + 1)( y − 3)

Note que x ∈ Z ⇒ ∆ ≥ 0 ⇒ −3( y + 1)( y − 3) ≥ 0 ⇒ ( y + 1)( y − 3) ≤ 0.

Analisando a inequação, se y < −1 ⇒ ( y + 1) < 0, ( y − 3) < 0 ⇒ ( y +1)( y − 3) > 0 e

y > 3 ⇒ ( y − 3) > 0 e ( y + 1) > 0 ⇒ ( y + 1)( y − 3) > 0.

Assim os y´s que buscamos satisfazem: −1 ≤ y ≤ 3, y ∈ Z ⇒ y = −1, 0,1, 2, 3.

Vamos verificar para cada um os possíveis valores de x.

2 2 (I) y = −1 ⇒ ∆ = 0 e a equação é: x − 4 x + 4 = 0 ⇒ ( x − 2) = 0, donde x = 2 ⇒ ( x, y ) = (2, −1).

2 (II) y = 0 ⇒ ∆ = 9 e a equação é: x − 3 x = 0 ⇒ x ( x − 3) = 0 , donde x = 0 ou x = 3 ⇒ ( x, y ) = (0, 0), (3, 0).

(III) y = 1 ⇒ ∆ = 12 e a equação é:

−b ± ∆ 2 ± 12 = ⇒ x = 1 ± 3. Assim, para y = 1, 2a 2 não existe x ∈ Z que satisfaz a equação do segundo grau.

(IV) y = 2 ⇒ ∆ = 9 e a equação é: x2 − 2x − 2 = 0 ⇒ x =

−b ± ∆ 1± 3 = ⇒ x = 2 ou x = − 1 ⇒ ( x , y ) = (2, 2), ( − 1, 2).

2a 2 2 (V) y = 3 ⇒ ∆ = 0 e a equação é: x = 0 ⇒ x = 0 ⇒ ( x, y ) = (0, 3). x2 − x − 2 = 0 ⇒ x =

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Assim os pares ordenados são: ( x , y ) = (2, − 1), ( − 1, 2), (3, 0), (0, 3) e ( a , a ),

∀ a ∈ Z. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: RAFAEL HORIMOTO DE FREITAS (SÃO PAULO – SP)

A+C , resulta em um 2 inteiro B, para isso A e C devem ser números pares ao mesmo tempo ou devem ser números ímpares ao mesmo tempo.

No começo podemos escolher 100 A´s diferentes; para cada A ímpar, restam 49 ímpares, e, se A for par, restam 49 pares para escolher no lugar de C, e por último só há um número B para escolher pois só há uma média aritmética entre A e C. Em metade dos casos ocorrerá A > C, pois para cada casa em que A < C podemos trocar os valores de A e C, metade dos casos são inválidos.

100 ⋅ 49 ⋅ 1 = 2450 subconjuntos.

No final temos 2

A soma de A e C deve ser par pois a média entre A e C ,

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: RAFAEL GRIBEL DE PAULA NEVES (RIO DE JANEIRO – RJ)

A 20° θ

I

R M α 20° + θ

α

K

H

20° 70°– α 70°

B

J

β

w

w N

C

MR é base média do ∆ABH → AM R ≅ ABH

MJ é mediana relativa a AB (e AJB é retângulo) → B AJ ≅ AJ M MN é base média do ∆ABC → BM N ≅ B AC Seja K a interseção de BH e MN . No ∆BKM , α + 20° + θ = 90° → NMR = 90° EUREKA! N°26, 2007

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Os triângulos JNR e MNR são retângulos e dividem a mesma base NR → o quadrilátero MJNR é inscritível → M J R ≅ M N R , donde M N R = 20° .

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6 PARTE A: RENAN HENRIQUE FINDER (JOINVILLE – SC)

Inicialmente, vamos provar o teorema para n = 3. Chamemos de vitorioso o jogador que venceu os demais. Usemos a notação (X♦Y) para (X venceu Y).

Sejam A, B e C os três jogadores. Suponhamos (sem perda de generalidade) (A♦B). Se (B♦C), então, como não podemos ter (C♦A), (teríamos J1 = A, J 2 = B e J 3 = C violando o enunciado), temos A vitorioso. Senão, temos que (C♦B), ou seja, o vencedor de A contra C é vitorioso.

Suponhamos agora que o enunciado valha para n jogadores. Em um torneio com os jogadores A1 , A2 , A3 ... e An +1 , haverá um “subtorneio” entre os jogadores A1 , A2 , A3 ,... e An . Suponhamos sem perda de generalidade que seja A1 é o vitorioso do subtorneio. Se A1 ♦ An +1 , A1 é o vitorioso do torneio.

Se An +1 ♦ A1 , podemos analisar ternas de jogadores em “subtorneios” para chegarmos a uma conclusão.

Terna A1 , A2 , An +1

Conclusão ( An +1 ♦ A1 ∧ A1 ♦ A2 ) ⇒ An +1 ♦ A2

A1 , A3 , An +1

( An +1 ♦ A1 ∧ A1 ♦ A3 ) ⇒ An +1 ♦ A3

A1 , An , An +1

( An +1 ♦ A1 ∧ A1 ♦ An ) ⇒ An +1 ♦ An

Concluímos que An +1 é vitorioso. De qualquer modo, há um vitorioso. Assim, indutivamente, confirma-se o enunciado. Analogamente, conclui-se que há um jogador que tenha perdido todas as partidas.

Obs. O teorema provado é mais geral. Poderia ser enunciado como “se um jogador A vencer B e B vencer C, é impossível C vencer A. Então, há um jogador que vença todos os demais”. Ele se torna até intuitivo se o enunciarmos assim: “quando um jogador vence outro, que vence um terceiro, o primeiro vencerá o terceiro”.

PARTE B: EDSON RYOKEI ONAGA (SÃO PAULO – SP)

Para indicar o vencedor de uma disputa, vamos utilizar uma seta: J x → J y (Isso significa que J x perdeu para J y ). A seta aponta para o vencedor.

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Vamos supor que nenhum jogador perdeu todas as partidas. Assim, J1 ganhou, pelo menos 1 partida.

O esquema dele será assim: J1 ← J 2 Como J 2 também não perdeu todas, o esquema ficará assim: J1 ← J 2 ← J 3 ← ...

Observe que nenhum jogador pode aparecer 2 vezes nessa seqüência.

Vejamos o porquê: Supondo que J 2 apareça de novo no esquema: J1 ← J 2 ← J 3 ← J 4 ← J 2 Observe que ocorre a seguinte situação: J 2 ganhou de J 3 , J 3 ganhou de J 4 e J 4 ganhou de J 2 .

Como o enunciado da questão não permite essa situação, não podemos repetir nenhum jogador na seqüência.

Como n não é infinito, essa seqüência é finita.

O único modo de terminar o esquema é se algum jogador não perder nenhuma partida, pois, após um invicto, não poderemos colocar nenhum outro jogador.

Logo, há um jogador que ganhou de todos os outros.

Da mesma forma que a seqüência tem um fim à direita, ela deve ter um fim à esquerda.

Pelas mesmas condições citadas acima, o último à esquerda do esquema será o jogador que perder de todos os outros.

Há um jogador que perdeu de todos os outros.

SOLUÇÕES – NÍVEL 3 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: RENAN LIMA NOVAIS (RIO DE JANEIRO - RJ)

I) Desenhando a figura da questão, temos: B

I A

C P II) Por ser o ponto I incentro, sabemos que este ponto eqüidista dos três lados do ∆ABC , podendo-se inscrever um círculo no ∆ABC . Além disso, por ser o EUREKA! N°26, 2007

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ponto I o incentro do triângulo ∆ABC , temos que AI é bissetriz do ângulo

B AC .

III) Observemos agora as alterações da figura: B

I A

C

P

IV) Aplicando o teorema das bissetrizes internas no triângulo ∆ABP , de bissetriz AI , temos:

BI

=

PI

⇒

AP

=

AB

⇒

AB

=

AP + AB

AB AP PI BI BI PI + BI Mas como é dito no enunciado da questão que AP + AB = BC , logo temos: AB

=

BC

⇒

AB

=

BI

BI PB BC PB V) Assim, podemos notar que os triângulos ABI e CBP são semelhantes pelo caso LAL de semelhança (pois

AB BC

=

BI PB

e ABP ≡ P BC ).

Logo BCP ≡ B AI .

VI) Observemos agora a figura novamente alterada:

B

I A

C

P

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VII) Como B I A ≡ B PC , AI P é suplemento de B I A e, conseqüentemente, suplemento de B PC e B PA é suplemento de B PC , logo AI P ≡ B PA. Assim, o triângulo AIP é isósceles.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: LÚCIO ASSAOKA HOSSAKA (CURITIBA – PR)

Primero vamos provar que existe b. Podemos escolher dois pontos de n ( n − 1) formas, e traçar um segmento entre eles. Suponha agora que sobre cada 2 um deles haja dois triângulos isósceles com base no segmento em questão. Mais de dois triângulos com base no mesmo segmento implicaria em 3 vértices colineares, contidos na mediatriz do segmento. (Observe que a intenção não é a de obter um número exato, e sim uma cota razoável). Assim, certamente n ( n − 1) f (n) ≤ ⋅ 2 = n ( n − 1) = n 2 − n, donde se ve que b = 1 é suficiente, ou 2 seja, existe.

No caso de a, vamos dividir em dois casos: n par e n ímpar.

n ímpar: Se arranjarmos os n pontos como vértices de um polígono regular de n vértices, podemos criar um valor mínimo que sabemos que não é necessariamente ( n − 1) 1 ⋅n⋅ . f(n), mas que é menor ou igual a ele. Veremos que esse valor é 2 3 n −1 Veja por que: para cada vértice há pares de outros vértices equidistantes, 2 que formarão a base de um triângulo isósceles. São n vértices, e multiplicamos 1 por para evitar a possível contagem de triângulos mais de uma vez (como no 3 caso do eneágono regular, por ex.). n2 − n > an 2 , queremos que a seja tal que a inequação seja Resolvendo 6 1 1 n ≥ 3.

Isso equivale a Como verdadeira para  1 −  > a.

6 n

1 1 1 2 1 1 n ≥ 3,  1 −  ≥ ⋅ = , e logo qualquer a < serve. Ou seja a existe para 6 n 6 3 9 9 n ímpar, pelo menos.

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n par: análogo ao caso anterior, com a diferença de que colocamos um ponto no centro do polígono regular, que agora tem n – 1 vértices. O número de possíveis ( n − 1)( n − 2) ( n − 1)( n − 2) + > an 2 (a última parcela triângulos isósceles é de 6 2 corresponde aos que tem vértice no ponto central). Isso equivale a 2 2  1  2  ( n − 1)( n − 2) > an 2 ⇔  1 −   1 −  > a.

3 3  n  n 

2  1  2  2 3 1 1 1 Como n ≥ 4,  1 −   1 −  ≥ ⋅ ⋅ = , e logo qualquer a < serve.

3  n  n  3 4 2 4 4 Existe a constante nesse caso também, finalizando a demonstração.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: RAFAEL MENDES DE OLIVEIRA (RIO DE JANEIRO – RJ)

Fazendo x = 1 na equação original, temos que: f ( f ( y ) + f (1)) = 2 f (1) + y ∴ f é sobrejetora, pois repare que, fazendo y = a – 2f(1), temos que f ( f ( a − 2 f (1)) + f (1)) = a , ∀a ∈ .

Como f é sobrejetora, ∃α ∈ R tal que f (α ) = 0.

Se α = 0, temos que, fazendo y = 0 na equação original, obteremos

f ( f ( x )) = 2 f ( x ). Como f é sobrejetora, para todo a ∈ R ∃ xa tal que f ( xa ) = a. De f ( f ( x )) = 2 f ( x ), obtemos: f ( f ( xa )) = 2 f ( xa ) ⇒ f ( a ) = 2 a , ∀a ∈ R. Testando f ( x ) = 2 x na equação original, vemos que esta função obviamente não é solução. Logo, podemos concluir que α ≠ 0.

Como α ≠ 0, fazendo x = α na equação original, obtemos: f (α f ( y )) = α y. Logo, concluímos que f também é injetora, pois f ( x) = f ( y) ⇒ f (α f ( x)) = f (α f ( y)) ⇒ α y = α x e como

α ≠ 0, α y = α x ⇒ x = y (logo f é injetora).

Fazendo x = α na equação original, obtemos:

f (α f ( y )) = α y. Fazendo y = 0 em f ( x f ( y ) ) = α y , temos que:

f (α f (0)) = 0. Como f (α ) = 0, temos que α = α f (0), pois f é injetora. Logo, como α ≠ 0, temos que f (0) = 1.

Fazendo x = y = 0 na equação original, obtemos: f(1) = 2. Fazendo x = y = –1 na equação original, temos que f(–1) = 0.

Fazendo x = – 1 na equação original, temos que: EUREKA! N°26, 2007

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f ( − f ( y )) = − y. Fazendo y = 0 na equação original temos: f ( x + f ( x )) = 2 f ( x ).

Fazendo x := − f (u ) e y := − f (v ) na equação original, temos que: f ( f (u )v − u ) = −2u + f (u ) f (v ). Fazendo u = 1 nesta última, temos que: f (2 y − 1) = 2 f ( y ) − 2 (*).

Fazendo x = 1 na equação original, temos que f ( f ( y ) + 2) = y + 4.

De (*) temos: f (2 y − 1) + 2 = 2 f ( y ). Aplicando f dos dois lados desta última igualdade, temos que f ( f (2 y − 1) + 2) = f (2 f ( y )).

Como f ( f ( x ) + 2) = x + 4 , temos que, fazendo x = 2y – 1 nesta última, temos: f ( f (2 y − 1) + 2) = 2 y + 3.

Fazendo y = 0 na equação original, temos f ( f ( x ) + x ) = 2 f ( x ) (**).

Logo, fazendo x = y nesta última e aplicando f dos dois lados, temos que f ( f ( f ( y ) + y )) = f (2 f ( y )).

Fazendo y = –1 na equação original, temos que f ( f ( x )) = 2 f ( x ) − x ∴ fazendo x = f ( y ) + y nesta última, temos:

f ( f ( f ( y ) + y )) = 2 f ( f ( y ) + y ) − ( f ( y ) + y ). Como, por (**), f ( y + f ( y )) = 2 f ( y ), temos que a última igualdade fica: f ( f ( f ( y ) + y )) = 4 f ( y ) − f ( y ) − y = 3 f ( y ) − y.

Como 2 y + 3 = f ( f (2 y − 1) + 2) = f (2 f ( y )) = f ( f ( f ( y ) + y )) = 3 f ( y ) − y , Temos que 3 f ( y ) − y = 2 y + 3 ⇒ f ( y ) = y + 1, ∀y ∈ R. Testando na equação original, vemos que os dois lados ficam xy + 2x + 2 ∴temos que f(x) = x + 1 é a única função que satisfaz o problema.

Resposta: f(x) = x + 1.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: BRENO VIEIRA DE AGUIAR (FORTALEZA – CE) (interpretando que um número arrojado deve ter exatamente 8 divisores)

i) A quantidade de divisores positivos de um número, é calculada pelo produto de cada expoente dos seus fatores primos mais um. Daí, como o número tem exatamente 8 divisores, ele pode ser das formas: Seja N inteiro positivo arrojado que procuramos: I) N = p7; p primo 3 II) N = p ⋅ q ; p , q primos distintos III) N = p ⋅ q ⋅ t ; p , q , t primos distintos EUREKA! N°26, 2007

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ii) Analisemos cada caso: 7 I) Se N = p , então:

D( N ) = 1, p, p 2 , p 3 , p 4 , p 5 , p 6 , p 7 ⇒ 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 + p 5 + p 6 + p 7 = 3240.

Note

que:

1 + p + p 2 + p3 + p 4 + p5 + p6 + p7 =

p8 − 1 p −1

e

que

p8 − 1 ≥ 3280 , já que 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 + p 5 + p 6 + p 7 p −1 crescente. Daí, p ≥ 3 não serve. Para p = 2, temos: p ≥3⇒

para é

1 + p + p 2 + p 3 + p 4 + p 5 + p 6 + p 7 = 255 ⇒ p = 2 não serve!

7 Logo N = p não serve.

II) N = p ⋅ q 3 ⇒ D(n) = 1, p, q, pq, q 2 , p ⋅ q 2 , q 3 , p ⋅ q 3 ⇒ 1 + p + q + p ⋅ q + q 2 + pq 2 +

+ q 3 + pq 3 = 3240 ⇒ ( p + 1)(1 + q + q 2 + q 3 ) = 3240. Perceba que estamos atrás do menor inteiro arrojado > 0 e já temos que 2006 é um inteiro arrojado. Daí, N ≤ 2006 . p≥2

⇒ p ⋅ q 3 ≤ 2006 ⇒ q 3 ≤ 1003 ⇒ q ≤ 3 1003 < 11 ⇒ q = 2 ou 3 ou 5 ou 7.

Para q = 2 ⇒ ( p +1) ⋅ (1+ 2 + 22 + 23 ) = 3240 ⇒ ( p +1) ⋅15 = 3240 ⇒ p + 1 = 816 ⇒ p = 215 ⇒ não serve.

Para q = 3 ⇒ ( p +1) ⋅ (1+ 3 + 32 + 33 ) = 3240 ⇒ ( p +1) ⋅ 40 = 3240 ⇒ p +1 = 81 ⇒ p = 80 ⇒ não serve.

2 3 Para q = 5 ⇒ ( p +1) ⋅ (1+ 5 + 5 + 5 ) = 3240 ⇒ ( p + 1) ⋅156 = 3240 ⇒ p ∉ Z ⇒

não serve.

2 3 Para q = 7 ⇒ ( p +1) ⋅ (1+ 7 + 7 + 7 ) = 3240 ⇒ ( p +1) ⋅ 400 = 3240 ⇒ p ∉ Z ⇒

não serve.

3 Logo Para N = p ⋅ q não serve.

III) N = p ⋅ q ⋅ t ⇒ D( N ) = 1, p, q, t, pq, qt, tp, pqt ⇒1+ p + q + t + pq + qt + tp + pqt = 3240 ⇒

⇒ ( p +1)(q +1)(t +1) = 3240. Então temos que achar três números posteriores a três EUREKA! N°26, 2007

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primos, tal que o produto desses números é 3240. Então esses primos são divisores positivos de 3240 menos um. Então vamos ver quais são os D(3240)–1 que são primos: 3240 1620 810 405 135 45 15 5 1

2 2 2 3 3 3 3 5

1 2 4 8 3,6,12,24 9,18,36,72 27,54,108,216 81,162,324,648 5,10,20,40,15,30,60,120, 45, 90, 180, 360, 135, 270, 540, 1080, 405, 810, 1620, 3240.

D(3240) −1 = 0,1,2,3,4,5,7,8,9,11,14,17,19,23,26,29,35,39,44,53,59,71,80,89,107, 119,134,161,179,215,269,... Note que no mínimo (p + 1)(q + 1) é 12 (quando p = 2 e q = 3), então no máximo t + 1 é 270 ⇒ tmáx = 269.

Os primos possíveis são: 2, 3, 5, 7, 11, 17, 19, 23, 29, 53, 59, 71, 89, 107, 179, 269.

Para t = 269 ⇒ (p + 1)(q +1) = 12 ⇒ p = 2 e q = 3 ⇒ N = 1614 Para t = 179 ⇒ (p + 1)(q +1) = 18 ⇒ p = 2 e q = 5 ⇒ N = 1790 Para t = 107 ⇒ (p + 1)(q +1) = 30 ⇒ ∃ p, q primos Para t = 89 ⇒ (p + 1)(q +1) = 36 ⇒ p = 2 e q = 11 ⇒ N = 1958 Para t = 71 ⇒ (p + 1)(q +1) = 45 ⇒ ∃ p, q primos Para t = 59 ⇒ (p + 1)(q +1) = 54 ⇒ p = 2 e q = 17 ⇒ N = 2006 Para t = 53 ⇒ (p + 1)(q +1) = 60 ⇒ p = 2 e q = 19 ⇒ N = 2014 Para t = 29 ⇒ (p + 1)(q +1) = 108 ⇒ p = 5 e q = 17 ⇒ N = 2465 Para t = 23 ⇒ (p + 1)(q +1) = 135 ⇒ ∃ p, q primos Para t = 19,17, 11, 7, 5, 3 ou 2 é análogo aos anteriores.

Daí, o menor N é 1614. iii) Então o menor inteiro positivo arrojado é 1614.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: PEDRO PAULO GONDIM CARDOSO (SALVADOR – BA) (Interpretação que um número arrojado pode ter mais que 8 divisores)

Inicialmente observa-se que 1260 é um número arrojado, pois 1260 + 630 + 420 + 315 + 252 + 210 + 90 + 63 = 3240. Agora deve-se provar que não há nenhum número arrojado menor que 1260.

Um número arrojado tem como divisores a, b, c, d, e, f, g, h tais que 1 1 1 1 1 1 1 1  + + + + + + +  K = 3240, onde K é o valor do número a b c d e f g h EUREKA! N°26, 2007

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arrojado. Se existir um número arrojado menor que 1260, devem existir naturais não nulas a, b, c, d, e, f, g, h tais que 1 1 1 1 1 1 1 1 3240 18 + + + + + + + > = = 2, 571428. a b c d e f g h 1260 7 Se existir um número arrojado menor que K, ele não poderia ser ímpar, senão os menores valores para a, b, c, d, e, f, g, h seriam 1, 3, 5, 7, 11, 13, 15 e 17 e 1 1 1 1 1 1 1 3240 1 + + + + + + + < 2,3 < . Se existisse um número arrojado 3 5 7 9 11 13 15 1260 menor que K, ele teria que ser múltiplo de 3, senão as menores valores para a, b, c, d, e, f, g, h seriam 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11 e 1 1 1 1 1 1 1 3240 1 + + + + + + + < 2, 5 < . Então, se existisse um número 2 4 5 7 8 10 11 1260 arrojado menor que 1260, ele teria que ser múltiplo de 6.

O menor valor possível para K corresponde aos menores valores possíveis para a, b, c, d, e, f, g, h, que são 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Então: 1 1 1 1 1 1 1 1  + + + + + + +  K = 3240 ⇒ g h a b c d e f 2283 1 1 1 1 1 1 1 1  K = 3240 ⇒ ⇒  + + + + + + +  K = 3240 ⇒ 840 1 2 3 4 5 6 7 8  3240 ⋅ 840 ⇒ K = ⇒ K ≅ 1191,1.

2283 Se houver um número arrojado menor que 1260, ele deve ser maior que 1191, 1 e múltiplo de 6. Então as únicas possibilidades para K são 1194, 1200, 1206, 1212, 1218, 1224, 1230, 1236, 1242, 1248 e 1254; • Se K = 1194.

A soma dos oito maiores (e únicos) divisores de 1194 é 1194 + 597 + 398 + 199 + 6 + 3 + 2 + 1 = 2400 < 3240. Portanto 1194 não é arrojado.

• Se K = 1200.

A soma dos oito maiores divisores de 1200 é 1200 + 600 + 400 + 300 + 240 + 200 + 150 + 120 = 3210 < 3240. Portanto 1200 não é arrojado.

• Se K = 1206.

A soma dos oito maiores divisores de 1206 é 1206 + 603 + 402 + 201 + 134 + 67 + 18 + 9 = 2640 < 3240. Portanto 1206 não é arrojado.

• Se K = 1212.

A soma dos oito maiores divisores de 1212 é 1212 + 606 + 404 + 303 + 202 + 101 + 12 + 6 = 2846 < 3240. Portanto 1212 não é arrojado.

• Se K = 1218.

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A soma dos oito maiores divisores de 1218 é 1218 + 609 +406 + 203 + 174 + 87 + 58 + 42 = 2797 < 3240. Portanto 1218 não é arrojado.

• Se K = 1224.

A soma dos oito maiores divisores de 1224 é 1224 + 612 + 408 + 306 + 204 + 153 + 136 + 102 = 3145 < 3240. Portanto 1224 não é arrojado.

• Se K = 1230.

A soma dos oito maiores divisores de 1230 é 1230 + 615 + 410 + 246 + 205 + 123 + 82 + 41 = 2952 < 3240. Portanto 1230 não é arrojado.

• Se K = 1236.

A soma dos oito maiores divisores de 1236 é 1236 + 618 + 412 + 309 + 206 + 103 + 12 + 6 = 2902 < 3240. Portanto 1236 não é arrojado.

• Se K = 1242.

A soma dos oito maiores divisores de 1242 é 1242 + 621 + 414 + 207 + 138 + 69 + 54 + 46 = 2791 < 3240. Portanto 1242 não é arrojado.

• Se K = 1248.

A soma dos oito maiores divisores de 1248 é 1248 + 624 + 416 + 312 + 208 + 156 + 104 + 96 = 3164 < 3240. Portanto 1248 não é arrojado.

• Se K = 1254.

A soma dos oito maiores divisores de 1254 é 1254 + 627 + 418 + 209 + 114 + 66 + 57 + 38 = 2783 < 3240. Portanto 1254 não é arrojado.

Como a soma dos oito maiores divisores é menor que 3240, em todas as possibilidades, é evidente que a soma de quaisquer outros oito divisores também será menor que 3240.

Portanto não há nenhum inteiro positivo menor que 1260 que seja arrojado. Logo o menor número inteiro positivo arrojado é 1260.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: LEANDRO FARIAS MAIA (FORTALEZA – CE)

Vamos dividir em duas partes: Parte 1: Os lados opostos de de P são paralelos.

Seja AB um lado de P e A´B´seu lado oposto.

Suponha que AB não seja paralelo a B´A´. Por B´, trace uma paralela ao lado AB, até trocar AA´ em C. Sendo M e N pontos médios dos lados AB e A´B´, respectivamente, temos: B´ X XT XC AB // B´C ⇒ = = ⇒ B´ X = XC BM TM AM

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A

M

B

T

X B´

N

C A´

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 B´ X = XC ⇒ NX // CA´, absurdo ( NX ∩ CA´= T ).

Mas veja que:   B´N = NA´ Portanto, devemos ter: AB // A´B´.

A1 Parte 2: A2006 AB = A´B´.

Numerando os vértices, temos que: A1003 + i é oposto de Ai ,1 ≤ i ≤ 1003 Temos: A1 A2 // A1004 A1005 , A2 A3 // A1005 A1006 ,..., A1003 A1004 // // A2006 A1 .

A2 A3

T

A1006

A1003 A1005

Logo:

A1004

AT A T A T A T A1T AT AT = 2 = 3 = ... = 1003 = 1004 ⇒ 1 = 1004 ⇒ A1T = TA1004 .

TA1004 TA1005 TA1006 TA2006 TA1 TA1004 TA1 Portanto teremos: AT A T AT AT 1 = 1 = 2 = 3 = ... = 1003 TA1004 TA1005 TA1006 TA2005 Mas:

Ai T Ai Ai +1 = = 1 ⇒ Ai Ai +1 = A1003 + i A1004 + i , o que acaba, pois TA1003 + i A1003 + i A1004 + i

Ai Ai +1 e A1004 + i são lados opostos.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6: JOSÉ MARCOS ANDRADE FERRARO (SÃO PAULO - SP)

Vamos listar os primeiros termos para estabelecer uma base de indução.

n f(n)

0 0

1 2

2 3

3 5

4 7

5 8

6 10

7 11

8 13

Lema: n = f (r ) ou n = f (r ) + 1.

Prova: é equivalente a f (r + 1) = ( f (r ) + 1 ou f (r ) + 2).

Suponha que isto aconteça para r < n – 1.

Então f ( n) = 2n − f ( r´) + r´, f (n − 1) = 2n − 2 − f (r ) + r ⇒ f (n) − f (n − 1) = 2 − f (r´) + r´+ f (r ) − r.

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Temos r´= r ou r´= r + 1 , n = f (r ) ou n = f (r ) + 1 e ( f (r´) = f (r ) + 1 ou f (r´) + 2). Se r´= r , f (n) − f (n − 1) = 2.

Se r´= r + 1, f (n) − f (n − 1) = 3 + f (r ) − f (r´) = (2 ou 1), o que termina a prova do Lema.

Vamos agora provar por indução que k φ − 1 < f (k ) < k φ + 1, para todo k ∈ .

Suponha que isso vale para 0 ≤ k ≤ n − 1. n +1 n −1 Se n = f (r ), rφ − 1 < n < rφ + 1 ⇒ >r> φ φ f ( n) = 2n − f ( r ) + r = 2n − n + r = n + r n +1 n −1 n+ ≥n+r ≥n+ ⇒ φ φ 1 1 1 nφ + > f (n) ≥ nφ − ⇒ como 1 > , nφ + 1 > f (n) > nφ − 1. φ φ φ n n−2 Se n = f (r ) + 1, rφ − 1 < n − 1 < rφ + 1 ⇒ > r > φ φ f ( n ) = 2 n − n + 1 + r ⇒ f ( n) = n + 1 + r n n−2 n +1+ > n +1+ r > n +1+ ⇒ φ φ φ−2 nφ + 1 > f (n) ≥ nφ + > nφ − 1, cqd. φ Assim, φn + 1 > f (n) > φn − 1, ∀n ≥ 0.

Como f (n) ∈ , f (n) > φn − 1 e φn − 1∈ Se

m ≤ φn, m < φn

pois

m∈

e

− , temos f (n) ≥ φn − 1 + 1 = φn  . φn ∈

− .

Assim

m ≤ φn 

f (n) ≥ φn  ≥ m. Logo se m ≤ φn, f (n) ≥ m, e portanto o jogo é equilibrado.

Por outro lado, se m > φn + 1 > f (n), o jogo é desequilibrado, cqd.

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daí

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

Calcule

ex − 1 − x ∫ (e x − 1) ⋅ x dx −1

PROBLEMA 2

Seja N um inteiro positivo. Calcule, em função de N, o volume do sólido definido por:  x, y, z ∈ [0, +∞)    x  +  y  +  z  ≤ N PROBLEMA 3

Dada

f:

1 + f ( x) =

→ [ 0, +∞ )

duas

vezes

diferenciável

com f (0) = 0 , f '(0) = 1 ,

3 1 , ∀x ∈ [0,1] , mostre que f (1) < .

2 f "( x)

PROBLEMA 4

Dada uma hipérbole e uma reta não paralela às assíntotas, determine o lugar geométrico dos pontos médios das cordas da hipérbole paralelas à reta dada.

Obs: Uma corda de uma hipérbole é um segmento cujos extremos pertencem à hipérbole.

PROBLEMA 5 2

2

2

As funções y1 (t ) = (1 + t 2 ) ⋅ et , y2 (t ) = (t + t 2 ) ⋅ et e y3 (t ) = (−1 − t + t 2 ) ⋅ et são soluções da equação diferencial y"(t ) + a(t ) ⋅ y '(t ) + b(t ) ⋅ y (t ) = c(t ) , onde a (t ), b(t ), c(t ) são funções duas vezes diferenciáveis.

Determine uma função duas vezes diferenciável y (t ) tal que y"(t ) + a(t ) ⋅ y '(t ) + b(t ) ⋅ y (t ) = c(t ) , y (0) = 0, y '(0) = 0 .

PROBLEMA 6

Escolha três pontos x1, x2, x3 aleatoriamente, independentemente e com distribuição uniforme no intervalo [0, 1]. Determine, em função do número positivo m, a probabilidade de que min{| x1 − x2 |,| x1 − x3 |,| x2 − x3 |} > m .

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55

Sociedade Brasileira de Matemática

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

Seja

f ( x) =

ex − 1 − x . Temos (e x − 1) ⋅ x

f ( x) + f (− x) = 1

Assim,

∫

−1

f (− x) =

e− x − 1 + x xe x − e x + 1 = , logo (e − x − 1) ⋅ (− x) (e x − 1) ⋅ x

xe x − x = 1. (e x − 1) ⋅ x 1

1

0

0

f ( x)dx = ∫ ( f ( x) + f (− x))dx = ∫ 1dx = 1 .

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

O sólido é a união dos cubos unitários [i, i +1) × [j, j + 1) × [k, k + 1) para i, j, k inteiros não negativos, i + j + k ≤ N. Como cada cubinho tem volume 1, o volume do sólido é igual ao número de triplas (i, j, k) como acima.  N + 3 O número de triplas (e portanto o volume) é igual a   = (N + 1)(N + 2)(N +  3  3)/6.

Isto pode ser demonstrado de várias formas. Por exemplo, podemos pensar que temos uma fileira de N + 3 quadrados e vamos escolher 3 posições e botar um marcador em cada uma delas: i será o número de quadrados antes do primeiro marcador, j o número de quadrados entre o primeiro e o segundo marcadores e k o número de quadrados entre o segundo e o terceiro marcadores. Claramente, a cada configuração corresponde uma tripla e vice-versa.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Como f(x) ≥ 0 para todo x ∈ R, temos 0 <

1 = f ´´(x) , logo f´ é crescente em 1+ f (x)

[0,1], o que implica que f´(x) > 1 para x > 0, ou seja f também é crescente em [0,1].

Assim, para x > 0, temos 0 < x

x

x

0 x

0 x

0

x

0

0

0

∫ 0dt < ∫ f ´´(t )dt < ∫ 1dt

1 1 = f ´´( x) = < 1 , logo 1 + f ( x) 1 + f ( x)

⇔

0 < f ´( x) − f ´(0) < x ⇔

∫ 1dt < ∫ f ´(t )dt < ∫ (t + 1)dt ⇔ x < f ( x) < EUREKA! N°26, 2007

56

1 < f ´( x) < x + 1 ⇒

x2 3 + x . Em particular, f (1) < .

2 2

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PRIMEIRA SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Seja r a reta dada, não paralela às assíntotas. Considere o plano euclidiano como subconjunto do plano projetivo, da maneira usual. Seja P o ponto de r sobre a reta do infinito. O feixe de retas paralelas a r corresponde ao feixe de retas do plano projetivo que passam por P. Para cada uma das retas do feixe, que corta a hipérbole em dois pontos A e B, o ponto médio M do segmento AB corresponde ao conjugado harmônico de P em relação a A e B. Logo M pertence à reta polar de P em relação à hipérbole. Seja p essa reta polar. Como o pólo da reta do infinito é o centro O da hipérbole, concluímos que p passa por O. Há, portanto, dois casos a considerar: 1) Se existe uma tangente à hipérbole paralela à reta r, com ponto de tangência T (e portanto existirá uma outra tangente paralela a r no ponto T´, simétrico de T em relação a O), o lugar geométrico é a reta OT menos o segmento TT ´.

2) Caso contrário, o lugar geométrico é uma reta completa passando por O, que pode ser obtida traçando-se uma corda arbitrária paralela a r (neste caso toda reta paralela corta a hipérbole em dois pontos distintos, um em cada ramo da hipérbole) e unindo seu ponto médio a O. SEGUNDA SOLUÇÃO:

Após uma mudança de coordenadas afins, podemos considerar que a hipérbole tem equação xy = 1. Sendo m o coeficiente angular da reta r, queremos determinar o lugar geométrico dos pontos médios das intersecções das retas de equações y = mx + t ( t ∈ R) com a hipérbole. Sejam (x1, y1) e (x2, y2) esses pontos de intersecção. Então x1 e x2 são as raízes da equação x(mx + t) = 1 ⇔ mx2 + tx – 1 = 0 (1). Logo a abscissa do ponto médio é igual a 1 1 t + − y1 + y2 x1 x2 x1 + x2 t t − , e sua ordenada vale = = = 2m = . Logo o ponto 2 2 2 2 x1 x2 4 2m − m

médio pertence à reta de equação y = −

m x . Reciprocamente, um ponto dessa 2

reta pertence ao lugar geométrico desde que a equação (1) tenha duas raízes reais, ou seja, quando t 2 + 4m > 0 . Assim, se m > 0, o lugar geométrico é toda a reta de equação y = −

m x . Quando m < 0, desta reta devem ser retirados os pontos para 2

os quais −2 − m ≤ t ≤ 2 − m , ou seja, para os quais

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57

−m −m ≤x≤ . m m

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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5:

Podemos tomar y1 como solução particular e y2 – y1 e y3 – y1 como soluções linearmente independentes da equação homogênea associada y ''(t ) + a (t ) ⋅ y '(t ) + b(t ) ⋅ y (t ) = 0 . Assim a solução geral da equação é y = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3, c1 + c2 + c3 = 1 ou, equivalentemente, t2

y(t) = (c4 + c5 t + t2) ⋅ e .

Temos y(0) = c4 e y’(0) = c5, donde as condições do enunciado nos dão 2

y = t 2 ⋅ et .

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:

Seja X=[0, 1]3. Temos X = A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A5 ∪ A6 , onde

A1 = {( x, y , z ) ∈ X | x ≤ y ≤ z} , A2 = {( x, y, z ) ∈ X | x ≤ z ≤ y} , A3 = {( x, y, z ) ∈ X | y ≤ x ≤ z} , A4 = {( x, y, z ) ∈ X | y ≤ z ≤ x} ,

A5 = {( x, y, z ) ∈ X | z ≤ x ≤ y} e A6 = {( x, y, z ) ∈ X | z ≤ y ≤ x} .

Os conjuntos Ak ,1 ≤ k ≤ 6 têm todos volume 1/6.

Seja agora Y = {( x1 , x 2 , x3 ) ∈ X | min{| x1 − x 2 |, | x1 − x3 |, | x 2 − x3 |} > m} .

Temos Y = B1 ∪ B2 ∪ B3 ∪ B4 ∪ B5 ∪ B6 , onde Bk = Y ∩ Ak ,1 ≤ k ≤ 6 .

Todos os conjuntos Bk ,1 ≤ k ≤ 6, têm o mesmo volume. Vamos então calcular o volume do conjunto B1 . Como X tem volume 1, a probabilidade desejada será

6 ⋅ vol ( B1 ) .

Temos B1 = {( x, y , z ) ∈ X | y > x + m, z > y + m} . Claramente, se m ≥ 1 / 2 , B1 é vazio, e portanto a probabilidade desejada é 0 para todo m ≥ 1 / 2 .

Suponha agora 0 ≤ m ≤ 1 / 2 . Considere a translação f : B1 → X dada por f ( x, y, z ) = ( x, y − m, z − 2m) .

Temos f ( B1 ) = {( x, y, z ) ∈ [0,1 − 2m]3 | x < y < z} , e portanto f ( B1 ) tem o mesmo volume de {( x, y, z ) ∈ [0,1 − 2m]3 | x ≤ y ≤ z} = g ( A1 ) , onde g é a g ( p) = (1 − 2m) p . homotetia dada por Assim, temos

vol ( B1 ) = vol ( f ( B 1 )) = vol ( g ( A1 )) = (1 − 2m) 3 ⋅ vol ( A1 ) = (1 − 2m) 3 / 6 , logo, para 0 ≤ m ≤ 1 / 2 , a probabilidade desejada é igual 6 ⋅ vol ( B1 ) = (1 − 2m) 3 .

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58

e a

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

Seja f :

→

uma função integrável e crescente. Prove que 1

1

1 ∫0 xf ( x)dx ≥ 2 ∫0 f ( x)dx PROBLEMA 2:

Prove que, para todo inteiro n ≥ 2 , o número de matrizes quadradas 2 × 2 com entradas inteiras e pertencentes ao conjunto {0, 1, 2, …, n – 1} que têm 1 determinante da forma kn + 1 para algum k inteiro é dado por n3 ⋅ ∏ (1 − 2 ) . p p primo p|n

PROBLEMA 3:

Uma mesa de bilhar tem o formato de elipse e não tem caçapas. Quando uma bola bate em um ponto P na borda da mesa, ela segue uma direção simétrica em relação à reta normal à elipse em P. Prove que se uma bola parte de um ponto A da elipse e, após bater na mesa nos pontos B e C, retorna a A, então ela baterá novamente em B. PROBLEMA 4:

Seja p um polinômio irredutível em Q[x] de coeficientes racionais e grau maior do que 1. Prove que se p admite duas raízes r e s cujo produto é 1 então o grau de p é par.

PROBLEMA 5:

Seja f :[0, +∞) → [0, +∞) uma função crescente e bijetora. Prove que a série ∞

∑ n =1

1 converge se, e somente se, a série f ( n)

∞

∑ n =1

f

−1

( n)

n

2

função inversa de f.

PROBLEMA 6:

Considere as matrizes

1 2 1 0  e B= A=   0 1  2 1 EUREKA! N°26, 2007

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converge, sendo f

−1

a

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Prove que, para n > 1, não existem inteiros a1 , a2 , a3 ,…, an e b1 , b2 ,…, bn −1 , bn com a2 , a3 ,..., an e b1 , b2 ,..., bn −1 não nulos tais que

A a1 ⋅ B b1 ⋅ A a2 ⋅ B b2 ⋅ … ⋅ A an ⋅ B bn = I , onde I é a matriz identidade de ordem 2.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: LEVI MÁXIMO VIANA (FORTALEZA – CE)

Chame

x

F ( x) = ∫ tf (t )dt e 0

x

G ( x) = ∫ f (t )dt , x ∈ [0,1].

0

Veja

então

que

F´( x) = xf ( x) = xG´( x), mas como f ( x) = G´( x) é crescente, temos f ( x) ≥ f ( x 2 ),

G( x2 ) ' . Integrando de 0 a 1 temos: 2 2 1 1 G( x ) ' G (12 ) − G (02 ) G (1) ´( ) (1) (0) F x dx ≥ dx ⇒ F − F ≥ ⇒ F (1) ≥ ∫0 ∫0 2 2 2 1 1 1 ⇒ ∫ xf ( x)dx ≥ ∫ f ( x)dx . cqd.

0 2 0

2 já que 0 ≤ x ≤ 1, logo F´( x) ≥ xG´( x ) =

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: MURILO VASCONCELOS ANDRADE (MACEIÓ – AL)

Primeiramente provaremos que o enunciado vale para n primo:

a b   uma matriz cujo determinante é da forma k ⋅ n + 1, temos c d então que a ⋅ d − b ⋅ c ≡ 1(mod n).

Seja h(i) o número de pares ordenados de inteiros no conjunto Seja n primo e 

{0,1, 2,..., n − 1} cujo

produto é igual a i(mod n). Desta maneira, temos que o número de matrizes satisfazendo as condições do enunciado é: n −1

∑ h(i) ⋅ h(i + 1) i =0

(Onde cada h(i) representa o número de escolhas possíveis para b e c, tais que bc ≡ i (mod n) e h(i + 1) representa o número de escolhas para a e d, tais que ad ≡ i + 1(mod n).

Naturalmente h(0) = 2n − 1 (os possíveis pares são (0,0), (0, 1), ...,(0, n –1), (1, 0), (2, 0),..., (n – 1, 0).

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60

Sociedade Brasileira de Matemática

Alem disso, h(i ) = ϕ (n), para 1 ≤ i ≤ n − 1 (aqui ϕ representa a função ϕ de Euler, que associa a cada inteiro positivo no número de inteiros menores que n e que são primos com n. No caso de n primo, ϕ (n) = n − 1). Vamos provar isto: Seja k primo com n. Vamos provar que existe k´ tal que k ⋅ k´≡ i (mod n) : a seqüência

(k

r

mod n ) assume um número finito de valores (entre 0 e n –1).

n n Existem então dois números iguais na seqüência digamos k 1 = k 2 com

n2 > n1 ) .

Assim,

k ⋅ ( ik n2 − n1 −1 ) = i

( 2n − 1) + ϕ (n) ⋅ (n − 1) = n2 , i. Assim,

e

portanto

h ( i ) ≥ ϕ (n).

Como

segue que não podemos ter h(i ) > ϕ (n) para algum

n −1

n−2

r =0

i =1

∑ h(i) ⋅ h(i + 1) = (2n −1)(n −1) + ∑ (n −1) ⋅ (n −1) + (n − 1)(2n −1) =

= (n − 1) [ (n − 1)(n − 2) + 4n − 2] = n(n − 1)(n + 1) = n3

 1  1- 2  p  p primo 

∏ pn

O resultado então fica provado para n primo. k Vamos agora mostrar por indução que o resultado vale para n = p potência de

k −1 primo. Para k = 1 já foi provado. Suponha que k ≥ 2 e que vale para p .

 a b   pk −1 ⋅ n1 + a´ pk −1 ⋅ n2 + b´   , com ad − bc ≡ 1(mod p k ).

Seja n = p e   =  k −1 k −1  c d   p ⋅ n3 + c´ p ⋅ n4 + d´ k

⇒ a´d´−b´c´≡ 1(mod pk −1 ).

2k −2 ≡ 0(mod pk ), Assim, como p

ad − bc ≡ pk −1 (n1 ⋅ d´+n4 ⋅ a´−b´⋅n3 − n2 ⋅ c´) + a´d´−b´c ≡ pk −1 (n1d´+n4 a´−b´n3 − n2c´) +

+ ⋅ pk −1 +1 ≡ 1(mod pk ) ⇒ n1d´+n4 a´−b´n3 − n2c´+ ≡ 0(mod p)

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61

Sociedade Brasileira de Matemática k −1 (aqui é tal que ⋅ p +1 = a´d´−b´c´ ).



3(k −1) k −1 Como a´⋅d´−b´⋅c ≡ 1(mod p ) existem (por hipótese de indução), p 1−



1  p2 

maneiras de escolhermos a´, d´, b´ e c´. Fixando-se estes valores (e portanto k também) temos que um deles é primo com n = p , pois, caso não fosse assim,

a´d´−b´c´ ≡ 1(mod p), absurdo! Seja (a, n) = 1, por exemplo. Existem então p valores possíveis (módulo p) para cada um dos n1, n2 , n3 e para cada combinação destes, apenas um valor para n4 tal que n1d´+n4a´−b´n3 − n2c´+ ≡ 0(mod p) .

 1  1 p3(k −1) ⋅ 1− 2  ⋅ p ⋅ p ⋅ p = p3k 1− 2  maneiras de  p   p 

Existem então ao todo

escolhermos a, b, c, d. Isto termina nossa prova por indução. a a a a Para n = p11 p22 ... pk k é fácil ver que ad − bc ≡ 1(mod n) ⇔ ad − bc ≡ 1(mod pi i ),

∀i ∈{1,2,..., k} e portanto o número de matrizes que satisfazem as condições do k

enunciado é igual a

∏p i= j

3ai i

 1 3  1 1− 2  = n ⋅ ∏ 1− 2 , cqd. p  p primo   pi  pn

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: EDUARDO POÇO (SÃO PAULO – SP)

AB e BC têm o mesmo ângulo com a normal em B ⇔ têm o mesmo ângulo com a tangente à elipse em B ⇔

 B− A C−B  B− A C−B × VT = VT × ⇔ +  × VT = 0 , sendo VT o vetor B− A C−B  B − A C − B  tangente à elipse em B. Parametrizando a elipse:

P(t ) = ( k cos t ,sen t ) , 0 ≤ t ≤ 2π , sem perda de

generalidade. Vetor tangente no ponto P (t ) : V (t ) =

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62

d P (t ) = ( − k sen t , cos t ) . dt

Sociedade Brasileira de Matemática

Sejam P (a) = A , P(b) = B , P(c) = C . As hipóteses sobre refletir de AB para BC e sobre refletir de BC para CA se tornam:

 B− A C−B  +   × V (b) = 0  B − A C − B 

 C − B A−C +   C − B A − C

  × V (c ) = 0 

Temos que provar o seguinte, que CA reflete em AB:

 A−C B− A  +   × V (a) = 0  A − C B − A  Distribuindo o produto vetorial (vamos denotar como um escalar, pois todos os vetores em jogo estão no mesmo plano e os produtos vetoriais terão a mesma direção):

P ( x) × V ( y ) = (k cos x, sen x ) × (− k sen y, cos y ) = k cos( x − y )

Após dividir por k, as hipóteses se tornam:

1 − cos(a − b) cos(c − b) − 1 + =0 B−A C−B 1 − cos(b − c) cos(a − c) − 1 + =0 C−B A−C E queremos provar:

1 − cos(c − a) cos(b − a) − 1 + =0 A−C B− A Para provar isso, basta somar as hipóteses.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: THIAGO BARROS RODRIGUES COSTA (FORTALEZA – CE)

Seja p um polinômio irredutível em

(

)

[ x] admitindo duas raízes r e s cujo produto

é 1 r = 1s .

Temos p ( x ) = x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 (podemos supor p mônico sem perda de generalidade).

Como p é irredutível em [ x] , p deve ser igual ao polinômio minimal de r e s sobre

⇒ se g ( x) ∈ [ x] é tal que g ( s ) = 0 ou g ( r ) = 0, então p( x) g ( x).

Seja g ( x) =

( )

1 n 1 . ⋅x p x a0

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63

Sociedade Brasileira de Matemática

É fácil ver que todas as potências de x serão ≥ 0 ⇒ g ( x) é um polinômio sobre [ x] . Mas 1 n 1 g (r ) = r p 1 = r n ⋅ p( s ) = 0 ⇒ g (r ) = 0 ⇒ p ( x) g ( x). r a0 a0 Mas g é mônico e tem o mesmo grau de p ⇒ 1 p( x) = g ( x) ⇒ p ( x) = x n ⋅ p 1 x a0

( ( ))

( )

Se α é raiz de p( x) (obviamente α ≠ 0 pois p é irredutível e tem grau > 1), então,

( α ) = a1 ⋅ α1 ⋅ p(α ) = 0.

p 1

n

n

Logo as raízes de p sempre aparecem aos pares α , 1α . Além disso,

( x −α )

k

k

k

1  1 n 1 k  1  p( x) ⇒ x  − α  = ( −α )  x −  x p   = p( x). α  a0 x    x k

Veja que α = 1α ⇔ α = 1 ou –1. Mas nenhum desses valores pode ser raiz de p tem grau 1, e p tem grau > 1. pois o polinômio minimal deles sobre

(

⇒ as raízes aparecem aos pares α , 1α

)

⇒ p tem um número par de raízes ⇒ p tem grau par.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: EDUARDO POÇO (SÃO PAULO – SP)

Note que f (0) = 0 , e toda função crescente e bijetora é contínua, e logo integrável em qualquer intervalo finito.

Como 1 f ( x) é decrescente, pelo critério da integral somente

∫

∞

1

se

∫

∞

1

1 dx f ( x)

converge.

∞

1

∑ f ( n) n =1

Por

converge se e

outro

lado,

−1 ∞ n +1 f f −1 ( x) ( x) dx = ∑ ∫ dx, e 2 2 n x x n =1

f −1 (n) 4n 2 ≤ f −1 (n) (n + 1) 2 ≤ ∫

n +1

n

f −1 ( x) x 2 dx ≤ f −1 (n + 1) n 2 ≤ 4 f −1 (n + 1) (n + 1) 2 ,

donde EUREKA! N°26, 2007

64

Sociedade Brasileira de Matemática

1 ∞ f −1 ( n ) ≤ ∑ 4 n =1 n 2 ∞

≤ 4∑ f

−1

m =1

⇔

∞

∑f

−1

∫

∞

1

∞ f −1 ( x ) dx ≤ 4 ∑ f 2 x n =1

( m ) m 2 , e,

em

−1

∞

( n + 1) ( n + 1) 2 = 4 ∑ f

−1

(m ) m 2 ≤

n=2

particular,

∫

∞

1

f

−1

( x)

x

2

dx

converge

( n ) ( n ) 2 converge. Basta agora relacionar a convergência de

n =1

∞

∫ 1

1 dx e de f ( x)

∞

∫ 1

f −1 ( x) dx , que são integráveis em intervalos finitos. x2

Um resultado conhecido (que pode ser facilmente verificado derivando) é a fórmula da primitiva da inversa:

∫g

−1

(

Utilizando g −1 ( x) = b

)

( x)dx = xg −1 ( x) − G g −1 ( x) , sendo G (x) uma primitiva de g (x)

1

1 1 , temos então g ( x) = f −1   , e assim: f ( x)  x

1

 1 

1

 1 

∫ f ( x) dx = b f (b) − 1 f (1) − G f (b)  + G f (1)  1

b

1

b

1

1 f (b )

∫ f ( x) dx = f (b) − f (1) − ∫

1 f (1)

1

1 f −1  dx  x

Essa relação também pode ser percebida diretamente do gráfico de 1 / f ( x) , que é uma função decrescente. Com a transformação x = 1 / y : b

∫ 1

b 1 1 dx = − + f ( x) f (b) f (1)

f (b )

∫

f (1)

f −1 ( y ) dy (I). y2

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65

Sociedade Brasileira de Matemática ∞

Suponha agora que

1

∫ f ( x) dx converge. Logo: 1

x lim = 2 lim x → ∞ f ( x) x →∞

x

∫

x/2

1 dt ≤ 2 lim x →∞ f ( x)

x

∫

x/2

1 dt ≤ 2 lim x →∞ f (t )

∞

∫

x/2

1 dt = 0 f (t )

x = 0 . Fazendo b → ∞ em (I), temos a integral à esquerda x → ∞ f ( x) b indo para zero, o que resulta num valor finito para convergindo e a parcela f (b)

Então lim

∞

∫ 1

f −1 ( x) dx , donde concluímos que essa integral converge. x2 ∞

Da mesma forma, se

∫ 1

f −1 ( x) f −1 ( x) dx converge, prova-se que lim =0,e x →∞ x x2

como f é crescente e bijetora, podemos ir para o infinito com x = f ( y ) , de onde

f −1 ( f ( y )) y = 0 ⇔ lim = 0 . Novamente aplicando o limite y →∞ y → ∞ f ( y) f ( y) b convergem para valores b → ∞ em (I), temos que a integral à direita e f (b)

tiramos lim

∞

finitos, donde

∫ 1

1 dx converge. f ( x)

Retornando às séries, pelo critério da integral, a equivalência na convergência das integrais, já provada, transmite equivalência na convergência das séries.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6: COLABORAÇÃO DE DARIO BERALDO (PISA – ITÁLIA)

Indutivamente, para cada inteiro k,  1 2k  1 k Ak =  e B = 0 1   2k EUREKA! N°26, 2007

66

0 .

1

Sociedade Brasileira de Matemática

Sejam A, B, I transformações na reta projetiva (uma reta do plano projetivo), de modo que, em coordenadas homogêneas, 1  1 1 + 2kt   2k +  = Ak   =  t  t   t   1    e  1   s   h s B  = 1  , = hs 1 1 2 + h 2 +      s   * para cada s, t ∈ R .

Assim, para s irracional,

1   2k +  s 1   2h +  .

Ak B h   =  s 1     1

Iterando, eventualmente obtemos a seguinte formula: 1   2a1 + 1 2b1 +  s  Aa1 B b1 ... Aan Bbn   =  1 2an + 1   1  2bn +  s  1 

    .      Suponhamos, por contradição, que existem inteiros a1 , b1 ,..., an , bn tais que

M := Aa1 Bb1 ... Aan B bn = I .

Dado um número transcendente s, a hipótese M = I implica em particular que as linhas determinadas por 1    2a1 +  1 2b1 +     s  e 1  1  2an +     1  2bn +  s   1   EUREKA! N°26, 2007

67

Sociedade Brasileira de Matemática

devem ser as mesmas, i.e.

s = 2a1 +

1 1

2b1 +

2an +

1

1 s Agora, basta certificar-se que existe uma relação algébrica não trivial (certamente quadrática) para s, o que é um absurdo.

2bn +

Usaremos a seguinte notação:

{c0 , c1 ,..., cn } = c0 +

1

.

1

c1 +

cn −1 +

1 cn

Então, nossa relação é s = {2a1 , 2b1 ,..., 2an , 2bn , s} = {m0 , m1 , m2 ,...mN , s} , em que os m j são inteiros pares. Precisamos uma regra para escrever frações contínuas como uma simples fração, i.e.

Lema: Dado {c0 , c1 ,..., ck } , para cada inteiro 0 ≤ j ≤ k ,

pj

{c ,..., c } = q 0

j

j

onde p j = c j p j −1 + p j − 2 , q j = c j q j −1 + q j − 2 (com p0 = c0 , p1 = c0 c1 + 1, q0 = 1, q1 = c1 ).

Esta é uma indução fácil: temos {c0 ,..., c j , c j +1} = {c0 ,..., c j −1 , c j + 1 c j +1} =

 1   c j +  p j −1 + p j − 2 c j +1  c j +1 (c j p j −1 + p j − 2 ) + p j −1 c j +1 p j + p j −1 p j +1  = = = = , cqd.  c j +1 (c j q j −1 + q j − 2 ) + q j −1 c j +1q j + q j −1 q j +1 1   c j +  q j −1 + q j − 2 c j +1   Em particular, aplicando o lema para {m0 , m1 , m2 ,...mN , s} , obtemos, no caso em que bn ≠ 0,

s=

pN s + pN −1 (*) qN s + qN −1

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onde pN , qN , pN −1 , qN −1 são inteiros (pelo lema e o fato que p0 , p1 , q0 , q1 e os m´s são inteiros). Note que qN ≠ 0. De fato, q0 = 1, q1 = m1 = 2b1 ≠ 0 e, para k ≥ 1, qk +1 = mk +1qk + qk −1 , o que, como mk +1 é um inteiro par não nulo (pelo menos para 1 ≤ k < N − 1) implica, por indução, que qk +1 > qk . De fato, teremos

qk +1 ≥ mk +1qk − qk −1 ≥ 2 qk − qk −1 > qk . No caso em que mN = 2bn = 0, teremos

{

s = {2a1 , 2b1 ,..., 2an ,1/ s} = m0 , m1 ,..., mN −1 , 1

s

} = pq

/ s + pN − 2 pN −1 + pN − 2 s = , qN −1 + qN − 2 s N −1 / s + qN − 2 N −1

e, como N = 2n − 1 ≥ 3, N − 2 ≥ 1 e logo qN − 2 ≠ 0. Isto implica que s é uma raiz de uma equação de segundo grau com coeficientes inteiros, e segue a conclusão.

Obs. Em vez de tomar s transcendente, poderíamos tomar, por exemplo, s = 3 2. p 3 Temos 3 2 irracional, pois 1 < 3 2 < 2 e, se 2 = q com p e q inteiros, q > 1 e

p3 mdc( p, q) = 1, teríamos 2 =

p3

q3

∉ , absurdo. Se

3

q3

, mas q 3 > 1 e mdc ( p3 , q 3 ) = 1, donde

2 fosse raiz de uma equação do segundo grau

ax 2 + bx + c = 0 com a, b, c ∈ e a ≠ 0, teríamos a 3 4 + b 3 2 + c = 0, donde b c 3 4 = − 3 2 − = u + v 3 2, com u = −c a e v = −b a racionais. Multiplicando a a por

3

(

)

2 2, teríamos 2 = u 3 2 + v 3 4 = u 3 2 + v u + v 3 2 = uv + ( u + v ) 3 2. Se

u + v 2 ≠ 0,

teríamos

3

2=

2 − uv ∈ , u + v2

uv = 2 ⇒ −v3 = 2 ⇒ 3 2 = −v ∈ , absurdo.

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absurdo.

Assim,

u + v2 = 0

e

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

NOME Otávio Augusto de Oliveira Mendes Guilherme Cherman Perdigãao de Oliveira Bruno Silva Mucciaccia João Lucas Camelo Sá Douglas Souza Alves Junior Kayo de França Gurgel Rafael Ferreira Antonioli Nikolas Leonel Carvalho Gabriela de Paula Gonzalvez Rodrigo Nagamine Ana Thais Castro de Santana Ycaro César Campello Izaias Débora Jun Portugheis Gustavo Lopes Perosini Felipe Figueiredo Souza e Silva Marla Rochana Braga Monteiro Alexandre Crepory Abbott de Oliveira Rafael Kazuhiro Miyazaki Tiago Leandro Estevam Dias Daniel Silva Luiz Crispin Ana Lívia Ruegger Saldanha Wladimir José Lopes Martins Daniel dos Santos Bossle Erica Saldanha Freire Simões Lucas Almeida Rocha Hugo Rodrigues Martins Dantas Daniel Cardoso de Sousa Nicolas Iso Magosso Grigolli Gibin Marcos Massayuki Kawakami Paula Dias Garcia Renner Tetzner Ramos Bernardo de Andrade Macêdo Marina Pessoa Mota Luis Henrique Kobaya Shi Higa Gabriel Militão Vinhas Lopes Filipe José Oliveira Sabóia Vitor Silveira da Costa Tiago da Ávila Palhares Gustavo Pereira de Castro Douglas Michael da Costa Cezar Bruna Rufino Leão Thomas Rincon Reis Ramon Silva de Lima Eric Tada de Souza Rodrigo Gabriel Caetano Renato Soares Nunes Rafael Alves Pinheiro Leticia da Silva Inácio José Elton Albuquerque Filho Luiz Fernando Cirigliano Villela Gabriel Ilharco Magalhães Fernanda Bahia de Carvalho Coutinho Victor Venturi Lara Timbó Araújo Julia Langraf Scatolin Francisco Carvalho Osório de Souza Luiza Christófaro Bragança de Matos Francisco Jairo Rodrigues Lima Otavia Ruanna Cordeiro de Oliveira Carolina Yumi Vezato

CIDADE - ESTADO Pilar do Sul - SP Rio de Janeiro - RJ Vitória - ES Fortaleza - CE Vassouras - RJ Fortaleza - CE S. B. do Campo - SP Salvador - BA Jundiaí - SP Santo André - SP Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Campinas - SP Tabapuã - SP Nova Lima - MG Fortaleza - CE Brasília - DF São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Araras - SP Recife - PE Porto Alegre - RS Fortaleza - CE Taubaté - SP Fortaleza - CE Teresina - PI S. B. do Campo - SP São Paulo - SP Brasília - DF Vitória - ES Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Campo Grande - MS Fortaleza - CE Fortaleza – CE Curitiba - PR Ponte Nova - MG Rio de Janeiro - RJ Santa Maria - RS Teresina - PI Belo Horizonte - MG São Paulo - SP São Paulo – SP Piracicaba - SP Rio de Janeiro - RJ Parnamirim - RN S.J. da Boa Vista - SP Fortaleza - CE Uberaba - MG Juiz de Fora Belo Horizonte - MG Campinas - SP Fortaleza - CE Pirassununga - SP Campinas - SP Belo Horizonte - MG Fortaleza - CE Salgueiro - PE Araraquara - SP

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

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Nível 2 (7a. e 8a. Séries) NOME Renan Henrique Finder Hugo Fonseca Araújo Thiago Ribeiro Ramos Matheus Barros de Paula Rafael Alves da Silva Robério Soares Nunes Leonardo Pereira Stedile Gustavo Lisbôa Empinotti Victor Reis de Abreu Cavalcanti Thiago Augusto da Silva Baleixo Heverton Carlos Bezerra de Azevedo James Jun Hong Leonardo Caruso de Oliveira Pedro Caetano Cardoso Illan Feiman Halpern Davi de Melo Pontes Mendes Matheus Araújo Marins Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales Dan Zylberglejd João Mendes Vasconcelos José Ailton Azevedo Araújo Filho Leonardo Shimizu Yojo Gelly Whesley Silva Neves Frederico Gaia Costa da Silva Ana Luísa de Almeida Losnak Saulo Moraes de Faria Guilherme Salvador Vieira Fernando Fonseca Andrade Oliveira Rafael Farias Cação Edson Ryokei Onoga Rafael Gribel de Paula Neves Luiz Castelo Branco Cavalcante Filipe Gabriel Soares Rodrigues Rafael Horimoto de Freitas Germano Luis Lopes de Mello Silvio Tacla Alves Barbosa Pedro Pacheco Louzada André Saraiva Nobre dos Santos Mateus Bezerra Alves da Costa Leandro Lyra Braga Dognini Gabriel de Andrade Issisaki Isabella Amorim Gonzalez André Bina Possatto Obed Leite Vieira Eduardo Kaiser Ururahy Nunes Paulo Ricardo de Souza Costa Guilherme Vieira Melo Stephane Hilda Barbosa Lima Camila Miraglia Ribeiro Patrícia Fernanda Hongo Marcel Ichiro Bastos Kamiyama Camilla Kikuchi Yuri Santana do Carmo Juliana Rangel Cenzi Rafael Eiki Takemura

CIDADE – ESTADO Joinville - SC Juiz de Fora - MG Varginha - MG Taubaté - SP Teresina - PI Ribeirão Preto - SP São Paulo - SP Florianópolis - SC Maceió - AL Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Itatiaia - RJ Fortaleza - CE São Gonçalo - RJ Barreiras - BA Rio de Janeiro – RJ Fortaleza - CE Fortaleza - CE São Paulo – SP Fortaleza - CE Teresina - PI São Paulo - SP Niterói - RJ Rio Claro - SP Belo Horizonte - MG Campo Grande - MS São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Teresina - PI Teresina - PI São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Fortaleza - CE Fortaleza - CE Barcarena - PA Guaíra - SP Maceió - AL São Caetano - SP Fortaleza – CE Itatiaia - RJ Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Fortaleza - CE Curitiba - PR Bragança Paulista - SP São Paulo - SP São Paulo - SP Belém - PA Jacareí - SP São Paulo – SP

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

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Nível 3 (Ensino Médio) NOME Jose Marcos Andrade Ferraro Henrique Pondé de Oliveira Pinto Guilherme Rodrigues Nogueira de Souza Leandro Farias Maia Ramon Moreira Nunes Rafael Mendes de Oliveira Regis Prado Barbosa Edson Augusto Bezerra Lopes André Linhares Rodrigues Willy George do Amaral Petrenko Leonardo Ribeiro de Castro Carvalho Rodrigo Viana Soares Artur de Almeida Losnak Paulo André Carvalho de Melo Renato Rebouças de Medeiros Rafael Sampaio de Rezende Rafael Tupynambá Dutra Alfredo Roque de Oliveira Freire Filho Rafael Morioka Oda Adenilson Arcanjo de Moura Júnior Giuliano Pezzolo Giacaglia Wilson Camara Marriel Rafael Sabino Lima Marlen Lincoln da Silva César Ryudi Kawakami Hugo Musso Gualandi Raphael Rodrigues Mata Alexandre Hideki Deguchi Martani Ricardo Turolla Bortolotti Felipe Gonçalves Assis Max Douglas Peixoto da Silva Êurope Moraes Gorito Fernando Nascimento Coelho Guilherme Philippe Figueiredo Marcelo Matheus Gauy Luiz Carlos da Silva Sobral Iuri Lima Ribeiro Alex Atsushi Takeda Gabriel Caser Brito Jose Armando Barbosa Filho Henrique Hiroshi Motoyama Watanabe João Luiz de Oliveira Madeira Lúcio Eiji Assaoka Hossaka Pedro Pinheiro de Negreiros Bessa Davi Lopes Alves de Medeiros Paulo Sérgio de Castro Moreira Roberto Akiba de Oliveira Enzo Haruo Hiraoka Moriyama Alexandre Azevedo Cezar José Airton Coelho Lima Filho Pedro Paulo Gondim Cardoso Thiago da Silva Pinheiro

CIDADE – ESTADO São Paulo – SP Salvador - BA São Paulo - SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Fortaleza - CE Fortaleza - CE Fortaleza – CE Rio de Janeiro - RJ São Paulo - SP Fortaleza – CE São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Fortaleza - CE Belo Horizonte - MG Salvador - BA São Paulo - SP Fortaleza - CE São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Fortaleza – CE São Paulo – SP Vitória - ES Salvador - BA São Paulo – SP Rio Claro – SP Campina Grande - PB Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Fortaleza – CE Fortaleza - CE S.J. do Rio Preto - SP Aracaju - SE Fortaleza - CE Londrina - PR Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE São Paulo - SP São Paulo - SP Curitiba - PR Fortaleza - CE Fortaleza - CE Fortaleza - CE Sorocaba - SP São Paulo - SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Salvador - BA São Paulo - SP

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PRÊMIO Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze 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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Nível Universitário NOME Fábio Dias Moreira Alex Corrê Abreu Humberto Silva Naves Samuel Barbosa Feitosa Levi Máximo Viana Rafael Daigo Hirama Rafael Marini Silva Thiago Barros Rodrigues Costa Henry Wei Cheng Hsu Murilo Vasconcelos Andrade Luiz Felipe Marini Silva Thiago da Silva Sobral Felipe Rodrigues Nogueira de Souza Thiago Costa Leite Santos Raphael Constant da Costa Eduardo de Moraes Rodrigues Poço Elton Gomes Coriolano Elder Rodrigo Barbosa Coelho Ronaldo Rodrigues Pelá Estillac Lins Maciel Borges Filho Thomás Yoiti Sasaki Hoshina Luís Daniel Barbosa Coelho Renato Francisco Lopes Mello Pedro Henrique Milet Pinheiro Pereira Pedro Henrique Silva Belisário Luty Rodrigues Ribeiro José Mário da Silva Filho Kellem Corrêa Santos Marcos Francisco Ferreira Martinelli Evandro Makiyama Nilson Maciel de Paiva Júnior Igor de Castro Lima Eric Campos Bastos Guedes Marcelo de Araújo Barbosa Pedro Meira de Vasconcelos Bezerra Moyses Afonso Assad Cohen Davi de Melo Jorge Barbosa Rodrigo Pereira Maranhão

CIDADE – ESTADO Rio de Janeiro - RJ Niterói - RJ S.J. dos Campos - SP Fortaleza - CE Rio Janeiro - RJ S.J. dos Campos - SP Vila Velha - ES Fortaleza - CE São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ S.J. dos Campos - SP S.J. dos Campos - SP São Paulo - SP São Paula - SP Rio de Janeiro - RJ São Paulo - SP Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ S.J. dos Campos - SP Belém - PA Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ J. dos Guararapes - PE Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ S.J. dos Campos - SP S.J. dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro - RJ São Paulo – SP Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro – RJ Niterói - RJ S.J. dos Campos - SP Recife - PE Rio de Janeiro - RJ Fortaleza -CE Rio de Janeiro - RJ

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

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AGENDA OLÍMPICA XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – Sábado, 16 de junho de 2007 Segunda Fase – Sábado, 15 de setembro de 2007 Terceira Fase – Sábado, 27 de outubro de 2007 (níveis 1, 2 e 3) Domingo, 28 de outubro de 2007 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova).

NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – Sábado, 15 de setembro de 2007 Segunda Fase – Sábado, 27 e Domingo, 28 de outubro de 2007 ♦

XIII OLIMPÍADA DE MAIO 12 de maio de 2007 ♦

XVIII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Uruguai 12 a 17 de junho de 2007 ♦

XLVIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 19 a 31 de julho de 2007 Vietnã ♦

XIV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 3 a 9 de agosto de 2007 Blagoevgrad, Bulgária ♦

XXII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 6 a 16 de setembro de 2007 Coimbra, Portugal ♦

X OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 5 de novembro de 2007

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COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad Américo López Gálvez Amarísio da Silva Araújo Andreia Goldani Antonio Carlos Nogueira Ali Tahzibi Benedito Tadeu Vasconcelos Freire Carlos Alexandre Ribeiro Martins Carmen Vieira Mathias Claus Haetinger Cleonor Crescêncio das Neves Cláudio de Lima Vidal Denice Fontana Nisxota Menegais Edson Roberto Abe Élio Mega Eudes Antonio da Costa Fábio Brochero Martínez Florêncio Ferreira Guimarães Filho Francinildo Nobre Ferreira Genildo Alves Marinho Ivanilde Fernandes Saad Jacqueline Rojas Arancibia Janice T. Reichert João Benício de Melo Neto João Francisco Melo Libonati José Luiz Rosas Pinho José Vieira Alves José William Costa Krerley Oliveira Licio Hernandes Bezerra Luciano G. Monteiro de Castro Luzinalva Miranda de Amorim Mário Rocha Retamoso Marcelo Rufino de Oliveira Marcelo Mendes Newman Simões Nivaldo Costa Muniz Osvaldo Germano do Rocio Raúl Cintra de Negreiros Ribeiro Ronaldo Alves Garcia Rogério da Silva Ignácio Reginaldo de Lima Pereira Reinaldo Gen Ichiro Arakaki Ricardo Amorim Sérgio Cláudio Ramos Seme Gebara Neto Tadeu Ferreira Gomes Tomás Menéndez Rodrigues Valdenberg Araújo da Silva Vânia Cristina Silva Rodrigues Wagner Pereira Lopes

(UFJF) (USP) (UFV) FACOS (UFU) (USP) (UFRN) (Univ. Tec. Fed. de Paraná) (UNIFRA) (UNIVATES) (UTAM) (UNESP) (UNIPAMPA) (Colégio Objetivo de Campinas) (Faculdade Etapa) (Univ. Federal do Tocantins) (UFMG) (UFES) (UFSJ) (Centro Educacional Leonardo Da Vinci) (UC. Dom Bosco) (UFPB)) (UNOCHAPECÓ) (UFPI) (Grupo Educacional Ideal) (UFSC) (UFPB) (Instituto Pueri Domus) (UFAL) (UFSC) (Sistema Elite de Ensino) (UFBA) (UFRG) (Grupo Educacional Ideal) (Colégio Farias Brito, Pré-vestibular) (Cursinho CLQ Objetivo) (UFMA) (U. Estadual de Maringá) (Colégio Anglo) (UFGO) (Col. Aplic. da UFPE) (Escola Técnica Federal de Roraima) (UNIFESP) (Centro Educacional Logos) (IM-UFRGS) (UFMG) (UEBA) (U. Federal de Rondônia) (U. Federal de Sergipe) (U. Metodista de SP) (CEFET – GO)

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Juiz de Fora – MG Ribeirão Preto – SP Viçosa – MG Osório – RS Uberlândia – MG São Carlos – SP Natal – RN Pato Branco - PR Santa María – RS Lajeado – RS Manaus – AM S.J. do Rio Preto – SP Bagé – RS Campinas – SP São Paulo – SP Arraias – TO Belo Horizonte – MG Vitória – ES São João del Rei – MG Taguatingua – DF Campo Grande– MS João Pessoa – PB Chapecó – SC Teresina – PI Belém – PA Florianópolis – SC Campina Grande – PB Santo André – SP Maceió – AL Florianópolis – SC Rio de Janeiro – RJ Salvador – BA Rio Grande – RS Belém – PA Fortaleza – CE Piracicaba – SP São Luis – MA Maringá – PR Atibaia – SP Goiânia – GO Recife – PE Boa Vista – RR SJ dos Campos – SP Nova Iguaçu – RJ Porto Alegre – RS Belo Horizonte – MG Juazeiro – BA Porto Velho – RO São Cristovão – SE S.B. do Campo – SP Jataí – GO