Eureka 2009

CONTEÚDO XIV OLIMPÍADA DE MAIO

2

XLVIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro

5

XLIX OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro

7

XXII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro

9

XXIII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro

12

ARTIGOS 0,999... OU “COMO COLOCAR UM BLOCO QUADRADO EM UM BURACO REDONDO” Pablo Emanuel

14

ALGORITMO DE GOSPER E APLICAÇÕES Humberto Silva Naves

21

DOMINGO REGADO A REPUNITS Valberto Rômulo Feitosa Pereira

27

HOMOTETIAS, COMPOSIÇÃO DE HOMOTETIAS EO PROBLEMA 6 DA IMO 2008 Carlos Yuzo Shine

32

COMO É QUE FAZ?

44

OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO

48

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

52

PROBLEMAS PROPOSTOS

62

AGENDA OLÍMPICA

63

COORDENADORES REGIONAIS

64

Sociedade Brasileira de Matemática

XIV OLIMPÍADA DE MAIO PRIMEIRO NÍVEL PROBLEMA 1

Quantos números distintos de 6 algarismos e múltiplos de 45 podem ser escritos colocando um dígito à esquerda e outro à direita de 2008?

PROBLEMA 2

No colégio Olímpico as provas são avaliadas com números inteiros, a menor nota possível é 0, e a maior é 10. Na aula de Matemática o professor aplica as provas.

Este ano a turma tem 15 alunos. Quando um dos alunos tira na primeira prova uma nota menor que 3 e na segunda prova uma nota maior que 7, o aluno é chamado de aluno superado. O professor, ao terminar de corrigir as provas, fez uma média com as 30 notas e obteve 8. Qual é a maior quantidade de alunos superados que pode ter tido a turma?

PROBLEMA 3

Num quadro negro estão escritos os números inteiros de 1 a 2008 inclusive.

Apagam-se dois números e escreve-se a diferença entre eles. Por exemplo, se apagamos o número 5 e 241, escrevemos 236. Assim continuamos, apagando os números e escrevendo a diferença, até que fica somente um número. Determine se o número que ficou por último pode ser 2008. E 2007?

Em cada caso, se a resposta é afirmativa indique uma seqüência com esse número final, e se é negativa, explique o porquê.

PROBLEMA 4

Sobre o lado AB de um quadrado ABCD é desenhado exteriormente o triângulo retângulo ABF, de hipotenusa AB. Sabe-se que AF = 6, e que BF = 8. Chamamos de E o centro do quadrado. Calcule o comprimento de EF. PROBLEMA 5

Num tabuleiro de 16 × 16 colocamos 25 moedas, como na figura abaixo. É permitido selecionar 8 linhas e 8 colunas e retirar do tabuleiro todas as moedas que se encontram nessas linhas e colunas. Determine se é possível retirar todas as moedas do tabuleiro.

Se a resposta é afirmativa, indique as 8 linhas e as 8 colunas selecionadas, e se é negativa, explique o porquê.

EUREKA! N°29, 2009

2

Sociedade Brasileira de Matemática

SEGUNDO NÍVEL PROBLEMA 1

Num quadro negro está escrita a seguinte expressão: 1 − 2 − 22 − 23 − 24 − 25 − 26 − 27 − 28 − 29 − 210.

Juan distribui parêntesis de distintas maneiras e efetua o cálculo que fica. Por exemplo: 1 − 2 − (22 − 23 ) − 24 − (25 − 26 − 27 ) − 28 − (29 − 210 ) = 403 ou 1 − (2 − 22 (−23 − 24 ) − (25 − 26 − 27 )) − (28 − 29 ) − 210 = −933.

Quantos resultados diferentes pode obter Juan?

PROBLEMA 2

No retângulo ABCD de lados AB, BC, CD e DA, seja P um ponto do lado AD tal µ = 90° . A perpendicular a BP traçada por A corta BP em M e a que BPC perpendicular a CP traçada por D corta CP em N. Demonstre que o centro do retângulo está no segmento MN. PROBLEMA 3

Nos números 1010...101 estão alternados uns e zeros; se há n uns, há n – 1 zeros (n ≥ 2).

Determine os valores de n para os quais o número 1010...101, que tem n uns, é primo.

PROBLEMA 4

No plano há 16 retas tais que não há duas paralelas nem três concorrentes.

Sebastián tem que pintar os 120 pontos que são interseção de duas retas de modo que em cada reta todos os pontos pintados sejam de cor diferente.

Determine o número mínimo de cores que Sebastián precisa para concluir a tarefa.

E se as retas são 15 (neste caso, os pontos são 105)?

EUREKA! N°29, 2009

3

Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMA 5

Matias cobriu um tabuleiro quadrado de 7 × 7, dividido em casas de 1 × 1, com peças dos três tipos a seguir

Tipo 1

Tipo 2

Tipo 3

sem buracos nem superposições, e sem sair do tabuleiro.

Cada peça do tipo 1 cobre exatamente 3 casas e cada peça do tipo 2 ou do tipo 3 cobre exatamente 4 casas.

Determine a quantidade de peças do tipo 1 que Matias pode ter utilizado.

(As peças podem girar e ser viradas).

RESULTADO BRASILEIRO 2008: Nível 1 (até 13 anos) Nome

Cidade - Estado

Pontos

Rafael Kazuhiro Miyazaki

São Paulo – SP

45

Prêmio Medalha de Ouro

Débora Ornellas

Salvador – BA

36

Medalha de Prata

Nicolas Seoane Miquelin

Mauá – SP

34

Medalha de Prata

Guilherme Renato Martins Unze

São Paulo – SP

33

Medalha de Bronze

Ana Beatrice Bonganha Zanon

Santo André – SP

26

Medalha de Bronze

Paula Dias Garcia

Brasília – DF

24

Medalha de Bronze

Lara Timbó Araújo

Fortaleza – CE

24

Medalha de Bronze

Francisco Markan Nobre de Souza Filho

Fortaleza – CE

24

Menção Honrosa

Henrique Gasparini Fiúza do Nascimento

Brasília – DF

23

Menção Honrosa

Henrique Vieira G. Vaz

São Paulo – SP

23

Menção Honrosa

Nome

Cidade - Estado

Pontos

Prêmio

João Lucas Camelo Sá

Fortaleza – CE

37

Medalha de Ouro

Guilherme da Rocha Dahrug

Santo André – SP

30

Medalha de Prata

2008: Nível 2 (até 15 anos)

Matheus Barros de Paula

Taubaé – SP

29

Medalha de Prata

Rafael Ferreira Antonioli

S.B. do Campo – SP

23

Medalha de Bronze

Nara Gabriela de Mesquita Peixoto

Fortaleza – CE

22

Medalha de Bronze

Rodrigo Nagamine

Santo André – SP

22

Medalha de Bronze

Henrique Lopes de Mello

Rio de Janeiro – RJ

21

Medalha de Bronze

Victorio Takahashi Chu

São Paulo – SP

21

Menção Honrosa

Jonas Rocha de Lima Amaro

Fortaleza – CE

17

Menção Honrosa

Deborah Barbosa Alves

São Paulo – SP

16

Menção Honrosa

EUREKA! N°29, 2009

4

Sociedade Brasileira de Matemática

XLVIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro A XLVIII Olimpíada Internacional de Matemática foi realizada na cidade de Hanói, Vietnã no período de 19 a 31 de julho de 2007. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Carlos Gustavo Moreira do Rio de Janeiro – RJ e Onofre Campos da Silva Farias de Fortaleza – CE.

RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4 BRA5 BRA6

Régis Prado Barbosa Henrique Pondé de Oliveira Pinto Ramón Moreira Nunes Rafael Sampaio de Rezende Rafael Tupynambá Dutra Guilherme Phillipe Figueiredo

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

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1:

Sejam a1 , a2 ,..., an números reais. Para cada i(1 ≤ i ≤ n) definimos d i = max{a j :1 ≤ j ≤ i} − min{a j : i ≤ j ≤ n}

e d = max{d i :1 ≤ i ≤ n}.

(a) Prove que para quaisquer números reais x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn , d . (*) 2 (b) Prove que existem números reais x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn para os quais vale a igualdade em (*). max{ xi − ai :1 ≤ i ≤ n} ≥

PROBLEMA 2:

São dados cinco pontos A, B, C D e E tais que ABCD é um paralelogramo e BCED é um quadrilátero cíclico (e convexo). Seja l uma recta que passa por A. EUREKA! N°29, 2009

5

Sociedade Brasileira de Matemática

Suponhamos que l intersecta o segmento DC num ponto interior F e a recta BC em G. Suponhamos também que EF = EG = EC. Prove que l é a bissectriz do ângulo DAB. PROBLEMA 3:

Numa competição de Matemática alguns participantes são amigos. A amizade é sempre recíproca. Dizemos que um grupo de participantes é um clique se dois quaisquer deles são amigos (em particular, qualquer grupo com menos de dois participantes é um clique). O tamanho de um clique é o número de seus elementos.

Sabe-se que nesta competição o tamanho máximo dos cliques é par.

Prove que os participantes podem ser distribuídos em duas salas, de modo que o tamanho máximo dos cliques contidos numa sala é igual ao tamanho máximo dos cliques contidos na outra sala.

SEGUNDO DIA PROBLEMA 4:

No triângulo ABC a bissectriz do ângulo BCA intersecta a circunferência circunscrita em R ( R ≠ C ), a mediatriz de BC em P e a mediatriz de AC em Q. O ponto médio de BC é K e o ponto médio de AC é L. Mostre que os triângulos RPK e RQL têm áreas iguais.

PROBLEMA 5:

Sejam a e b inteiros positivos tais que 4ab – 1 divide (4a 2 − 1) 2 . Prove que a = b.

PROBLEMA 6:

Seja n um número inteiro positivo. Considere o conjunto S = {( x, y , z ) : x, y , z ∈{0,1,..., n}, x + y + z > 0} de (n + 1)3 − 1 pontos no espaço tridimencional. Determine o menor número possível de planos cuja união contém todos os pontos de S mas não contém (0, 0, 0).

EUREKA! N°29, 2009

6

Sociedade Brasileira de Matemática

XLIX OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro A XLIX Olimpíada Internacional de Matemática foi realizada na cidade de Madri, Espanha no período de 10 a 22 de julho de 2008. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Luciano Monteiro de Castro do Rio de Janeiro – RJ e Carlos Yuzo Shine de São Paulo – SP. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4 BRA5 BRA6

Davi Lopes Alves de Medeiros Henrique Pondé de Oliveira Pinto Marcelo Matheus Gauy Rafael Tupynambá Dutra Régis Prado Barbosa Renan Henrique Finder

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

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1:

Seja ABC um triângulo acutângulo e seja H o seu ortocentro. A circunferência de centro no ponto médio de BC e que passa por H intersecta a reta BC nos pontos A1 e A2 .

Analogamente, a circunferência de centro no ponto médio de CA e que passa por H intersecta a reta CA nos pontos B1 e B2 , e a circunferência de centro no ponto médio de AB e que passa por H intersecta a reta AB nos pontos C1 e C2 . Mostre que A1 , A2 , B1, B 2 ,C 1, C 2 estão sobre uma mesma circunferência.

PROBLEMA 2:

(a) Prove que x2 y2 z2 + + ≥1 2 2 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1)2 para todos os números reais x, y, z, diferentes de 1, com xyz = 1.

(*)

(b) Prove que existe uma infinidade de ternos de números racionais x, y, z, diferentes de 1, com xyz = 1, para os quais ocorre a igualdade em (*).

EUREKA! N°29, 2009

7

Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMA 3:

Prove que existe um número infinito de inteiros positivos n tais que n 2 + 1 tem um divisor primo maior que 2n + 2n .

PROBLEMA 4:

Determine todas as funções f ]0, ∞[ → ]0, ∞[ (ou seja, f é uma função dos reais positivos para os reais positivos) tais que

( f ( w) )

2

+ ( f ( x) )

f ( y2 ) + f (z2 )

2

=

w2 + x 2 y2 + z2

para todos os números reais positivos w, x, y com wx = yz.

PROBLEMA 5:

Sejam n e k números inteiros positivos tais que k ≥ n e k − n é um número par.

São dadas 2n lâmpadas numeradas de 1 a 2n, cada uma das quais pode estar acesa ou apagada.

Inicialmente todas as lâmpadas estão apagadas. Uma operação consiste em alterar o estado de exatamente uma das lâmpadas (de acessa para apagada ou de apagada para acesa). Consideremos seqüências de operações.

Seja n o número de seqüências com k operações após as quais as lâmpadas de 1 a n estão todas acessas e as lâmpadas de n + 1 a 2n estão todas apagadas.

Seja M o número de seqüências com k operações após as quais as lâmpadas de 1 a n estão todas acesas e as lâmpadas de n + 1 e 2n estão todas apagadas, e durante as quais todas as lâmpadas de n + 1 a 2n permanecem sempre apagadas.

N .

Determine a razão M PROBLEMA 6:

Seja ABCD um quadrilátero convexo cujos lados BA e BC tam comprimentos diferentes. Sejam w1 e w2 as circunferências inscritas nos triângulos ABC e ADC, respectivamente.

Suponhamos que existe um circunferência w tangente à reta BA de forma que A está entre B e o ponto de tangência, tangente à reta BC de forma que C está entre B e o ponto de tangência, e que também seja tangente às retas AD e CD. Prove que as tangentes comuns exteriores a w1 e w2 se intersectam sobre w.

EUREKA! N°29, 2009

8

Sociedade Brasileira de Matemática

XXII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro A XXII Olimpíada Iberoamericana de Matemática foi realizada na cidade de Coimbra, Portugal no período de 6 a 16 de setembro de 2007. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Eduardo Wagner e Edmilson Motta da cidade do Rio de Janeiro – RJ e São Paulo – SP respectivamente.

RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4

Guilherme Rodrigues Nogueira de Souza Henrique Pondé de Oliveira Pinto Ramon Moreira Nunes Régis Prado Barbosa

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

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1:

Dado um inteiro positivo m, define-se a sucessão {an } da seguinte maneira: m a1 = , an +1 = an  an  , si n ≥ 1.

2 Determinar todos os valores de m para os quais a2007 é o primeiro inteiro que aparece na sucessão.

Nota: Para um número real x se define  x  como o menor inteiro que é maior ou igual a x.

Por exemplo, π  = 4,  2007  = 2007.

PROBLEMA 2:

Sejam ABC um triângulo com incentro I e Γ uma circunferência de centro I, de raio maior que o da circunferência inscrita e que não passa por nenhum dos vértices. Sejam X 1 o ponto de intersecção de Γ com a reta AB mais perto de B, X 2 e X 3 os pontos de intersecção de Γ com a recta BC sendo X 2 o mais perto de B e X 4 o ponto de intersecção de Γ com a recta CA mais perto de C. Seja K o ponto de intersecção das rectas X 1 X 2 e X 3 X 4 . Demonstre que AK corta o segmento X 2 X 3 no seu ponto médio.

EUREKA! N°29, 2009

9

Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMA 3:

Duas equipes, A e B disputam o território limitado por uma circunferência.

A tem n bandeiras azuis e B tem n bandeiras brancas ( n ≥ 2, fixo). Jogam alternadamente e A começa o jogo. Cada equipe, na sua vez, coloca uma das suas bandeiras num ponto da circunferência que não se tenha usado numa jogada anterior. Cada bandeira, uma vez colocada, não se pode mudar de lugar.

Uma vez colocadas as 2n bandeiras reparte-se o território entre as duas equipes.

Um ponto do território é da equipe A se a bandeira mais próxima dele é azul, e é da equipe B se a bandeira mais próxima dele é branca. Se a bandeira azul mais próxima de um ponto está à mesma distância que a bandeiras branca mais próxima deste ponto, então o ponto é neutro (não é de A nem de B). Uma equipe ganha o jogo se seus pontos cobrem uma área maior que a área coberta pelos pontos da outra equipe. Há empate se ambos cobrem áreas iguais.

Demonstre que, para todo n a equipe B tem estratégia para ganhar o jogo.

SEGUNDO DIA PROBLEMA 4:

Em um tabuleiro quadriculado de tamanho 19 × 19, uma ficha chamada dragão dá saltos da seguinte maneira: desloca-se 4 casas numa direcção paralela a um dos lados do tabuleiro e 1 casa em direção perpendicular à anterior.

X

X

X

X D

A partir de D, o dragão pode saltar para uma das quatro posições X. Sabe-se que, com este tipo de saltos, o dragão pode mover-se de qualquer casa a qualquer outra.

A distancia dragoniana entre duas casas é o menor número de saltos que o dragão deve dar para mover-se de uma casa a outra.

Seja C uma casa situada num canto do tabuleiro e seja V a casa vizinha a C que a toca num único ponto.

EUREKA! N°29, 2009

10

Sociedade Brasileira de Matemática

Demonstre que existe alguma casa X do tabuleiro tal que a distância dragoniaana de C a X é maior que a distãncia dragoniana de C a V. PROBLEMA 5:

Um número natural n é atrevido se o conjunto dos seus divisores, incluindo 1 e n, pode ser dividido em três subconjuntos tais que a soma dos elementos de cada subconjunto é a mesma nos três. Qual é a menor quantidade de divisores que pode ter um número atrevido?

PROBLEMA 6:

Seja F a família de todos os hexágonos convexos H que satisfazem as seguintes condições: a) os lados opostos de H são paralelos; b) quaisquer três vértices de H podem ser cobertos por uma faixa de largura 1.

Determine o menor número real l tal que cada um dos hexágonos da família F pode ser coberto com uma faixa de largura l .

Nota: Uma faixa de largura l é a região do plano compreendida entre duas rectas paralelas que estão à distancia l (incluídas ambas as rectas paralelas).

EUREKA! N°29, 2009

11

Sociedade Brasileira de Matemática

XXIII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e Resultado Brasileiro A XXIII Olimpíada Iberoamericana de Matemática foi realizada na cidade de Salvador, Bahia no período de 20 a 28 de setembro de 2008. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Eduardo Wagner e Fábio Dias Moreira, ambos da cidade de Rio de Janeiro – RJ. Com este resultado a equipe brasileira obteve também a maior pontuação total da competição ficando em primeiro lugar com 155 pontos.

RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4

Henrique Ponde de Oliveira Pinto Renan Henrique Finder Ramon Moreira Nunes Régis Prado Barbosa

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

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1:

Os números 1, 2, 3,..., 20082 são distribuídos num tabuleiro 2008 × 2008, de modo que em cada casa haja um número distinto. Para cada linha e cada coluna do tabuleiro calcula-se a diferença entre o maior e o menor dos seus elementos. Seja S a soma dos 4016 números obtidos.

Determine o maior valor possível para S. PROBLEMA 2:

Sejam ABC um triângulo escaleno e r a bissectriz externa do ângulo ∠ABC. Sejam P e Q os pés das perpendiculares à recta r que passam por A e C, respectivamente.

As rectas CP e AB intersectam-se em M e as rectas AQ e BC intersectam-se em N. Demonstre que as rectas AC, MN e r têm um ponto em comum.

PROBLEMA 3:

Sejam m e n inteiros tais que o polinômio P ( x) = x 3 + mx + n tem a seguinte propriedade: se x e y são inteiros e 107 divide P ( x) − P ( y ), então 107 divide x – y.

Demosntre que 107 divide m.

EUREKA! N°29, 2009

12

Sociedade Brasileira de Matemática

SEGUNDO DIA PROBLEMA 4:

Demonstre que não existem inteiros positivos x e y tais que x 2008 + 2008! = 21y.

PROBLEMA 5:

Seja ABC um triângulo e X, Y, Z pontos interiores dos lados BC, AC, AB respectivamente. Sejam A´, B´, C´ os circuncentros dos triângulos AZY, BXZ, CYX, respectivamente.

Demonstre que ( ABC ) ( A´B´C´) ≥ 4 e que a igualdade ocorre se, o somente se, as rectas AA´, BB´, CC´ têm um ponto em comum.

Observação: Para um triângulo qualquer RST, denotamos a sua área por (RST).

PROBLEMA 6:

Numa partida de biribol enfrentam-se duas equipes de quatro jogadores cada uma.

Organiza-se um torneio de biribol em que participam n pessoas, que formam equipes para cada partida (as equipes não são fixas). No final do torneio observouse que cada duas pessoas disputaram exactamente uma partida em equipes rivais.

Para que valores de n é possível organizar um torneio com tais características?

EUREKA! N°29, 2009

13

Sociedade Brasileira de Matemática

0,999... OU “COMO COLOCAR UM BLOCO QUADRADO EM UM BURACO REDONDO” Pablo Emanuel •

Nível Intermediário

Quando um jovem estudante de matemática começa a estudar os números reais, é difícil não sentir certo desconforto e estranhamento. De repente, algumas coisas que faziam sentido param de funcionar tão bem assim. Com certeza, uma das mais estranhas pode ser resumida na igualdade 0,9999..... = 1,0000...

Como assim? No mundo dos números inteiros (com a exceção muito razoável de 0 = –0), qualquer número tem uma única representação decimal (os zeros à esquerda não são um problema sério, ou definimos que nunca podemos começar com 0 – o que deixa o próprio zero em uma situação meio desconfortável de ter uma representação decimal vazia – ou definimos que sempre vamos completar com infinitos zeros à esquerda), e esta se comporta bem – i.e. qualquer número da forma 8xxxxxxx é menor que qualquer número da forma 9yyyyyyy com o mesmo número de dígitos. Como pode haver um número começado por 0,9 que não seja menor que um número começado por 1,0 e, pior, que seja igual!? A resposta explica, mas não convence: se definirmos as seqüências: an = 0.999999...9 (n dígitos 9) e bn = 1.000000...0 (n dígitos 0) temos que an < 0.999... ⇐ 1.000... < bn. No entanto, como bn – an = 1/10n, que converge para 0, a diferença entre 1.000... e 0.999..., que é menor que qualquer das diferenças bn – an só pode ser 0, logo os números são iguais.

OK, entendido, mas ainda tem caroço neste angu. Por que a representação decimal, que se comporta tão bem para números inteiros tem este tipo de esquisitice para números reais? A verdade é que usar a representação decimal para números reais é enfiar um bloco quadrado em um buraco redondo.

Em primeiro lugar, até agora estamos usando a representação decimal (base 10) apenas porque é a representação com que estamos mais acostumados. Será que o EUREKA! N°29, 2009

14

Sociedade Brasileira de Matemática

problema está com o número 10? Infelizmente não. Mesmo que usemos outras bases, o problema continua: 0,1111.... = 1,000.... em base 2 0,2222... = 1,000... em base 3 e o mesmo problema acontece em qualquer base que escolhamos (e a demonstração é exatamente a mesma, mutatis mutandis, que fizemos lá em cima).

Antes de entrarmos a fundo em por que a representação decimal (ou em qualquer base N) tem estes problemas, é bom ver que outras opções nós temos para representar os números reais. Em primeiro lugar, nossas notações foram feitas para trabalhar com números inteiros, que é o que nos é familiar (a ponto de Pitágoras afirmar que os números inteiros são a fundação do universo). Dos números inteiros conseguimos de forma natural derivar os números racionais (os números da forma a/b, onde a e b são inteiros). O pulo para os números reais irracionais, no entanto, é menos natural, e as únicas maneiras que temos para tentar nomear os números irracionais são através das aproximações por números racionais. A própria representação decimal é a aproximação por números racionais da forma A/10n (ou A/Nn, em base N). Duas outras formas de representar os números reais são as frações contínuas e os cortes de Dedekind.

A representação por frações contínuas tem a forma N1 +

1 _________________ N2 + 1 ___________ N3 + ...

O algoritmo para construir a representação por frações contínuas de um número x é bastante simples. Em primeiro lugar, N1 é a parte inteira de x (i.e. o maior número inteiro que é menor ou igual a x). Se x – N1 = 0, acabou, senão, x – N1 é maior que 0 e menor que 1, portanto y = 1/(x – N1) é um número maior que 1. Seja N2 então a parte inteira deste número, o que equivale a dizer que 1/(N2 + 1) < x – N1 ≤ 1/N2.

Agora repita o processo com y no lugar de x (i.e. N3 é o número tal que 1/(N3 + 1) < y – N2 ⇐ 1/N3), e assim por diante até chegar a um número inteiro ou continuando para sempre.

EUREKA! N°29, 2009

15

Sociedade Brasileira de Matemática

A representação por frações contínuas não tem o mesmo problema da representação decimal (cada número real tem uma e somente uma representação por frações contínuas), mas tem outros inconvenientes. O primeiro, que não é tão sério assim, é que os números Ni, que seriam equivalentes aos dígitos, podem ser arbitrariamente grandes, ao contrário dos dígitos decimais que só podem ser de 0 a 9. O segundo, muito mais sério, é que é terrivelmente difícil fazer contas com frações contínuas. Este foi o principal motivo de a representação decimal ter substituído a numeração romana na Europa no século XV – era imensamente mais simples fazer contas com a representação decimal do que com a representação romana. (E este também é o principal motivo de a representação binária ter tomado espaço da representação decimal no século XX, é ainda mais fácil fazer contas em binário).

Outra representação dos números reais é através dos cortes de Dedekind. A diferença do corte de Dedekind para a representação decimal ou de frações contínuas é que, enquanto as últimas usam uma seqüência convergente de números racionais, os cortes usam conjuntos sem uma seqüência definida.

Um corte de Dedekind é um conjunto de números racionais limitado, que não possui um maior elemento e fechado inferiormente. Ou seja, um conjunto de racionais A tal que: 1) existe um racional X tal que X > a para todo a pertencente a A 2) para todo a pertencente a A, existe um b pertencente a A tal que b > a.

3) Se a pertence a A, e um racional c < a, então c pertence a A. Em outras palavras, cada um destes conjuntos é o conjunto de todos os números racionais menores que um número real determinado.

Esta representação é útil teoricamente para provar algumas propriedades dos números reais, mas é praticamente impossível de ser utilizada na prática para as tarefas corriqueiras do dia-a-dia.

A conclusão é que, apesar dos seus defeitos, a representação de base N é a representação mais prática que temos para os números reais. Então vamos entendêla mais a fundo.

Em primeiro lugar, a parte antes da vírgula (ou ponto decimal, dependendo de em qual lugar do mundo você vive) é apenas a parte inteira do número, com a nossa velha e bem comportada representação decimal de números inteiros. Vamos nos concentrar então na parte à direita da vírgula, os números entre 0 e 1.

EUREKA! N°29, 2009

16

Sociedade Brasileira de Matemática

0,0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

O primeiro dígito decimal diz em qual dos dez intervalos acima o número está.

Para descobrir o segundo dígito, basta subdividir cada intervalo novamente em 10 pedaços, ou, equivalentemente, multiplicar o número por 10 e ver em qual dos intervalos a parte fracionária deste novo número (10x) cai, de acordo com o gráfico abaixo: 0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0,0 0,0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

Os pontos onde nasce o nosso problema são justamente estes pontos marcados na nossa linha (0; 0,1; 0,2; ...; 1). Repare que o gráfico acima é descontínuo nestes pontos – por exemplo, as imagens dos pontos se aproximando de 0,2 pela esquerda tendem a 1, enquanto pela direita tendem a 0. Dito de outra forma, os números se aproximando pela esquerda de 0,2 vão ter uma seqüência longa de 9’s depois do 0,1 e pela direita uma seqüência longa de 0’s depois do 0,2.

Antes de prosseguir com a análise, já vimos que não existe nada de especial no número 10, portanto, por pura preguiça, a partir de agora vou mudar para base 2, mas deixo ao leitor desconfiado a tarefa de reescrever tudo o que se segue em base 10.

Apenas para começar do ponto onde paramos, o gráfico acima para base 2 fica assim:

EUREKA! N°29, 2009

17

Sociedade Brasileira de Matemática

0,1

0,0 0,0

0,1

Relembrando, o problema está no ponto da descontinuidade, neste caso o 0,1 (também conhecido como ½). A origem do problema é o fato de haver números começados por 0,0 arbitrariamente próximos de 0,1, quando, naturalmente, números começados por 0,0 deveriam ser distintamente menores do que 0,1.

Vamos tentar corrigir este problema dando um pequeno espaço entre os intervalos no nosso desenho.

0,1

0,0 0,0

0,1

Vamos passar agora para o segundo dígito.

0,1

0,0 0,00

0,01

EUREKA! N°29, 2009

18

0,10

0,11

Sociedade Brasileira de Matemática

O espaço que demos entre os intervalos do primeiro dígito naturalmente se propaga para o segundo dígito (senão teríamos o mesmo problema nos números 0,01 – ¼ - e 0,11 – ¾). [Em base 10 seriam 9 buracos na primeira rodada e 90 na segunda, entenderam a minha preguiça?]

Neste ponto, já não é difícil imaginar o processo para o terceiro dígito – criar mais um buraco no meio de cada um dos 4 intervalos restantes, e assim por diante.

O conjunto dos números que sobram depois de fazermos este processo infinitas vezes é um conjunto em que podemos usar a nossa representação de base 2 (ou base 10, se fizermos o processo no desenho original lá de cima) sem medo – cada número tem apenas uma representação, e elas respeitam a ordem e as distâncias que esperaríamos: por exemplo, se um número começa por 0,11010 ele é estritamente menor que qualquer número que comece por 0,11011. O único problema é que o conjunto que temos no final deste processo é tão esfarelado que ele não contém nem um intervalinho que seja. Se escolhêssemos um número entre 0 e 1 aleatoriamente, ele teria 0% de chance de estar no nosso conjunto – repare que eu disse 0% não uma em um quaquilhão elevado a um googleplex, não a chance de ganhar na megasena todas as semanas pelo resto da vida, mas zero!

Este conjunto é tão importante que tem um nome – conjunto de Cantor, em homenagem ao matemático Georg Cantor que, entre outras coisas criou a teoria dos conjuntos (todos os conjuntos então são um pouquinho conjuntos de Cantor) e provou que existiam mais números irracionais do que números racionais. Dado que acabamos de ver que o próprio sistema de representação decimal que usamos todos os dias na verdade é um conjunto de Cantor, é de se admirar que apenas no final do século XIX tenhamos passado a conhecê-lo.

Pelo que acabamos de ver, o nosso sistema de numeração é um mapeamento entre um conjunto de Cantor e o intervalo [0,1]. O cerne da nossa questão é que esta função não é injetiva, ou seja, existem elementos distintos a e b no conjunto de Cantor que são mapeados para o mesmo número real (a diferente de b, f(a) = f(b)), por exemplo, 0,19999... e 0,2. [Parênteses: outra forma de ver isto é afirmar que o intervalo [0,1] é o espaço quociente do conjunto de Cantor pela relação de equivalência entre os números terminados por 999... e os seus correspondentes terminados por 000..., ver o artigo Egalité] no endereço: http://www.impa.br/~gugu/pablo-egalite.doc Vamos tentar desenhar o gráfico desta função:

EUREKA! N°29, 2009

19

Sociedade Brasileira de Matemática

Os dois extremos do buraco do meio são os pontos 0,01111.... e 0,10000... que representam o mesmo número ½, portanto a função é constante igual a ½ neste intervalo. Da mesma forma cada um dos buracos de “gerações” maiores corresponde a diferentes platôs no gráfico. O mais surpreendente é que, depois de criarmos os infinitos platôs, o gráfico final é um gráfico contínuo, que é chamado de função de Cantor, ou de “escada do diabo” (porque sempre existem infinitos degraus entre quaisquer dois degraus da escada, você nunca conseguiria sair do lugar – assim como Aquiles correndo atrás da tartaruga). Infelizmente, é o que se tem quando se tenta botar um bloco quadrado em um buraco redondo, ou neste caso, botar um intervalo dentro de um conjunto de Cantor.

EUREKA! N°29, 2009

20

Sociedade Brasileira de Matemática

ALGORITMO DE GOSPER E APLICAÇÕES Humberto Silva Naves •

Nível Avançado

Continuando com as idéias do artigo “Integrais discretas” (de Eduardo Poço na Eureka número 27), vamos tentar descobrir “fórmulas fechadas” para alguns somatórios da forma: n −1

(*)∑ zk k =0

Algumas considerações devem ser feitas antes de continuarmos: 1- Vamos assumir que zk é uma seqüência hipergeométrica, isto é, a razão r (k ) ≡ zk +1 / zk é uma função racional de k.

2- Por “fórmula fechada”, entendemos que existe uma seqüência hipergeométrica sn tal que sn = ∑ kn −=10 zk (essa definição não é tão restritiva assim, pois veremos que a classe das seqüências hipergeométricas é bastante ampla).

Por exemplo, vamos tentar achar uma fórmula fechada para: 2

 2k    n −1 k sn = ∑ zk , onde zk =   2 k (k + 1)4 k =0

Claramente zk é hipergeométrica, uma vez que r (k ) = zk +1 / zk =

(2k + 1) 2 é 4(k + 1)(k + 2)

uma função racional de k. Por (*), vale: zn = sn +1 − sn ⇔

zn sn +1 = −1 sn sn

s  A nossa fórmula fechada sn é hipergeométrica, logo  n +1 − 1  sn  racional y(n), portanto: sn = y (n) ⋅ zn ⇔ y (n + 1) zn +1 − y ( n) zn = zn ⇔ EUREKA! N°29, 2009

21

−1

é uma função

Sociedade Brasileira de Matemática

⇔ r ( n ) y (n + 1) − y ( n) = 1

onde: r (n) =

(2n + 1)2 4(n + 1)(n + 2)

Como y(n) é racional, existem polinômios P (n), Q( n) com mdc{P (n), Q (n)} = 1 P (n) tais que y (n) = e substituindo na equação anterior, vale: Q ( n) (2n + 1)2 P (n + 1)Q(n) − 4(n + 1)(n + 2)Q( n + 1) P (n) = = 4(n + 1)( n + 2)Q (n + 1)Q( n), ∀n ≥ 0

Disto concluí-se que: 1- Q(n) | 4(n + 1)( n + 2)Q (n + 1) 2- Q(n + 1) (2n + 1) 2 Q (n) ⇔ Q (n) (2n − 1)2 Q (n − 1) (Observação: todas as relações de divisibilidade e os mdc´s referencem-se aos polinômios em si e não aos seus valores em um dado ponto) Por (1), temos que se α é uma raiz de Q então: α = –1 ou α = –2 ou α + 1 é raiz de Q. E por (2) se α é raiz de Q então: α = 1 ou α – 1 também é raiz de Q. Portanto, 2 como Q não pode ter infinitas raízes, Q não possui raiz alguma, isto é, Q(n) é constante (sem perda de generalidade, Q(n) = 1).

Disto concluí-se que: (2n + 1)2 P (n + 1) − 4(n + 1)(n + 2) P(n) = 4(n + 1)(n + 2)

Logo: (n + 1)(n + 2) P(n + 1) ⇔ n(n + 1) P (n) , daí P (n) = n( n + 1) P (n) , então vale: (2n + 1)2 P (n + 1) − 4n(n + 1) P (n) = 4, onde P (n) é um polinômio

Seja d = deg P, P (n) = ad n d + ... + a0 ; substituindo na equação anterior, vale (para o caso d > 0): (4n 2 + 4 n + 1)(ad (n + 1) d + ... + a0 ) − (4n 2 + 4n)(ad n d + ... + a0 ) = 4 ⇔ (4n 2 + 4 n + 1)(ad n d + (ad −1 + dad )n d −1 + ...) −(4n 2 + 4n)(ad n d + ad −1n d −1 + ...) = 4 ⇔ EUREKA! N°29, 2009

22

Sociedade Brasileira de Matemática

4dad n d +1 + ... = 4

Mas, se d > 0, 4dad n d +1 + ... = 4 é um polinômio de grau d + 1. Portanto d = 0 ⇒ P(n) = 4 (que de fato é solução da equação anterior), donde concluímos que: y (n) = 4n(n + 1), logo: 2

2

 2k   2n   2n  n      n −1  k  = 4n(n + 1)  n  =  n  ∑ 2k (n + 1)42 n 42 n −1 k = 0 ( k + 1)4

2

(é fácil ver que a fórmula vale para n = 0 e n = 1, e, pela identidade que provamos, vale sempre).

Vamos agora generalizar essa idéia para qualquer seqüência hipergeométrica zk . O leitor atento deve ter notado que na conclusão de que Q(n) = 1, implicitamente usamos o fato que: mdc{A(n), B(n + h)} = 1, para qualquer inteiro h ≥ 0 , onde A(n) = (2n + 1) 2 , e B (n) = 4(n + 1)(n + 2) , são o numerador e o denominador de r(n) respectivamente.

Mas nem sempre é possível escrever r (n) =

zn +1

zn

como a razão de dois

polinômios satisfazendo as condições: mdc{ A(n), B (n + h)} = 1, ∀h ∈ ¢ + .

O leitor pergunta: “Então essa técnica não se aplica para todos os casos?!?!?”.

O autor responde: “Não se desesperem!”, uma vez que é possível escrever r(n) da seguinte forma: (**)r (n ) =

A(n) C (n + 1) B ( n) C ( n)

onde A(n), B(n), C(n) são polinômios tais que: mdc{ A(n), B (n + h)} = 1, ∀h ∈ ¢ + .

Não vamos demonstrar esse fato aqui (pois é um dos exercícios deste artigo), mas (n + 4)(n + 3) vamos exibir um exemplo bem ilustrativo! Como escrever r (n) = da n 2 (n + 1) forma (**)?

Note que:

EUREKA! N°29, 2009

23

Sociedade Brasileira de Matemática

r (n) =

1 n + 4 n + 3 1 n + 4 n + 3 n + 2 n + 1 n + 3 n + 2 A(n) C (n + 1) ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = , n n n + 1 n n + 3 n + 2 n + 1 n n + 2 n + 1 B ( n) C ( n)

onde A(n) = 1, B(n) = n e C (n) = n( n + 1) 2 (n + 2) 2 (n + 3).

De forma geral se α é uma raiz do denominador de r(n) e α – h é uma raiz do numerador de r(n), onde h ∈ ¢ + , então vale: n − (α − h) n − α + h n −α + h −1 n − α + 1 T (n + 1) = ⋅ ⋅K ⋅ = n −α n −α + h −1 n − α + h − 2 n −α T ( n)

Onde T (n) = (n − α + h − 1)(n − α + h − 2)L (n − α ) Vamos tentar usar a fórmula (**) em r(n) y(n + 1) – y(n) = 1 ⇔ ⇔ y ( n + 1)

A(n) C ( n + 1) ⋅ − y (n) = 1 B (n) C (n)

Como y(n) é racional em n, podemos fazer a substituição y (n) =

B (n − 1) y (n), C ( n)

portanto: A(n ) y (n + 1) − B (n − 1) y( n) = C (n) (***)

Agora o milagre acontece! Se y (n) é uma função racional que satisfaz (***), então y (n) é um polinômio! Se y (n) =

P ( n) , com mdc{P (n), Q (n)} = 1, então: Q( n)

A( n) P(n + 1)Q(n) − B (n − 1) P (n )Q(n + 1) = C (n )Q (n )Q( n + 1)

Logo: 1- Q(n) B (n − 1)Q (n + 1) 2- Q(n + 1) A( n)Q( n) ⇔ Q (n) A(n − 1)Q( n + 1) Logo se α é raiz de Q , então: 1- α é raiz de B(n – 1) ou α é raiz de Q(n + 1)

EUREKA! N°29, 2009

24

Sociedade Brasileira de Matemática

2- α é raiz de A(n – 1) ou α é raiz de Q(n − 1) Como mdc{ A(n), B (n + h)} = 1, ∀h ∈ ¢ + , Q (n) = 1.

Vamos agora resolver a seguinte equação polinomial: A(n ) y (n + 1) − B( n − 1) y( n) = C (n), onde y (n) = ad n d + ... + a0

Temos casos a considerar 1- deg A ≠ deg B 2- deg A = deg B e δ A ≠ δ B ( δ A é o coeficiente líder de A): Nesses casos, pela equação (***), vale: deg C = deg y + max{deg a,deg b} ⇔ d = deg C − max{deg A,deg B}.

3- deg A = deg B = m e δ A = δ B = k Se d > 0, então: (kn m + an m −1 + ...)(ad (n + 1) d + K + a0 ) −(kn m + bn m −1 + ...)(ad n d + K + a0 ) = C (n) ⇔

(kn m + an m −1 + ...)( ad n d + (ad −1 + dad )n d −1 +K)

−(kn m + bn m −1 + ...)(ad n d + ad −1n d −1 + K) = C (n) ⇔

[(a ⋅ ad + k (ad −1 + dad )) − (b ⋅ ad + kad −1 )]n m + d −1 + K = C (n) b−a Se (a − b ) ⋅ ad + kdad = 0 ⇒ d = , mas se k (a − b ) ⋅ ad + kdad ≠ 0 ⇒ deg C = m + d − 1 ⇒ d = deg C − deg A + 1 Em todos os casos, é possível calcular o valor de d e uma vez calculado o valor de d, a equação polinomial se transforma em um sistema linear com d variáveis que pode ser resolvido (quando possível) usando técnicas básicas de álgebra linear.

Exercícios: 1)

Calcule os seguintes somatórios 1 a) ∑ nk −=10 2 k + 5k − 1 k 4 4k b) ∑ nk −=10  2k     k 

EUREKA! N°29, 2009

25

Sociedade Brasileira de Matemática

c)

∑

n −1 k =0

k 2ak

2) Prove que qualquer função racional r(n), pode ser escrita como: A(n)C (n + 1) com mdc{ A(n), B (n + h)} = 1, ∀h ∈ ¢ + e r ( n) = B (n )C (n) mdc{ A(n), C (n)} = mdc{B (n), C (n + 1)} = 1 (o leitor atento novamente notará que adicionamos duas novas restrições).

3) Prove que a menos de multiplicações por constantes, A(n), B(n) e C(n) são únicos no exercício anterior (a forma acima chama-se “forma canônica”).

4) Dizemos que duas seqüências hipergeométricas são similares, quando a razão dos duas é uma função racional e neste caso, escrevemos sn : tn . Prove: a) Se sn é não constante, então ∆sn : sn , onde ∆sn = sn +1 − sn . b) Se sn e tn são hipergeométricas, e sn + tn ≠ 0 então sn + tn é hipergeométrica se e somente se sn : tn . (Esse resultado pode levar o leitor a indagar sobre a nossa suposição inicial do que seria uma “fórmula fechada” ser algo bem restritivo). c) Se tn(1) , tn(2) ,..., tn( m ) são hipergeométricas e vale algum i, j com 1 ≤ i < j ≤ m. d) Se vale

∑

n −1 k =0

∑

zk = tn(1) +tn(2) + ... + tn( m ) , onde

hipergeométricas, então

∑

n −1 k =0

m (i ) i =1 n

t

= 0, então tn( i ) : tn( j ) para

tn(1) , tn(2) ,..., tn( m )

e

zn

são

zk é hipergeométrica! (Ufa! De fato nossa definição

de fórmula fechada não é tão restritiva assim).

EUREKA! N°29, 2009

26

Sociedade Brasileira de Matemática

DOMINGO REGADO A REPUNITS Valberto Rômulo Feitosa Pereira Cefetce – Uned Cedro •

Nível Iniciante

No final do ano de 2007 fui convidade pelo professor e amigo Onofre Campos, por quem tenho admiração, para ministrar aulas para um jovem que não podia se locomover, pelo valor que eu iria receber pelas aulas, pensei que o rapaz pertencia a uma família muito rica; grande foi a minha surpresa ao perceber justamente o contrário: em segunda conversa com o supra-citado professor, soube da frágil situação financeira do jovem aluno, mas também, por outro lado, do seu incrível potencial e de sua força de vontade, fatos que me entusiasmaram em conhecê-lo. Este aluno era Ricardo Oliveira, o qual havia conquistado duas medalhas de Ouro na OBMEP. No último encontro que tive com Ricardo, em sua residência, ainda promovido pelo projeto de iniciação científica, deparamo-nos com o seguinte problema: “O inteiro A é formado por 666 algarismos iguais a 3, e o número B por 666 algarismos iguais a 6. Que algarismos apareceram no produto AB?” Enquanto Ricardo fazia uma atividade, eu folhava uma apostila que continha as colunas semanais – Olimpíada de Matemática – do jornal O Povo em parceria com o Departamento de Matemática da UFC. Neste momento, vi o problema acima e falei: - Olha Ricardo que belo problema!

Nesse instante Ricardo para sua atividade, lê o problema e passa a resolvêlo. Eu também caio na tentativa de resolvê-lo, lembrei que: 111111...11 14243 = n algarismos 1

10n − 1 .

9

Minha solução com o uso desta informação saiu; Ricardo sem esta informação errou por um algarismo. Expliquei a Ricardo minha solução, percebemos que a informação que eu havia usado era importante. A aula continuou, mas ainda fiquei pensando como esta igualdade daria para resolver belos problemas.

No dia seguinte tive uma conversa com meu amigo Secco, olímpico do Rio de Janeiro. Perguntei-lhe se conhecia problemas que em sua solução usava esta EUREKA! N°29, 2009

27

Sociedade Brasileira de Matemática

igualdade; Secco falou que conhecia e mais ainda: estes números eram chamados de Repunits e indicou [4]. Com a dica de Secco e o entusiasmo de Ricardo, cataloguei cinco problemas da antiga coluna, os quais passaremos a resolver.

Também apresentei aos meus alunos do projeto OBMEP 2008, realizado no Cefet, Uned de Cedro-Ce. 1. REPUNITS Os Repunits são números que só têm algarismos 1, por exemplo: 11, 111, 1111, 11111, ...

Estes números podem ser escritos de outra forma, vejamos: k k 678 678 999...9 1000...0 − 1 10k − 1 111...1 = .

123 = 9 = 9 9 k

A beleza destas informações é poder resolver problemas interessantes sem usar técnicas sofisticadas.

2. EXEMPLOS Exemplo 1: O inteiro positivo n é formado de k algarismos 9. Mostre que a soma de todos os algarismos de n2 é igual a 9k.

Demonstração: Pelas hipóteses temos N = 999...9 123 = 9(111...1) = 9 k

10k − 1 = 10k − 1.

9

Calculemos N2 da seguinte forma: N 2 = N .N N 2 = (999...9).(10k − 1) N 2 = 999...9000...0 123 123 − 999...9 123 k

k

N = 999...98000...01 123 123 2

k −1

k −1

A soma dos algarismos é: 9(k − 1) + 8 + 1 = 9k .

EUREKA! N°29, 2009

28

k

Sociedade Brasileira de Matemática

Exemplo 2: Mostre que os números 49, 4489, 444889, ..., obtidos colocando o número 48 no meio do número anterior, são quadrados de números inteiros.

Demonstração: Vejamos as igualdades: 49 = 4.1.101 + 8.1 + 1 4489 = 4.11.102 + 8.11 + 1

De

modo

geral

444889 = 4.111.103 + 8.111 + 1 n temos: + 8.111...1 N = 444...488...89 123 { = 4.111...1.10 123 123 + 1. n −1

n

n

n

10 − 1 Substituindo 11...11 na expressão acima ficamos: 123 = 9 n n

4 8 N = (10n − 1).10n + (10n − 1) + 1 9 9 4 4 8 8 N = 102 n − 10n + 10n − + 1 9 9 9 9 2

 2.10n + 1  N =  3   n O número 2.10 + 1 é múltiplo de 3, portanto N é um quadrado perfeito.

Exemplo 3: Para cada inteiro positivo n, sejam A(n) e B(n) dois números inteiros formados por 2n algarismos iguais a 1 e n algarismos iguais a 2 respectivamente.

Mostre que A(n) – B(n) é um quadrado perfeito.

Demonstração. Pelas hipóteses temos: A(n) − B (n) = 111...1 123 − 222...2 123 2n

n

10n − 1 102 n − 1 Como 222...2 = 2 e 111...1 = , substituindo teremos: 123 123 9 9 n 2n 102 n − 1 10n − 1 −2 9 9 (10n − 1)(10n + 1) 10n − 1 A(n) − B (n) = −2 9 9 n n (10 − 1)[(10 + 1) − 2] A(n) − B (n) = 9 (10n − 1) 2 A(n) − B (n) = 9 A(n) − B (n) =

EUREKA! N°29, 2009

29

Sociedade Brasileira de Matemática

(10n − 1)2 .

32 Assim A(n) − B (n) é quadrado perfeito.

A(n) − B (n) =

Exemplo 4: Sem efetuar a multiplicação, calcule o valor de (999.999.999) 2 .

Solução: Vamos escrever a expressão (999.999.999) 2 da seguinte maneira: 2

 109 − 1  18 9 (999.999.999) =  9.  = 10 − 2.10 + 1 = 1000...0 123 − 2 000...0 123 + 1 9   18 − zeros 9 − zeros fazendo as contas ficamos: (999.999.999) 2 = 999...98000...01 123 123 2

8 − noves

8 − zeros

Finalmente o problema motivdor do nosso trabalho.

Exemplo 5: O inteiro A é formado por 666 algarismos iguais a 3, e o número B por 666 algarismos iguais a 6. Que algarismos apareceram no produto AB? 10666 −1 = 6.111...1 Solução: Como A = 666...6 e B = 333...3 = 3.111...1 = 3. , vamos 123 123 123 123 9 666 666 666 666 calcular AB mas usando alguns artifícios, como segue abaixo: 10666 − 1 AB = 3.6.(111...1).

9 666 AB = 2.(111...1)(10 − 1) AB = (222...2)(10666 − 1) AB = (222...2).10666 − 222...2 AB = 222...2 123 000...0 123 − 222...2 123 666

666

AB = 222...21777...78 123 123 665

665

Logo apareceram no produto AB: - Um algarismo 1; - Um algarismo 8; - 665 algarismos 2; - 665 algarismos 7.

EUREKA! N°29, 2009

30

666

Sociedade Brasileira de Matemática

3. PROBLEMAS PROPOSTOS 1.

Achar a soma: 2 + 22 + ... + 222...2 se a última parcela tem n algarismos iguais a 2.

2.

2 Prove que: 111...1 123 = 222...2 123 + (333...3) 123 .

3.

Prove que se 111...1 123 divisível por 41 se e somente se n é divisível por 5.

4.

Mostre que nenhum inteiro da seqüência: 11,111,1111,11111,... é um quadrado perfeito.

5.

Mostrar que os inteiros: 1111,111111,..., cada um dos quais é formado por um número par de algarismos 1, são compostos.

2n

n

n

n

Nota dos editores: Não é difícil mostrar que se 111...1 123 é primo então n é primo n

(exercício!) . Os únicos valores de n para os quais se sabe provar atualmente que 111...1 123 é primo são 2, 19, 23, 317 e 1031. Recentemente (entre 1999 e 2007) foram n

descobertos os seguintes valores de n tais que 111...1 123 é provavelmente primo (i.e., n

passa por diversos testes probabilísticos de primalidade): 49081, 86453, 109297 e 270343. De acordo com os testes já realizados, qualquer outro repunit primo deve ter mais de 400.000 algarismos.

REFERÊNCIAS [1] [2] [3] [4]

Emanuel Carneiro, Francisco Antonio M. de Paiva, Onofre Campos, Olimpíadas Cearenses de Matemática do Ensino Fundamental, Edições Realce Editora e Indústria Gráfica, Fortaleza, 2006.

Alencar Filho, Edgar de, Teoria Elementar dos Números, Nobel, São Paulo, 1988.

Coluna Semanal Olimpíadas de Matemática, Jornal O Povo em parceria com o Departamento de Matemática da UFC, No. 01, ao No. 200.

Titu Andreescu, Razvan Gelca, Mathematical Olympiad Challenges, 2000.

EUREKA! N°29, 2009

31

Sociedade Brasileira de Matemática

HOMOTETIAS, COMPOSIÇÃO DE HOMOTETIAS E O PROBLEMA 6 DA IMO 2008 •

Carlos Yuzo Shine Nível Avançado

Antes de começar a discussão, vamos enunciar o problema 6 da IMO 2008, que é a motivação principal desse artigo.

Problema 6, IMO 2008. Seja ABCD um quadrilátero convexo cujos lados BA e BC têm comprimentos diferentes. Sejam w1 e w2 as circunferências inscritas nos triângulos ABC e ADC, respectivamente. Suponhamos que existe uma circunferência w tangente à reta BA de forma que A está entre B e o ponto de tangência, tangente à reta BC de forma que C está entre B e o ponto de tangência, e que também seja tangente às retas AD e CD. Prove que as tangentes comuns exteriores a w1 e w2 se intersectam sobre w. É claro que um problema de geometria não pode ficar sem um bom desenho. É razoavelmente difícil desenhar a figura do problema e sugerimos que o leitor tente fazê-lo por conta própria (dica: comece com o círculo w ). Não se perca: queremos provar que o ponto Z está sobre a circunferência w.

C

w O

Z

D w O2 2

K

O1 L

B w1

A

Quem já estudou homotetia já deve ter enxergado diversas homotetias entre as circunferências, mas muitos dos mais poderosos olímpicos do mundo foram derrotados por esse problema. De fato, dos 535 estudantes que participaram da IMO 2008, somente 13 resolveram (um deles fez 6 pontos) e 53 conseguiram pelo menos um ponto. Isto quer dizer que mais de 90% dos estudantes zeraram o problema!

EUREKA! N°29, 2009

32

Sociedade Brasileira de Matemática

Isso é sinal de que esse problema deve ter algo novo para ser explorado. De fato, uma transformação geométrica que esteve em voga nos anos 80 e desapareceu nos anos 90 foi a homotetia. E ela voltou, discretamente em 2007 e com tudo em 2008!

Vamos definir homotetia, ver algumas de suas propriedades e expandir as adéias envolvidas nessa transformação.

1. Homotetia: definição Você vai ver que homotetia nada mais é do que “fazer sombrinha”. Aparecem muitos paralelismos, mas o mais interessante são as colinearidades que irão aparecer. No início parece mágica; mas um bom matemático sempre revela seus truques!

Vamos começar com a definição de homotetia com razão positiva ou homotetia direta: Definição 1.1. Homotetia de uma figura F com centro O e razão k, um número real positivo, é uma transformação geométrica que associa a cada ponto P de F o ponto P´ sobre a semi-reta OP, de origem O, tal que OP´= k ⋅ OP.

A´

A F´

F

O B

B´ Talvez com vetores seja mais interessante: sendo O o centro da homotetia, o ponto uuur uuur P é transformado no ponto P´ de modo que OP´ = k ⋅ OP. Note que a homotetia é uma função σ que leva pontos do plano (ou do espaço, se você estiver trabalhando em dimensões maiores) a pontos do plano (espaço). De fato, podemos fazer P´= σ ( P ), tal que σ ( P) − O = k ⋅ ( P − O) ⇔ σ ( P) = O + k ⋅ ( P − O).

Com isso, podemos definir homotetias para k negativo também, obtendo as chamadas homotetias de razão negativa ou homotetias inversas: EUREKA! N°29, 2009

33

Sociedade Brasileira de Matemática

Definição 1.2. Homotetia de uma figura F com centro O e razão k, sendo k um número real negativo, é uma transformação geométrica que associa a cada ponto uuur uuur P de F o ponto P´sobre a reta OP, de origem O, tal que OP´ = k ⋅ OP.

A C

O

B´ C´ A´

2. Propriedades da homotetia As principais propriedades de homotetias têm a ver com colinearidade e concorrência. Algumas têm a ver com paralelismo.

2.1. Colinearidade • O centro de homotetia, o ponto e seu transformado são colineares. Em outras palavras, O, P e P´= σ ( P ) são colineares. Isso decorre diretamente da definição, mas homotetias não vêm de graça!

Normalmente as encontramos nos problemas e, com essa propriedade, obtemos pontos colineares.

2.2. Concorrência • O centro de homotetia pertence a todas as retas que ligam pontos a seus transformados. Em outras palavras, O pertence a toda reta do tipo PP´= Pσ ( P). Novamente, uma propriedade que decorre diretamente da definição (na verdade, é a mesma da colinearidade!), mas que aparece quando descobrimos alguma homotetia.

2.3. Paralelismo • A reta que liga dois pontos é paralela à reta que liga os seus tranformados.

Em outras palavras, PQ e P´Q´= σ ( P )σ (Q ) são paralelas. A demonstração desse fato vem da semelhança entre OPQ e OP´Q´ (pelo caso LAL´) .

EUREKA! N°29, 2009

34

Sociedade Brasileira de Matemática

•

Dois triângulos com lados respectivamente paralelos são homotéticos.

Para provar isso, sendo ABC e DEF os triãgulos com AB, DE, AC, DF e BC, EF respectivamente paralelos, use o teorema de Desargues para provar que esses triângulos são perspectivos.

Em particular, algumas figuras são sempre semelhantes: os círculos! Com isso, temos a seguinte propriedade: 2.4. Círculos •

Dois círculos são sempre homotéticos. Na maioria dos casos, eles admitem duas homotetias, uma direta e uma inversa. No caso de círculos disjuntos, os centros de homotetias são fáceis de encontrar: são as interseções das tangentes comuns internas (inversa) e das tangentes comuns externas (direta).

A

O–

B

O+

Com isso, podemos resolver alguns problemas. Homotetia esteve bastante na moda na IMO durante o início dos anos 80, como você vai ver nos exemplos e nos exercícios.

Exemplo 2.1.

Problema 5, IMO 1981. Três círculos congruentes têm um ponto comum O e estão no interior de um triângulo. Cada círculo é tangente a dois lados do triângulo.

Prove que o incentro e o circuncentro do triângulo e o ponto O são colineares.

Resolução: O nome do ponto dado não é O por acaso: sejam A, B e C os centros dos três círculos congruentes e A´B´C´ o triângulo cujos lados tangenciam esses três EUREKA! N°29, 2009

35

Sociedade Brasileira de Matemática

círculos. Note que os raios dos círculos congruentes são OA = OB = OC , isto é, O é circuncentro de ABC. Além disso, das tangências dos círculos com os lados temos que AA´, BB´ e CC´são as bissetrizes do triângulo A´B´C´ e se interceptam no incentro I do triângulo.

C´

C I A

O

O´ B

A´

B´

As distâncias de A e B a A´B´ são iguais aos raios dos círculos congruentes a são, portanto, iguais.

Então AB e A´B´ são paralelos. Analogamente, AC é paralelo a A´C´ e BC é paralelo a B´C´, de modo que os triângulos ABC e A´B´C´ são homotéticos. O centro de homotetia é I. Essa homotetia leva O ao circuncentro O´ de A´B´C´.

Assim, I, O e O´ são colineares.

Note que a dificuldade foi achar a homotetia; depois bastou aplicar a propriedade de colinearidade.

Exercícios: 01. (Problema 2, IMO 1982) Seja A1 A2 A3 um triângulo escaleno com lados a1 , a2 e a3 ( ai é o lado oposto a Ai ). Seja M i o ponto médio do lado ai e Ti o ponto onde o incírculo do triângulo toca o lado ai , para i = 1, 2, 3. Seja Si o simétrico de Ti em relação à bissetriz interna do ângulo Ai . Prove que as retas M 1S1 , M 2 S2 e M 3 S3 são concorrentes.

EUREKA! N°29, 2009

36

Sociedade Brasileira de Matemática

02. (Problema 2, IMO 1983) Seja A um dos dois pontos de interseção dos círculos C1 e C2 , de centros O1 e O2 , respectivamente. Uma das tangentes comuns aos círculos toca C1 em P1 e C2 em P2 , e a outra toca C1 em Q1 e C2 em Q2 . Seja M 1 o ponto médio de PQ o ponto médio de P2Q2 . Prove que 1 1 e M2 ∠O1 AO2 = ∠M 1 AM 2 .

03. (Prova de seleção 2008, Banco da IMO 2007) As diagonais do trapézio ABCD cortam-se no ponto P. O ponto Q está na região determinada pelas retas paralelas BC e AD tal que ∠AQD = ∠CQB e a reta CD corta o segmento PQ. Prove que ∠BQP = ∠DAQ. 3. O Fenômeno Homotético Circular Algumas aplicações de certos teoremas são tão conhecidos quanto os próprios. Para homotetias, é o caso com o fenômeno homotético circular, que mostra uma colinearidade bastante interessante envolvendo incírculo e ex-incírculo.

Fenômeno Homotético Circular. Seja ABC um triângulo e sejam K e L os pontos de tangência do incírculo e ex-incírculo relativo a A em BC. Então A, L e o ponto K´ diametralmente oposto a K no incírculo são colineares.

Demonstração: A C´

B´ K´ I B

K

L

C

IA

Basta traçar a reta B´C´ paralela a BC que tangencia o incírculo de ABC em K´.

ABC e AB´C´ são homotéticos com centro em A. Para terminar, o incículo de ABC é ex-incírculo de AB´C´, de modo que os pontos K´e L são correspondentes na homotetia e estão, portanto, alinhados com A. EUREKA! N°29, 2009

37

Sociedade Brasileira de Matemática

Vale a pena lembrar também que, na figura acima, BK = LC. Exercícios: 04 (Problema 4, IMO 1992) No plano, considere uma circunferência C, uma reta L tangente à circunferência e M um ponto da reta L. Encontre o lugar geométrico dos pontos P com a seguinte propriedade: existem dois pontos Q, R da reta L tais que M é o ponto médio de QR e C é a circunferência inscrita no triângulo PQR. 4. Composição de Homotetias A principal inovação na IMO 2008 no problema 6 foi explorar o seguinte fato: Composição de Homotetias. Se σ 1 é uma homotetia de centro O1 e σ 2 é uma homotetia de centro O2 então a composição de homotetias σ = σ 2 o σ1 é uma homotetia de centro O, e O1 , O2 e O estão alinhados.

A única exceção é quando a composição σ é uma translação.

Demonstração Utilizaremos vetores para provar esse fato Seja P um ponto qualquer e sejam k1 e k2 as razões de homotetia de σ 1 e σ 2 , respectivamente. Então σ 1 ( P ) = O1 + k1 ⋅ ( P − O1 ) e, portanto, σ ( P ) = σ 2 o σ 1 ( P ) = σ 2 (σ 1 ( P )) = O2 + k 2 ⋅ (σ 1 ( P) − O2 ) = O2 + k 2 ⋅ (O1 + k1 ⋅ ( P − O1 ) − O2 )

= k2 (1 − k1 ) ⋅ O1 + (1 − k2 ) ⋅ O2 + k1k2 ⋅ P

(*)

Primeiro, se σ é uma homotetia, então sua razão é k1k2 (as figuras são “multiplicadas” por k1 e depois por k2 ; ou seja, são “multiplicadas” por k1k2 ).

Assim, para provarmos que σ é uma homotetia, temos que provar que existe um ponto O tal que σ ( P ) = O + k1k2 ⋅ ( P − O ) = (1 − k1k2 ) ⋅ O + k1k2 ⋅ P (**) Comparando os coeficientes em (*) e (**) concluímos que (1 − k1k2 )O = k2 (1 − k1 ) ⋅ O1 + (1 − k2 ) ⋅ O2 . Se k1k2 = 1, σ é uma translação k (1 − k1 ) ⋅ O1 + (1 − k2 ) ⋅ O2 (verifique!). Caso contrário, e, como O= 2 1 − k1k2 k2 (1 − k1 ) + (1 − k2 ) = k2 − k1k2 + 1 − k2 = 1 − k1k2 , O é uma média ponderada de O1 e O2 . Em outras palavras, O pertence à reta O1O2 .

EUREKA! N°29, 2009

38

Sociedade Brasileira de Matemática

Os partidários da geometria sintética devem estar sentindo falta de uma demonstração sintética. Vamos provar a parte da colinearidade sinteticamente.

Demonstração sintética da colinearidade Considere os pontos P e Q e seus P1 = σ 1 ( P), Q1 = σ 1 (Q), P2 = σ 2 (P1 ) = σ (P ) e Q2 = σ 2 (Q1 ) = σ (Q ).

O2

P1

transformados

P2

P O O1

Q1

Q

Q2

Note que, das homotetias, PQ PQ 1 1 e P2 Q2 são paralelos. Em termos projetivos, eles são concorrentes em um ponto do infinito. Isto quer dizer que os triângulos PPP 1 2 e QQ1Q2 são perspectivos e podemos aplicar o teorema de Desargues: as interseções entre lados correspondentes, PP1 ∩ QQ1 = {O1}, P1 P2 ∩ Q1Q2 = {O2 } e PP2 ∩ QQ2 = {O} são colineares.

4.1 Detalhe técnico Geralmente, trabalhamos com homotetias sinteticamente, e aparecem homotetias diretas e inversas. Homotetias inversas “multiplicam” figuras por fatores negativos, de modo que a composição de duas homotetias do mesmo tipo é direta e a composição de duas homotetias de tipos diferentes é inversa. Para facilitar, a homotetia inversa faz o papel do sinal de menos e a homotetia direta, do sinal de mais. Na composição de homotetias, seguimos a regra dos sinais da multiplicação.

Agora estamos prontos para resolver o problema 6 da IMO 2008. Vamos reenunciar o problema e resolvê-lo.

Exemplo 4.1 Problema 6, IMO 2008. Seja ABCD um quadrilátero convexo cujos lados BA e BC têm comprimentos diferentes. Sejam w1 e w2 as circunferências inscritas nos triângulos ABC e ADC, respectivamente. Suponhamos que existe um EUREKA! N°29, 2009

39

Sociedade Brasileira de Matemática

circunferância w tangente à reta BA de forma que A está entre B e o ponto de tangência, tangente à reta BC de forma que C está entre B e o ponto de tangência, e que também seja tangente às retas AD e CD. Prove que as tangentes comuns exteriores a w1 e w2 se intersectam sobre w.

Resolução Vamos começar trabalhando com segmentos tangentes.

w

E

C

G Z

D

O

O2 K w2

L

O1 w1

B

A

H F

Temos BE = BF, AF = AG, CE = CH e DG = DH. Então AB = BF – AF = BE – AG = BC + CE – (AD + DG) = BC – AD + (CH – DH) = BC – AD + CD ⇒ AB + AD = BC + CD. Note que esse fato depende somente de w ser tangente aos prolongamentos dos lados do quadrilátero ABCD (guarde esse fato, ele pode ser útil em outros problemas!). Isso implica AC + CD − AD AC + AB − BC = ⇔ CK = AL. 2 2

Essa igualdade é simples, mas abre muitas portas para nós! De fato, ela quer dizer que os ex-incírculos w3 e w4 relativos a AC dos triângulos ABC e ADC tocam AC em K e L, respectivamente. Isso nos dá muitas, mas muitas homotetias, e pelo menos duas oportunidades de utilizar o fenômeno hometético circular!

Desenhemos as circunferências:

EUREKA! N°29, 2009

40

Sociedade Brasileira de Matemática

w

E

C

G

w3

w4 Z

D O2 K O1 w2 L w1

O

B

A H F

Vamos compor homotetias para descobrir colinearidades, utilizando w3 e w4 como “intermediários”!

•

σ 24 σ 41 σ 21 w2 → w4 → w1 e w2 → w1. O centro K da homotetia (direta) σ 24 , o centro B da homotetia (direta) σ 41 e o centro Z da homotetia (direta) σ 21 estão alinhados. Isso quer dizer que Z pertence à reta BK.

•

σ 21 σ 23 σ 31 w2 → w3 → w1 e w2 → σ 1. O centro D da homotetia (direta) σ 23 , o centro L da homotetia (direta) σ 31 e o centro Z da homotetia (direta) σ 21 estão alinhados. Isso quer dizer que Z pertence à reta DL.

Com isso, concluímos que Z é a interseção de BK e DL. Note que até agora não envolvemos o círculo w nas homotetias. Agora é hora, mas vamos provar colinearidades de outra forma. Seja W a interseção de BK e w.

Provaremos que W = Z, resolvendo o problema. r w

E

s C

G

w3

w4 Z T O D w2 2

O

K

O1 L w1 A

H F

EUREKA! N°29, 2009

41

B

Sociedade Brasileira de Matemática

Primeiro, note que a homotetia direta σ 4 que leva w4 a w tem centro B e, portanto, leva K a W. Mais ainda: como AC é tangente a w4 em K, a reta r paralela a AC que passa por W é tangente a w, pois a reta AC é levada a r por σ 4 .

Agora, considere a homotetia inversa σ 2 que leva w a w2 . Essa homotetia tem centro em D, leva W a T e r a s, que é paralela a r e AC e é tangente a w2 . Assim, D, W e T estão alinhados, ou seja, W pertence à reta DT. Falta ainda identificar melhor o ponto T. Na verdade, ele é bem conhecido: como s e AC são paralelos, T e K são diametralmente opostos. Podemos, assim, aplicar o fenômeno homotético circular: D, T e L são colineares e L também pertence à reta DT. Portanto D, L e W são colineares, de modo que W pertence a DL. Como W pertence, por definição, à reta BK, W é a interseção de BK e DL, e só pode ser igual a Z. Observação: Note que a condição AB ≠ AC é importante para que as retas BK e DL não coincidam.

Exercícios 05. (Banco da IMO 2007) O ponto P pertence ao lado AB do quadrilátero convexo ABCD. Seja w o incírculo do triângulo DPD e I o seu incentro. Suponha que w é tangente aos incírculos dos triângulos APD e BPC em K e L, respectivamente. As retas AC e BD se encontram em E e as retas AK e BL se encontram em F. Prove que os pontos E, I e F são colineares.

06. (Romênia) Seja ABC um triâgulo e wa , wb , wc círculos dentro de ABC tangentes exteriormente dois a dois, tais que wa é tangente a AB e AC, wb é tangente a AB e BC e wc é tangente a AC e BC. Sejam D o ponto de tangência entre wb e wc , E o ponto de tangência entre wa e wc e F o ponto de tangência entre wa e wb . Prove que as retas AD, BE e CF têm um ponto em comum.

07. (Irã) Sejam w e Ω o incírculo e o circuncírculo do triângulo ABC. w toca BC, CA e AB em D, E e F respectivamente. Os três círculos wa , wb e wc tangenciam w em D, E e F, respectivamente, e Ω em K, L e M, respectivamente. (a) Prove que DK, EL e FM têm um ponto P em comum. (b) Prove que o ortocentro do triângulo DEF pertence à reta OP. EUREKA! N°29, 2009

42

Sociedade Brasileira de Matemática

08. Seja Γ uma circunferência e A, B e C pontos em seu interior. Construa as seguintes três circunferências: Γ1 tangente a Γ, AB e AC; Γ 2 tangente a Γ, AB e BC; Γ3 tangente a Γ, AC e BC. Sendo C1 , C2 e C3 os respectivos pontos de tangência de Γ1 , Γ2 , Γ3 com Γ , prove que AC1 , BC2 e CC3 passam por um mesmo ponto.

Você sabia…

Que 33661⋅27031232 + 1 é primo? Esse foi o décimo primeiro primo descoberto pelo projeto "seventeen or bust" e foi encontrado por Sturle Sunde em 17 de outubro de 2007.

Isso mostra que 33661 não é um número de Sierpinski (números de Sierpinski são naturais ímpares k tais que k ⋅ 2n + 1 é composto para todo n ∈ N; veja a Eureka! 18, pág.

61 e a Eureka! 25 página 56), reduzindo para 6 o número de naturais menores que 78557 (que é o menor número de Sierpinski conhecido), sobre os quais não se sabe se são ou não números de Sierpinski: 10223, 21181, 22699, 24737, 55459 e 67607. Veja www.seventeenorbust.com para mais informações (inclusive sobre como participar do projeto).

EUREKA! N°29, 2009

43

Sociedade Brasileira de Matemática

COMO É QUE FAZ? PROBLEMA PROPOSTO POR MARCEL MENEZES DE ANDRADE PRADO

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.

SOLUÇÃO:

Escrevemos P em coordenadas baricêntricas:

A

F=

t1 A + t2 B t1 + t2

E=

P

B

t1 A + t3C t1 + t3

t B + t3C D= 2 t 2 + t3

C

P = t , A + t2 B + t3C , com t1 , t 2 , t3 ∈ (0,1) tais que t1 + t 2 + t3 = 1. Devemos ter então D=

 t B + t3C  t 2 B + t3 C t1 A + t3C (note que P = t1 A + (1 − t1 )  2  = t1 A + (1 − t1 ) D ) , E = t2 + t3 t1 + t3  1 − t1 

t1 A + t2C . t1 + t2 Temos

e F=

 1  t B + t3C 3 = PD = D − P =  − 1 ( t2 B + t3C ) − t1 A = t1 2 − A = t1 D − A = t 2 + t3  t2 + t3 

EUREKA! N°29, 2009

44

Sociedade Brasileira de Matemática

(

)

3 3 . Analogamente, t2 = e a+3 b+3 3 3 3 3 t3 = . Como t1 + t 2 + t3 = 1, temos + + = 1, donde c+3 a+3 b+3 c+3 3 ( ( b + 3 )( c + 3) + ( a + 3)( c + 3) + ( a + 3)( b + 3) ) = ( a + 3)( b + 3 )( c + 3) , e logo = t1 AD = t1 AP + PD = t1 (a + 3), donde t1 =

3 ( 6 a + 6 b + 6 c + 27 ) = abc + 9 a + 9 b + 9 c + 27, e finalmente abc = 9 ( a + b + c ) + 54 = 9 ⋅ 43 + 54 = 441.

PROBLEMA PROPOSTO POR WILSON CARLOS DA SILVA RAMOS

Determine todas as funções F : ( 0, +∞ ) → ¡ que sejam deriváveis em x = 1 e que satisfaçam: F ( xy ) = xF ( y ) + yF ( x), ∀x, y ∈ (0, +∞).

SOLUÇÃO:

Fazendo y = x, obtemos F ( x 2 ) = 2 xF ( x), ∀x + (0, +∞).

Com x = 1 temos F (1) = 2 F (1), donde F (1) = 0. Vamos mostrar por indução que 2k −1 2

F ( x ) = 2 x F ( x), para todo inteiro positivo k e todo x ∈ (0, +∞). Para k = 1 isso é a afirmação anterior e, supondo que isso vale para um certo k, 2k

k

k +1

F ( x 2 ) = F (( x 2 )2 ) = 2 x 2 F ( x 2 ) = 2 ⋅ x 2 como queríamos mostrar. k

Fazendo x = e k

h 2k

Como lim 2 e

k

, obtemos F (e ) = 2 e

2k −1 ⋅h 2k +1

k →+∞

k

h

k

h⋅

k

2

2k −1 2k +1

⋅ 2k ⋅ x

2k −1 2

⋅ F ( x) = 2k +1 ⋅ x

F(e

) = e lim2 F (e h2

k

h 2k

k →∞

⋅ F ( x),

F (eh 2 ), ∀k ≥ 1. k

) = e lim2 (e −1)lim h2

k

k →∞

F(eh 2 ) − F(1) k

h h 2k

2k +1 −1 2

2k

k →∞

eh 2 −1 k

=

= he h 2 F ´(1), temos F (e h ) = che h 2 , onde c = F ´(1), para todo h > 0.

Fazendo x = e h , obtemos F ( x) = c(log x) ⋅ x , ∀x ∈ (0, +∞).

Todas as funções desse tipo satisfazem a equação funcional.

De fato, F ( xy ) = c ( log x + log y ) xy = xF ( y ) + yF ( x), ∀x, y ∈ (0, +∞).

Resolvemos a seguir, a pedido de Mauro Felix de Sousa, três problemas da seção “Olimpíadas ao redor do mundo”, propostos nas Eureka! No. 9 e 10.

EUREKA! N°29, 2009

45

Sociedade Brasileira de Matemática

47 (Irã – 1999)

Determine todas as funções f : ¡ → ¡ que satisfazem

f ( f ( x) + y ) = f ( x 2 − y ) + 4 f ( x) y para todos os números reais x e y.

SOLUÇÃO:

Fazendo x = y = 0, obtemos f ( f (0)) = f (0).

Fazendo x = 0, y = − f (0), obtemos f (0) = f ( f (0)) − 4 f (0)2 , donde −4 f (0) 2 = 0, e logo f (0) = 0. Fazendo agora y = 0, obtemos f ( f ( x )) = f ( x 2 ), ∀x ∈ ¡. Se f ( a ) = f (b ) com a ≠ b, teremos

f (b 2 − y ) = f ( f (b ) + y ) − 4 f (b ) y = f ( f ( a ) + y ) − 4 f ( a ) y = f ( a 2 − y ), ∀y ∈ ¡,

donde, se t = b 2 − a 2 , f ( z + t ) = f ( z ), ∀z ∈ ¡.

Note agora que, se t ≠ 0, fazendo y = t obtemos f ( f ( x )) = f ( f ( x ) + t ) =

= f ( x 2 − t ) + 4 f ( x )t = f ( x 2 ) + 4 f ( x )t = f ( f ( x )) + 4 f ( x )t , ∀x ∈ ¡ ,

donde 4 f ( x)t = 0, ∀x ∈ ¡, e logo f ( x) = 0, ∀x ∈ ¡, o que é uma solução (claramente).

Por outro lado, fazendo x = 0 na equação funcional, obtemos f ( y ) = f ( − y ), ∀ y ∈ ¡ . Assim, se f não é identicamente nula, f (a ) = f (b) ⇔ a = b ou a = −b. Em particular, como f ( f ( x)) = f ( x 2 ), ∀x ∈ ¡,

para todo

x∈¡

devemos ter

f ( x) = x 2

ou

f (x) =−x2. Se para algum

x ≠ 0, f ( x) = − x2 , temos f (x2 − y) = f ( y − x2 ) = f ( f (x) + y) = f (x2 − y) + 4 f (x) y,∀y ∈¡, donde −4x2 y = 4 f (x) y = 0,∀y ∈¡, absurdo. Assim, devemos ter f ( x ) = x2 , ∀ x ∈ ¡.

Isso é outra solução, pois, de fato, (x2 + y)2 = (x2 − y)2 + 4x2 y,∀x, y ∈¡.

71 (Belarus – 2000)

Determine todos os pares de inteiros positivos (m, n) que satisfazem a equação (m − n)2 (n 2 − m) = 4m 2 n.

SOLUÇÃO:

Seja d = mdc(m, n). Temos m = da, n = db, com mdc(a , b) = 1, e a equação equivale a (a − b) 2 (db 2 − a ) = 4a 2b. Como mdc(b, a − b) = 1, segue que b | db 2 − a, donde b | a, e logo b = 1. Temos então (a − 1) 2 (d − a) = 4 a 2 . Como mdc(a, a −1) = 1 e (a − 1) 2 | 4a 2 , segue que (a − 1) 2 | 4, donde a – 1 = 1 ou a – 1 = 2. No primeiro caso, temos a = 2, d – a = 16, donde d = 18, e no segundo a = 3, d – a = 9, donde d = 12.

Assim, as duas soluções são (m, n) = (36, 18) e (m, n) = (36, 12).

EUREKA! N°29, 2009

46

Sociedade Brasileira de Matemática

89 (Balcânica – 2000)

f :¡ → ¡

Determinar todas as funções

que possuem a propriedade:

f ( x f ( x) + f ( y )) = f ( x) + y, para todos os números reais x e y.

2

SOLUÇÃO:

Fazendo x = 0, obtemos f ( f ( y )) = f (0) 2 + y, ∀y ∈ ¡, donde f é uma bijeção, e logo existe a tal que f(a) = 0. Fazendo x = a, obtemos f ( f ( y )) = y, ∀y ∈ ¡, e logo f (0) = 0. Fazendo y = 0 obtemos então f ( xf ( x)) = f ( x)2 , ∀x ∈ ¡, donde

xf ( x) = f ( f ( x) 2 ), ou seja, f ( z 2 ) = zf ( z ), ∀z ∈ ¡ (basta fazer x = f(z), donde f ( x) = z ). Aplicando f dos dois lados da equação obtemos f ( f ( x) 2 + y ) = f ( f ( xf ( x) + f ( y ))) = xf ( x) + f ( y ) = f ( f ( x)2 ) + f ( y ),

fazendo

f ( x) = t ≥ 0, obtemos 2

donde,

f ( y + t ) = f ( y ) + f (t ), ∀y ∈ ¡, t ≥ 0 (lembramos

que f é sobrejetiva, donde t = f ( x) pode assumir qualquer valor não–negativo).

2

Assim, 2 f ( x) + f (1) = f (2 x + 1) = f (( x + 1)2 − x2 ) = f (( x + 1)2 ) − f ( x2 ) = = ( x + 1) f ( x + 1) − xf ( x) = xf (1) + f ( x) + f (1), ∀x ∈ ¡, donde f ( x) = xf (1), ∀x ∈ ¡. .

Como f (1)2 = f ( f (1)) = 1, isso implica que as únicas soluções são f ( x) = x, ∀x ∈ ¡ e f ( x) = − x, ∀x ∈ ¡ (é fácil ver que essas funções satisfazem o enunciado).

Você sabia…

Que 243112609-1 e 237156667-1 são primos? Eles têm 12978189 e 11185272 dígitos respectivamente e são os dois maiores primos conhecidos no momento. Foram descobertos em 23 de agosto de 2008 e 6 de setembro de 2008 por Edson Smith e Hans – Michael Elvenich respectivamente, dois participantes do GIMPS. O GIMPS é um projeto cooperativo na internet que já encontrou 12 primos de Mersenne. Veja www.mersenne.org para mais informações, inclusive como ajudar a achar outros primos de Mersenne.

EUREKA! N°29, 2009

47

Sociedade Brasileira de Matemática

OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO ü Neste número apresentamos algumas soluções enviadas pelos leitores da nossa seção.

Bruno Holanda Carlos Augusto David Ribeiro Obs. Nas Eurekas 25 e 27 apareceram, por descuido na edição, problemas na seção Olimpíadas ao redor do mundo com numeração repetida. Nesses casos, procuraremos mencionar o exemplar em que o problema foi publicado, ao nos referirmos a um desses problemas. üüü 224. (Balcânica Júnior – 2007) Eureka! No. 27 Seja a um real positivo tal que a 3 = 6 ( a + 1) . Prove que a equação x 2 + ax + a 2 − 6 = 0 não possui solução real.

SOLUÇÃO DE JOSÉ DO NASCIMENTO PANTOJA JÚNIOR (FORTALEZA – CE)

6 + 6, e como a > 0 concluímos que a 2 > 6, daí: a a ( a 2 − 6 ) = 6 < a 2 ⇒ a 2 − a − 6 < 0, ou seja, o valor de a é tal que: a 3 = 6a + 6 ⇒ a( a 2 − 6) = 6 ∴ a 2 =

−2 =

1 − 12 − 4 ⋅ 1 ⋅ ( −6 )

2 ⋅1 a > 6 > −2, fica:

<a<

1 + 12 − 4 ⋅ 1 ⋅ ( −6 )

6 < a < 3.

Substituindo na equação em x,

2 ⋅1

(a

2

= 3, e como já sabíamos que

− 6 ) por

(6 / a ),

teríamos como raízes

6 24 a x= , mas estas raízes não são reais, pois a 2 − < 0, devido ao 2 a fato de a 3 = 6 ( a + 1) < 6 ( 3 + 1) = 24. −a ± a 2 − 4 ⋅1 ⋅

226. (Inglaterra – 2007) Eureka! No. 27 Seja ABC um triângulo acutângulo com AB > AC e ∠BAC = 60°. Seja O o circuncentro e H o ortocentro. A reta OH encontra AB em P e AC em Q. Prove que PO = HQ. EUREKA! N°29, 2009

48

Sociedade Brasileira de Matemática

SOLUÇÃO DE EMERSON RAMOS BARROSO (FORTALEZA – CE)

A

Q C

O P

H

M

B

Seja M o ponto médio de BC. Sabemos inicialmente que AH = 2OM

(1)

∠QAH = ∠OAP

(2)

e que

Temos que ∠BOC = 2∠BAC = 120° ⇒ ∠BOM = ∠MOC = 60° ⇒ OM = OB cos 60° = AO cos 60° ⇒ 2OM = AO, e por (1): AO = AH (3) ⇒ ∠AHO = ∠AOH e como ∠AHO e ∠AOH são ângulos externos dos triângulos AQH e AOP, temos ∠HQA + ∠QAH = ∠OPA + ∠PAO e por (2): ∠AQH = ∠APO Logo o triâgulo AQP é isósceles, onde AP = AQ. Também por (2) e (3), temos que os triângulos APO e AQH são congruentes (A.L.A.) e assim: PO = HQ, como queríamos demonstrar.

229. (Bielorússia – 2001) Eureka! No. 27 No losango ABCD, ∠A = 60° . Os pontos F, H e G estão sobre os segmentos AD, CD e AC de modo que DFGH é um paralelogramo. Prove que FBH é um triângulo equilátero.

EUREKA! N°29, 2009

49

Sociedade Brasileira de Matemática

SOLUÇÃO DE ANTONIO MARCOS S. ALMEIDA (MANAUS – AM)

A 30º

l

l

F b ?

B ?

60º

l G

D

a b

l 30º 30º b

l H

C

µ ≡ H CG µ e o triângulo Sendo AD // GH , pois DFGH é paralelogramo, temos CGH HCG é isósceles, logo HC = GH = b. Mas FD = b, logo os triângulos BCH e µ = 60°, já que ABCD é losango.

BDF são congruentes, pois BC = BD = l e F DB

µ ≡ DBF µ .

Portanto BH ≡ BF e CBH µ ≡ CBH µ + H BD µ ≡ H BD µ + DBF µ ≡ H BF µ = 60°. Desta forma Observe que CBD conclui-se que o triângulo BFH é equilátero, pois é isósceles e tem o ângulo do vértice de 60°.

230. (Rússia – 2007) Eureka! No. 27 Sejam a, b, c números reais. Prove que pelo menos uma das três equações x 2 + (a − b) x + (b − c) = 0, x 2 + (b − c ) x + ( c − a ) = 0 x 2 + (c − a ) x + ( a − b ) = 0

possui solução real.

SOLUÇÃO DE JEAN PIERRE YOUYOUTE (RIO DE JANEIRO - RJ)

Analisaremos o caso em que as duas primeiras equações não tem solução real e provaremos que a terceira possui solução real. Os demais casos são análogos. ∆1 = (a − b) 2 − 4(b − c) < 0 ⇒ (a − b) 2 + (b − c) 2 < 4(b − a ).

2 ∆ 2 = (b − c) − 4(c − a ) < 0 EUREKA! N°29, 2009

50

Sociedade Brasileira de Matemática

Como a, b, c são reais, então: 0 < (a − b)2 + (b − c)2 < 4(b − a ) ⇒ 4(b − a) > 0 ⇔ 4(a − b) < 0 ∆ 3 = (c − a) 2 − 4(a − b) ∆ 3 > 0 ⇔ (c − a )2 > 4(a − b). Mas (c − a )2 ≥ 0 > 4(a − b) ⇒ (c − a ) 2 > 4(a − b).

Portanto, a terceira equação possui solução real.

235. (Olimpíada Checa e Eslovaca – 2007) Eureka! No. 27 Se x, y, z são números reais no intervalo (–1, 1) satisfazendo xy + yz + zx = 1, mostre que 6 3 (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) ≤ 1 + ( x + y + z ) 2 SOLUÇÃO DE JEAN PIERRE YOUYOUTE (RIO DE JANEIRO - RJ)

1 + ( x + y + z ) 2 ≥ 6 3 (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) ⇔ 1 + x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx) ≥ 6 3 (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) ⇔ 3 + x 2 + y 2 + z 2 ≥ 6 3 (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ).

Aplicando a desigualdade das médias obtemos: (1 + x)(1 − y ) + (1 + y )(1 − z ) + (1 + z )(1 − x) ≥ 3 3 (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) ⇔ 1 + x − x − xy + 1 + y − z − yz + 1 + z − x − zx ≥ 3 3 (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) ⇔ 3 − ( xy + yz + zx) ≥ 3 3 (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) ⇔ 3 + 1 ≥ 6 3 (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ).

Mas x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≥ 1.

Logo, 3 + x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 + 1 ≥ 6 3 (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) ⇒ 3 + x 2 + y 2 + z 2 ≥ 6 3 (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ).

üüü

EUREKA! N°29, 2009

51

Sociedade Brasileira de Matemática

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS !

Publicamos aqui algumas das respostas enviadas por nossos leitores.

113.

a1 , a2 , a3 ,... formam uma seqüência de inteiros positivos menores que 2007 a + an é inteiro, para quaisquer inteiros positivos m, n. tais que m am + n Prove que a seqüência (an) é periódica a partir de um certo ponto.

SOLUÇÃO DE ZOROASTRO AZAMBUJA NETO (RIO DE JANEIRO – RJ)

Seja c < 2007 o maior inteiro positivo tal que a seqüência (an )r∈¥ tem infinitos termos iguais a c.

Existe n0 ∈ ¥ tal que an ≤ c, ∀n > n0 . Note que, se N , n ∈ ¥ são tais que n0 < N − n < N e aN = an = c, então, como c = aN = a( N −n)+n divide aN −n + an = aN −n + c, segue que c | aN − n e, como aN − n ≤ c, devemos ter aN − n = c.

Precisaremos agora do seguinte Lema: Para quaisquer inteiros positivos b1 , b2 ,..., bk , existe m0 ∈ ¥ tal que qualquer múltiplo de d = mdc(b1 , b2 ,..., bk ) que seja maior que m0 pode ser escrito como r1b1 + r2b2 + ... + rk bk com r1 , r2 ,..., rk ∈ ¥.

Prova: Vamos usar indução em k. Para k = 1 o resultado é óbvio. ° 0 tal que, se d° = mdc(b , b ,...b ), então todo múltiplo de Suponhamos que exista m 1 2 k ° ° d maior que m 0 se escreva como r ⋅ b + ... + r b , com r ∈ ¥, ∀i ≤ k . Sejam agora 1

k k

1

i

° 0 + b d° . Sabemos que d pode ser d = mdc(b1 , b2 ,..., bk , bk +1 ) = mdc( d° , bk +1 ) e m0 = m k +1 ° ° escrito como dx + b y, com x, y ∈ ¢. Se t ⋅ d = d ⋅ (tx) + b (ty ) > m , tomamos k +1

k +1

0

q, s ∈ ¢ com ty = q ⋅ d° + s e 0 ≤ s < d° . t ⋅ d = d° ⋅ (tx + q ⋅ bk +1 ) + bk +1 (ty − q ⋅ d° ) = d° ⋅ (tx + q ⋅ bk +1 ) + bk +1 ⋅ s.

Temos então °0, Temos s ∈ ¥, e d° ⋅ (tx + q ⋅ b ) = td − b ⋅ s > m − b ⋅ s > m − b ⋅ d° = m k +1

k +1

0

k +1

0

k +1

donde, pela hipótese de indução, existem r1 , r2 ,..., rk ∈ ¥ com d° ⋅ (tx + q ⋅ bk +1 ) = r1b1 + r2b2 + ... + rk bk , e, definindo rk +1 = s ∈ ¥, teremos t ⋅ d = r1b1 + r2b2 + ... + rk bk + rk +1bk +1 , o que termina a prova do Lema.

Sejam agora X = {n ∈ ¥ | an = c}, e d o máximo divisor comum dos elementos de X. Existem b1 , b2 ,..., bk ∈ X com mdc(b1 , b2 ,..., bk ) = d , e existe m0 ∈ ¥ tal que todo múltiplo de d maior que m0 se escreve como r1b1 + r2b2 + ... + rk bk com EUREKA! N°29, 2009

52

Sociedade Brasileira de Matemática

r1 , r2 ,..., rk ∈ ¥, pelo Lema. Afirmamos que, se se n > n0 é múltiplo de d então an = c. De fato, como vimos anteriormente, se N > N − bi > n0 e aN = c então aN − bi = c, para todo i ≤ k .

° > n + m tal que a ° = c, temos N ° múltiplo de d, donde N ° −n >m Tomando N 0 0 N

também é múltiplo de d, e logo se escreve como r1b1 + r2 b2 + ... + rk bk , com r1 , r2 ,..., rk ∈ ¥. Aplicando a observação acima várias vezes, concluímos que an = aN − r1b1 − r2b2 ,...,rk bk é igual a c, o que mostra nossa afirmação.

Seja agora n > m0 .

Seja t inteiro positivo tal que n + t é múltiplo de d.

Temos então que c = an + t divide an + at , e, analogamente, c = an + d + t divide an + d + at , donde c divide ( an + d + at ) − ( an + at ) = an + d − an . Como an e an + d são

inteiros positivos menores ou iguais a c, devemos ter an + d = an . Assim, an + d = an para todo n > n0 , o que prova o resultado.

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

e mdc(a, b) = mdc(a , c) = mdc(b, c) = 1.

µ = 60° BCA

Prove que c ≡ 1(mod 6) .

SOLUÇÃO DE EDEL PÉREZ CASTILLO (PINAR DEL RIO – CUBA)

c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos(60°) = a 2 + b 2 − ab Demonstremos que c é ímpar.

Como mdc(a , b) = 1 então a é ímpar ou b é ímpar. Suponhamos que b é ímpar.

Se a é par ou ímpar então c é ímpar.

Demonstremos que c não é divisível por 3.

Se 3 | c ⇒ 9 | c 2 então c 2 = a 2 + b 2 − ab = (a + b) 2 − 3ab 3 | ( a + b ) ⇒ 3 | ( a + b ) ⇒ 9 | ( a + b ) ⇒ 9 | 3ab ⇒ 3 | ab 2

2

Então 3 | a ou 3 | b, o que mdc(a , b) = mdc(a , c) = mdc(b, c) = 1.

Logo c não é divisível por 3.

Demonstremos que c ≡ 1(mod 3).

em

qualquer

caso

contradiz

que

c2 = a 2 + b2 − ab ⇒ 4c2 = 4a2 − 4ab + 4b2 = ( 2a − b) + 3b2 ⇒ ( 2c − 2a + b)( 2c + 2a − b) = 3b2 .

2

Os números ( 2c − 2a + b ) e ( 2c + 2a − b ) são ímpares porque b é ímpar.

EUREKA! N°29, 2009

53

Sociedade Brasileira de Matemática

Seja d um divisor comum de ( 2c − 2a + b ) e ( 2c + 2a − b ) . Então d | 4c e d | 2(a − b) porém como d é ímpar temos que d | c e d | (2a − b). Já demonstramos que mcd ( c,3) = 1 então mcd (d ,3) = 1.

Da equação 4c 2 = ( 2a − b ) + 3b 2 deduzimos que d 2 | 3b 2 ⇒ d 2 | b 2 ⇒ d | b ⇒ d = 1 2

(porque d | c e mcd ( b, c ) = 1 ).

Como mcd ( 2c − 2a + b , 2c + 2a − b ) = 1 e seu produto é 3b 2 temos que: 2c − 2 a + b = 3 x 2

2c + 2 a − b = y 2

Ou também poderia ser: 2c − 2 a + b = y 2 2c + 2 a − b = 3 x 2 Os valores de x, y são ímpares porque b é ímpar.

Em qualquer caso temos que c = ( 3 x 2 + y 2 ) 4 c− y =

3( x2 − y2 )

⇒ c − y 2 ≡ 0(mod 3) ⇒ c ≡ y 2 (mod 3) 4 Logo c ≡ 1(mod3), porque c não é divisível por 3.

2

Como c ≡ 1(mod3) então c ≡ 1(mod 6) ou c ≡ 4(mod 6), porém c é ímpar, logo c ≡ 1(mod 6).

119.

Mostre que não existem inteiros 36 a + b )( 36b + a ) seja uma potência de 2. (

positivos

a

e

b

tais

que

SOLUÇÃO DE MARCILIO MIRANDA DE CARVALHO (TERESINA – PI)

( 36a + b ) e ( 36b + a ) são potências de 2 maiores que 36. Daí ( 36a + b ) e são ( 36b + a ) são pares, logo a e b são pares. Agora seja S o conjunto de pares (a, b) tais que ( 36a + b )( 36b + a ) seja Se

( 36a + b )( 36b + a )

é uma potência de 2, então

uma potência de 2. Se S não é vazio então S possui um par (a, b) tal que a é mínimo. Como a e b são pares então a = 2c e b = 2d, logo 4 ( 36c + d )( 36d + c ) é

uma potência de 2, daí ( 36c + d )( 36d + c ) é uma potência de 2, onde c < a, absurdo!

EUREKA! N°29, 2009

54

Sociedade Brasileira de Matemática

120. Sejam a, b, c números reais e soma Sn definida como Sn = a n + bn + cn , para

qualquer n inteiro não negativo. Sabe-se que S1 = 2, S2 = 6 e S3 = 14. Mostre que Sn2 − Sn −1 ⋅ Sn +1 = 8 para todo inteiro n > 1.

SOLUÇÃO DE MARIA CLARA MENDES SILVA (PIRAJUBA – MG)

Vamos definir como: Ω1 = a + b + c Ω 2 = ab + ac + bc Ω3 = abc

Veja que: an + bn + c n = ( a + b + c ) ( an−1 + bn−1 + c n−1 ) − ( ab + bc + ac ) ( an −2 + bn −2 + cn−2 ) + abc ( a n −3 + bn −3 + c n −3 ) .

Isso pode ser verificado diretamente abrindo os produtos.

Substituindo com a nossa notação: Sn = Ω1 Sn −1 − Ω 2 S n − 2 + Ω3 Sn − 3 .

Assim podemos definir Sn por recorrência.

Falta descobrir Ω1 , Ω 2 e Ω3 .

Inicialmente note que S1 = a + b + c = 2.

Assim Ω1 = 2.

Elevando a + b + c ao quadrado: 4 = ( a + b + c ) = a 2 + b2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ac ) = S 2 + 2Ω 2 = 6 + 2Ω2 .

2

Resolvendo achamos Ω 2 = −1.

Finalmente: 14 = a 3 + b3 + c 3 = ( a + b + c ) ( a 2 + b2 + c 2 − ab − ac − bc ) + 3abc = = 2 ⋅ (6 + 1) + 3Ω3 = 14 + 3Ω 3 ⇒ Ω3 = 0.

Na equação de recorrência que tínhamos obtido anteriormente: Sn = 2 S n −1 + S n − 2 .

Agora usaremos indução em n: Para n = 2, o que queremos demonstrar é claramente verdadeiro, uma vez que S2 2 − S1S3 = 62 − 28 = 8.

Suponhamos que essa propriedade seja verdadeira para todo natural menor que um certo n, queremos provar que também vale para n.

Sn2 − S n −1 ⋅ S n +1 = Sn2 − S n −1 ⋅ ( 2 Sn + Sn −1 ) = Sn2 − 2S n −1 Sn − S n2−1 = EUREKA! N°29, 2009

55

Sociedade Brasileira de Matemática

= − Sn2−1 − S n ( 2S n −1 − S n ) .

Como 2 S n −1 + S n − 2 = S n , 2 S n −1 − Sn = − Sn − 2 .

Substituindo: Sn2 − S n −1 ⋅ S n +1 = − S n2−1 + S n ⋅ S n − 2 .

Essa expressão tem o mesmo módulo do que a obtida se trocarmos todos seus sinais, ou seja Sn2−1 − S n − 2 ⋅ S n . Mas pela hipótese de indução o módulo desta é 8.

Assim, o módulo de Sn2 − S n −1S n +1 é 8. Por indução provamos que essa sentença é válida para todo n inteiro positivo.

121. Na figura abaixo o lado do quadrado vale 4, obter o valor da altura h para que a

área da região 1 seja igual a área da região 2.

4 1 2

4 3

4

h

4 SOLUÇÃO DE BRUNO SALGUEIRO FANEGO (VIVEIRO – ESPANHA)

A união das regiões 1 e 3 é um quadrante de um semicírculo de raio 4 (de área π ⋅ 42 ) e a união das regiões 2 e 3, um retângulo de lados 4 e h (de área 4 ⋅ h), 4 Ai a área da região i, 1 ≤ i ≤ 3, teremos donde, sendo A1 = A2 ⇔ A1 + A3 = A2 + A3 ⇔

π ⋅ 42 = 4⋅h ⇔ h = π.

4

122. Dado um triângulo ABC tal que AB = AC = a + b e BC = a , traça-se uma

ceviana partindo de B determinando em AC um ponto D tal que DA = a e DC = b . µ = 10° , determine os ângulos internos desse triângulo.

Sabendo que ABD

EUREKA! N°29, 2009

56

Sociedade Brasileira de Matemática

SOLUÇÃO DE CARLOS ALBERTO DA SILVA VICTOR (NILÓPOLIS – RJ) A

 AD = BC = a   AB = AC

?

D

10° B

C

Tomando ∠BAC = θ e, usando que AD = BC e a lei dos senos nos triângulos ABD θ   

e BDC, encontramos: sen10° = 2 sen   ⋅ sen (θ + 10° ) .

2 Observe que θ = 20° é solução. Vamos mostrar que ela é única para o triângulo em questão.

Não é difícil de verificar que θ < 80°, pois não poderíamos ter AD = BC para θ  θ ≥ 80° (BC será o maior lado); conseqüentemente, θ + 10 < 90°, e sen   e 2 sen(θ + 10°) serão crescentes no primeiro quadrante. θ   

I) Suponha que θ > 20° ⇒ sen10° = 2sen   ⋅ sen (θ + 10° ) > 2sen10° ⋅ sen30° = sen10° 2 (absurdo). θ   

II) Suponha que θ < 20° ⇒ sen10° = 2 sen   ⋅ sen (θ + 10° ) < 2 sen10° ⋅ sen30° = sen10° 2 (absurdo).

Conclusão: θ = 20° é a única solução.

127. Determine todos os inteiros positivos k tais que existem inteiros positivos x, y,

z com

x2 + y 2 + z 2 = k. xyz

SOLUÇÃO DE EDEL PÉREZ CASTILLO (PINAR DEL RIO – CUBA)

Se x = y = z = 1 obtemos k = 3; se x = y = z = 3 obtemos k = 1. Falta provar que estes são os únicos valores que pode tomar k.

Provemos que k deve ser ímpar.

EUREKA! N°29, 2009

57

Sociedade Brasileira de Matemática

Seja S = {( x, y , z ) ∈ (¥*)3 :

x2 + y 2 + z 2 = k onde k é par} xyz

Provemos que este conjunto é vazio.

Se não é vazio existem x0 , y0 , z0 ∈ S tais que x0 + y0 + z0 é mínimo.

Temos x02 + y02 + z02 = kx0 y0 z0 . Como o membro direito é par , há dois casos: (1) Um dos números é par e os outros dois números são ímpares.

(2) Os três são pares.

No caso (1), se x0 é par, y0 , z0 ímpares, então x02 + y02 + z02 ≡ 2(mod 4) e no outro membro temos que kx0 y0 z0 ≡ 0(mod 4) porque k e x0 são pares. Contradição.

No caso (2) x0 = 2 x1 , y0 = 2 y1 , z0 = 2 z1 facilmente comprovamos que: x12 + y12 + z12 = 2k , logo ( x1 , y1 , z1 ) ∈ S . x1 y1 z1

x1 + y1 + z1 = ( x0 + y0 + z0 ) 2 < x0 + y0 + z0 .

Isto é absurdo porque x0 + y0 + z0 é mínimo.

Logo o conjunto S é vazio.

Provemos que k ≤ 3, o que resolve o problema.

Seja C = {( x, y , z ) ∈ (¥*)3 :

x2 + y 2 + z 2 = k ≥ 4} xyz

Provemos que este conjunto em C é vazio.

Se não é vazio existem x0 , y0 , z0 tais que x0 + y0 + z0 é mínimo.

Podemos supor que x0 ≤ y0 ≤ z0 .

Então: x0 y z + 0 + 0 ≥4 y0 z0 x0 z0 x0 y0

Mas

x0 y0 z ≤1 e ≤ 1, donde temos que 1 + 1 + 0 ≥ 4, o que implica que y0 z0 x0 z0 x0 y0

z0 ≥ 2 x0 y0 .

Consideremos a equação t 2 − kx0 y0 t + x02 + y02 = 0 que tem a z0 como uma das suas soluções. Seja z1 a outra solução da equação; então temos: (1) z0 + z1 = kx0 y0 (2) z0 z1 = x02 + y02 De (1) deduzimos que z1 é inteiro, de (2) deduzimos que z1 é positivo. Logo ( x0 , y0 , z1 ) ∈ C mas x0 + y0 + z0 ≤ x0 + y0 + z1 porque x0 + y0 + z0 é mínimo.

EUREKA! N°29, 2009

58

Sociedade Brasileira de Matemática

Então 2 x0 y0 ≤ z0 ≤ z1 , e substituindo em (2) obtemos 4 z02 y02 ≤ x02 + y02 ≤ 2 y02 donde se obtém que 4 x02 ≤ 2 , o que é absurdo. Portanto o conjunto C é vazio.

128. Barango Joe era um sapo de mútiplos talentos que habitava a Terra das

Chances Diminutas, localizada no alto de uma montanha.

Após sua maioridade, Barango Joe decidiu tentar a vida no Reino das Grandes Oportunidades, localizado no cume da montanha vizinha.

Para isso, ele atravessaria a extensa ponte de madeira por cima do Desfiladeiro da Morte. Entretanto, a ponte era guardada pela Esfinge Vegas, exímia jogadora que sempre desafiava os viajantes para algum jogo. O viajante vitorioso tinha a passagem franqueada; e o perdedor era lançado ao abismo.

Assim chegando à cabeceira da ponte, Barango Joe foi desafiado a uma partida de “Pachang” jogo que lembra o “Black Jack” ou “Vinte e um”, mas é jogado por 2 oponentes da seguinte maneira: Os jogadores, designados por “banca” e “apostador”, utilizam um dado gerador de números aleatórios reais uniformemente distribuídos no intervalo [0,1].

Inicialmente, a banca sorteia um número X. Se não estiver satisfeita com o número obtido, pode descartá-lo e então sortear um novo número. Este procedimento pode ser executado 2 vezes, Isto é, pode haver até 3 sorteios na definição do número X da banca.

Então, o apostador sorteia quantos números forem necessários até que a soma de seus números ultrapasse o número X da banca. Neste momento, se esta soma for inferior a 1, o apostador ganha; caso contrário, perde.

Ou seja, para ganhar, o apostador precisa “chegar mais próximo” de 1 que a banca, sem no entanto “estourar o limite” de 1.

Após explicar as regras do Pachang, a Esfinge Vegas deu uma opção ao sapo: - Você prefere ser a banca ou o apostador?

O que o Barango Joe deveria responder?

Obs. Utilize lápis, papel, e uma calculadora científica simples.

SOLUÇÃO DE RAFAEL TUPYNAMBÁ DUTRA (BELO HORIZONTE – MG)

Primeiramente, supondo que X já tenha sido escolhido, vamos determinar a função f ( X ) que dá a probabilidade de o apostador ganhar. Seja pn (x) a função densidade de probabilidade para a soma dos números do apostador (ou seja, após n números sorteados pelo apostador, a probabilidade de a soma dos n – 1 ser menor ou igual a X e a soma desses números estar entre a e b é dada por b

∫ p ( x)dx ). Definimos n

qn (x) igual a pn (x) para x ∈ [0, X ] e qn (x) igual a 0

a

EUREKA! N°29, 2009

59

Sociedade Brasileira de Matemática 1

caso contrário. Seja também g n =

∫ p ( x)dx n

a probabilidade de o apostador

X

ganhar após n números sorteados. Temos p1 ( x) = 1, ∀x ∈ [0,1] .

Lema:

qn ( x) = pn ( x) =

x n −1 para x ∈ [0, X ] e (n − 1)!

pn ( x) =

X n −1 para (n − 1)!

x ∈ ( X ,1] .

Prova por indução: o caso inicial n = 1 é trivial. Hipótese de indução:

x n −1 para x ∈ [0, X ] . Caso o jogo continue, a densidade de (n − 1)! probabilidade da soma dos n primeiros números é dada por qn (x) (afinal, para o jogo continuar, essa soma deve estar no intervalo [0, X ] ). E a densidade de probabilidade do (n + 1) -ésimo número é igual a p1 ( x) = 1∀x ∈ [0,1] . Assim, qn ( x) =

x

somando, obtemos pn +1 ( x) =

∫ q (t )dt . n

Dessa forma, para x ∈ [0, X ] , temos

x −1 x

pn +1 ( x) =

x −1 x

pn +1 ( x) =

t n −1 xn dt = . ( n 1 )! n ! − 0 x

∫ qn (t )dt = ∫

E

para

x ∈ ( X ,1] ,

t n −1 Xn dt = , c.q.d. (n − 1)! n!

0

X

∫ qn (t )dt = ∫

x −1

1

Pelo lema, temos g n =

∫ pn ( x)dx = (1 − X ) X

apostador ganhar é f ( X ) =

X n −1 e a probabilidade de o (n − 1)!

X n −1 = (1 − X )e X . n =1 ( n − 1)!

∞

∞

∑ g n = (1 − X )∑ n =1

Agora imagine que a banca tenha k sorteios disponíveis para determinar X .

Seja Pk a probabilidade de o apostador ganhar nesse caso. Queremos calcular P3 .

Vamos calcular Pk recursivamente.

Primeira situação: imagine que a banca tem apenas 1 sorteio disponível para determinar X . Sabendo que, dado X , a probabilidade de o apostador ganhar é 1

f ( X ) = (1 − X )e X , descobrimos que P1 = ∫ f ( X )dX = e − 2 ≅ 0,71828 .

0

EUREKA! N°29, 2009

60

Sociedade Brasileira de Matemática

Segunda situação: imagine agora que a banca tem até 2 sorteios para determinar X . Se, no primeiro sorteio, ela obteve um número x , ela pode ficar com esse número ou descartá-lo. A probabilidade de o apostador ganhar será f ( x) = (1 − x)e x no 1º caso e será P1 ≅ 0,71828 no 2º caso. Assim, a banca deve descartar x somente se (1 − x)e x > P1 . Seja a a raiz positiva da equação transcendente (1 − a )e a = P1 . Temos a ≅ 0,60954 . Dessa forma, a banca deve descartar o número x se x < a e mantê-lo se x > a . Se a banca usar essa estratégia, a probabilidade de o apostador vencer será 1

P2 = P1a + ∫ f ( X )dX =P1a + e − (2 − a)e a ≅ 0,59823 . a

Terceira situação: agora considere o problema original (a banca tem até 3 sorteios para determinar X ). Se, no primeiro sorteio, ela obteve o número x , ela pode mantê-lo ou descartá-lo. A probabilidade de o apostador ganhar será f ( x) = (1 − x)e x no 1º caso e será P2 ≅ 0,59823 no 2º caso. Assim, a banca deve descartar x somente se (1 − x)e x > P2 . Seja b a raiz positiva da equação transcendente (1 − b)eb = P2 . Temos b ≅ 0,70416 . Dessa forma, a banca deve descartar o número x se x < b e mantê-lo se x > b . Se a banca usar essa estratégia, a probabilidade de o apostador vencer será 1

P3 = P2b + ∫ f ( X )dX =P2b + e − (2 − b)eb ≅ 0,51915 > b

1 . Assim, o apostador tem 2

probabilidade maior que 1 de ganhar, mesmo quando a banca usa a melhor 2 estratégia possível. Barango Joe deve responder que prefere ser o apostador.

Agradecemos o envio de soluções e a colaboração de: Alexandre Salim Saud de Oliveira Alixanzito R. S. Costa André Felipe M. da Silva Doraci Gabriel da Rosa Evandro Makiyama de Melo Flávio Antonio Alves Glauber Moreno Barbosa Kellem Corrêa Santos Larissa Brito Sousa Marcel Menzes de Andrade Prado Oswaldo Mello Sponquiado Renato Carneiro de Souza Samuel Liló Abdalla Wallace Alves Martins

Niterói – RJ Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Fartura – SP São Paulo – SP Amparo – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Brasília – DF São Paulo – SP Belo Horizonte – MG Sorocaba – SP Rio de Janeiro – RJ

Continuamos aguardando soluções para os problemas 123, 124, 125, 126 e 129.

EUREKA! N°29, 2009

61

Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMAS PROPOSTOS *

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

130) Suponha que a, b, c ∈ ¡ e a equação x 2 − ( a + b + c ) x + ( ab + ac + bc) = 0 não tem raízes reais. Prove que a, b e c têm todos o mesmo sinal e existe um triângulo de lados

a,

b e

c.

131) a) Considere o seguinte jogo: no início um jogador A entrega um número k ≥ 2 ao jogador B . Quando A entrega um número m ≥ 2 a B, B pode devolver m – 1 ou m + 1 a A. Quando A recebe um número n ≥ 2 deve, se n for ímpar n devolver 3n a B; se n for par mas não múltiplo de 4, pode devolver ou 3n a B, e, 2 n n se n for múltiplo de 4, pode devolver , ou 3n a B. Qualquer jogador ganha o 4 2 jogo se devolver 1 ao adversário. Caso algum jogador devolva ao adversário um número maior que 1000k, o jogo empata. Determine, para cada valor de k ≥ 2 , se algum dos jogadores tem estratégia vencedora, e, nesses casos, qual deles. b) Resolva o item anterior supondo que A, ao receber um número n ≥ 2, deve n devolver 3n a B se n for ímpar, deve devolver a B se n for par mas não múltiplo 2 n de 4 e deve devolver a B se n for múltiplo de 4.

4 132) a) Considere uma família ℑ de 2000 círculos de raio 1 no plano tal que dois círculos de ℑ nunca são tangentes e cada círculo de ℑ intersecta pelo menos dois outros círculos de ℑ . Determine o número mínimo possível de pontos do plano que pertencem a pelo menos dois círculos de ℑ .

Problema 130 proposto por Wílson Carlos da Silva Ramos (Belém – PA), problema 131 proposto por Benedito Tadeu Vasconcelos Freire (Natal – RN), problema 132 proposto por Juan Manuel Conde Calero (Alicante – Espanha).

EUREKA! N°29, 2009

62

Sociedade Brasileira de Matemática

AGENDA OLÍMPICA XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – Sábado, 06 de junho de 2009 Segunda Fase – Sábado, 12 de setembro de 2009 Terceira Fase – Sábado, 17 de outubro de 2009 (níveis 1, 2 e 3) Domingo, 18 de outubro de 2009 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova).

NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – Sábado, 12 de setembro de 2009 Segunda Fase – Sábado, 17 e Domingo, 18 de outubro de 2008 ♦

XV OLIMPÍADA DE MAIO 09 de maio de 2009 ♦

XX OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 14 a 20 de abril de 2009 Mar del Plata – Argentina ♦

L OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 10 a 22 de julho de 2009 Bremen – Alemanha ♦

XVI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 25 a 30 de julho de 2009 Budapeste, Hungria ♦

XXIV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Setembro de 2009 Mérida – México ♦

XII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA

EUREKA! N°29, 2009

63

Sociedade Brasileira de Matemática

COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad Américo López Gálvez Amarísio da Silva Araújo Andreia Goldani Antonio Carlos Nogueira 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 Eduardo Tengan 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 Jose de Arimatéia Fernandes 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 Osnel Broche Cristo Osvaldo Germano do Rocio Raul 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) (UFRN) (Univ. Tec. Fed. de Paraná) (UNIFRA) (UNIVATES) (EDETEC) (UNESP) (UNIPAMPA) (Colégio Objetivo de Campinas) (USP) (Faculdade Etapa) (Univ. Federal do Tocantins) (UFMG) (UFES) (UFSJ) (Centro Educacional Leonardo Da Vinci) (UC. Dom Bosco) (UFPB)) (UNOCHAPECÓ) (UFPI) (Grupo Educacional Ideal) (UFPB) (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) (UFLA) (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)

EUREKA! N°29, 2009

64

Juiz de Fora – MG Ribeirão Preto – SP Viçosa – MG Osório – RS Uberlândia – MG Natal – RN Pato Branco – PR Santa María – RS Lajeado – RS Manaus – AM S.J. do Rio Preto – SP Bagé – RS Campinas – SP São Carlos – 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 Campina Grande – PB 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 Lavras – MG 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

CONTEÚDO XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase

2

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase

16

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Terceira Fase

33

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

51

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

57

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Premiados

66

AGENDA OLÍMPICA

70

COORDENADORES REGIONAIS

71

Sociedade Brasileira de Matemática

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 01) Com segmentos de 1 cm de comprimento podemos formar triângulos. Por exemplo, com nove desses segmentos podemos formar um triângulo eqüilátero de lado 3 cm. Com qual número de segmentos a seguir é impossível formar um triângulo?

A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 02) Esmeralda compra cinco latas de azeite a quatro reais e setenta centavos a lata, cinco latas de leite em pó a três reais e doze centavos cada e três caixas de iogurte com seis iogurtes cada caixa ao preço de oitenta centavos por iogurte. Paga com uma nota de cinqüenta reais e quer saber quanto irá receber de troco. Qual das expressões aritméticas a seguir representa a solução para este problema?

A) 50 − 5 × (4,70 + 3,12) + 18 × 0,80 B) 5 × 4,70 + 5 × 3,12 + 3 × 6 × 0,80 − 50 C) − [5 × (4,70 + 3,12) + 3 × 6 × 0,80] + 50 D) 50 − [5 × (4,70 + 3,12) + 3 × 6 + 0,80] E) 50 − [5 × (4,70 + 3,12) + 6 × 0,80] 03) Uma pesquisa foi feita entre pessoas de ambos os sexos, em igual número, com a seguinte pergunta: Entre as cores azul, vermelho e amarelo, qual é a cor que você prefere?

Cada pessoa apresentou a sua preferência por uma, e só uma, dessas cores. E o resultado da pesquisa aparece nos gráficos abaixo:

EUREKA! N°30, 2009

2

Sociedade Brasileira de Matemática

Podemos concluir que, em relação ao total de pessoas pesquisadas, a ordem de preferência das cores é: A) I, II, III B) I, III, II C) II, I, III D) II, III, I E) III, II, I

04) O quociente e o resto na divisão de 26097 por 25 são, respectivamente: A) 1043 e 22 B) 1044 e 3 C) 143 e 22 D) 1044 e 22 E) 144 e 3 05) Numa reunião da comunidade do bairro, cada uma das 125 pessoas presentes recebeu um número diferente, a partir do número 1 até o 125. Em dado momento, foi feita uma lista das pessoas com número par e das pessoas com número múltiplo de 3, que deveriam participar de um projeto. Algumas pessoas reclamaram, dizendo que o seu nome aparecia duas vezes na lista. Quantas pessoas apareceram duas vezes na lista?

A) 2 B) 6 C) 20 D) 41 E) 62 06) Sobre uma mesa retangular de uma sala foram colocados quatro sólidos, mostrados no desenho. Uma câmera no teto da sala, bem acima da mesa, fotografou o conjunto. Qual dos esboços a seguir representa melhor essa fotografia?

EUREKA! N°30, 2009

3

Sociedade Brasileira de Matemática

07) Uma classe tem 22 alunos e 18 alunas. Durante as férias, 60% de todos os alunos dessa classe foram prestar trabalho comunitário. No mínimo, quantas alunas participaram desse trabalho?

A) 1 B) 2 C) 4 D) 6 E) 8 08) Uma urna contém 2008 cartões. Cada cartão recebeu um número diferente, a partir do número 1 até o 2008. Retiram-se dois cartões ao acaso e somam-se os números dos cartões. Quantos números ímpares diferentes podem ser obtidos dessa maneira?

A) 1004 B) 1005 C) 2007 D) 2008 E) 4016 09) Juntando quatro trapézios iguais de bases 30 cm e 50 cm, como o da figura ao lado, podemos formar um quadrado de área 2500 cm2, com um “buraco” quadrado no meio. Qual é a área de cada trapézio, em cm2?

A) 200

B) 250

C) 300

30cm 45o

45o 50 cm

D) 350

E) 400

10) Quantos números pares de três algarismos têm dois algarismos ímpares?

A) 20 B) 48 C) 100 D) 125 E) 225 11) Sabe-se que

5 2 do conteúdo de uma garrafa enchem de um copo. Para 9 6

encher 15 copos iguais a esse, quantas garrafas deverão ser usadas?

A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6

12) Quantos quadrados têm como vértices os pontos do reticulado ao lado?

A) 6

B) 7

C) 8

D) 9

E) 10

EUREKA! N°30, 2009

4

Sociedade Brasileira de Matemática

13) A primeira fase da OBM se realiza no dia 14 de junho, um sábado do ano bissexto 2008. Daqui a quantos anos o dia 14 de junho será novamente no sábado?

A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 14) No desenho temos AE = BE = CE = CD. Além disso, α e β são medidas de ângulos. α Qual é o valor da razão ? β A)

3 5

B)

4 5

D)

5 4

E)

5 3

C) 1

15) Na multiplicação ao lado, alguns algarismos, não necessariamente iguais, foram substituídos pelo sinal *.

Qual é a soma dos valores desses algarismos?

A) 17

B) 27

C) 37

D) 47

E) 57

16) Três amigos moram na mesma rua: um médico, um engenheiro e um professor.

Seus nomes são: Arnaldo (A), Bernaldo (B) e Cernaldo (C). O médico é filho único e o mais novo dos três amigos. Cernaldo é mais velho que o engenheiro e é casado com a irmã de Arnaldo. Os nomes do médico, do engenheiro e do professor, nessa ordem, são: A) A, B, C B) C, A, B C) B, A, C D) B, C, A E) A, C, B

EUREKA! N°30, 2009

5

Sociedade Brasileira de Matemática

17) Dois cartões iguais têm a forma de um triângulo retângulo de lados 5 cm, 12 cm e 13 cm. Esmeralda juntou os dois cartões sobre uma folha de papel e, contornando as beiradas com um lápis, obteve uma figura como a ao lado, que está fora de escala. Qual é o perímetro dessa figura?

A) 28 cm

B) 35 cm

C) 42 cm

D) 43 cm

E) 60 cm

18) Qual é o maior número de algarismos que devem ser apagados do número de 1000 algarismos 20082008…2008, de modo que a soma dos algarismos restantes seja 2008?

A) 130 B) 260 C) 510 D) 746 E) 1020 19) Soninha tem muitos cartões, todos com o mesmo desenho em uma das faces.

Ela vai usar cinco cores diferentes (verde, amarelo, azul, vermelho e laranja) para pintar cada uma das cinco partes do desenho, cada parte com uma cor diferente, de modo que não haja dois cartões pintados da mesma forma. Na figura abaixo, por exemplo, os cartões são iguais, pois um deles pode ser girado para se obter o outro.

Quantos cartões diferentes Soninha conseguirá produzir?

A) 16

B) 25

C) 30

D) 60

EUREKA! N°30, 2009

6

E) 120

Sociedade Brasileira de Matemática

20) Três carros com velocidades constantes cada um, na mesma estrada, passam no mesmo momento por Brasilópolis. Ao viajar 100 quilômetros, o carro A passa por Americanópolis, 20 quilômetros à frente do carro B e 50 quilômetros à frente do carro C. Quando o carro B passar por Americanópolis, quantos quilômetros estará à frente do carro C? A) 20 B) 25,5 C) 30 D) 35 E) 37,5 PROBLEMAS – NÍVEL 2 01) Veja o problema No. 14 do Nível 1.

02) Quantos dos números abaixo são maiores que 10?

3 11 , 4 7 , 5 5 , 6 3 , 7 2 A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

C) 212.3 6

D) 612

E) 12

03) 1212 é igual a: A) 6 6

B) 12 2

3

12

04) Uma grande empresa possui 84 funcionários e sabe-se que cada funcionário fala pelo menos uma das línguas entre Português e Inglês. Além disso, 20% dos que falam Português também falam Inglês e 80% dos que falam Inglês também falam Português. Quantos funcionários falam as duas línguas?

A) 12 B) 14 C) 15 D) 16 E) 18 05) Edmilson, Carlos e Eduardo ganharam um total de R$150,00 lavando carros.

Eles ganharam quantidades diferentes de dinheiro. Como eles são muito amigos decidiram dividir o dinheiro ganho em partes iguais. Para isto, Edmilson deu metade do que ganhou para dividir em partes iguais entre Carlos e Eduardo, porém, Carlos tinha muito dinheiro e, portanto, deu R$ 10,00 a cada um dos outros dois.

Finalmente, para que cada um tivesse a mesma quantidade de dinheiro, Eduardo deu R$ 2,00 a Edmilson. Quanto Eduardo ganhou antes da divisão?

A) R$ 76,00 B) R$ 51,00 C) R$ 23,00 D) R$ 50,00 E) R$ 100,00 06) Nove números são escritos em ordem crescente. O número do meio é a média aritmética dos nove números. A média aritmética dos 5 maiores é 68 e a média aritmética dos 5 menores é 44. A soma de todos os números é: A) 560 B) 504 C) 112 D) 56 E) 70 EUREKA! N°30, 2009

7

Sociedade Brasileira de Matemática

07) Veja o problema No. 12 do Nível 1.

08) Veja o problema No. 13 do Nível 1.

09) Os algarismos a , b e c são tais que os números de dois algarismos aa , bc e 2

cb são números primos e aa + bc + cb = aa . Se b < c , então bc é igual a: A) 19

B) 17

C) 37

D) 29

E) 59

10) Cinco inteiros positivos a, b, c, d , e maiores que um satisfazem as seguintes condições: a (b + c + d + e) = 128

b(a + c + d + e) = 155 c(a + b + d + e) = 203 d (a + b + c + e) = 243 e(a + b + c + d ) = 275

Quanto vale a soma a + b + c + d + e ?

A) 9 B) 16 C) 25

D) 36

E) 49

11) Em um triângulo ABC foi traçada a altura AH. Sejam M e N pontos sobre os lados AB e AC, respectivamente, tais que HM é perpendicular a AB e HN é perpendicular a AC. Achar MN, sabendo que o perímetro do triângulo órtico do triângulo ABC é igual a 10.

Observação: o triângulo órtico de um triângulo é aquele cujos vértices são as interseções das alturas do triângulo com os respectivos lados. Pode-se demonstrar que o incentro (encontro das bissetrizes) do triângulo órtico é sempre igual ao ortocentro (encontro das alturas) do triângulo original.

A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9 12) Quantos números inteiros positivos menores que 500 têm exatamente 15 divisores inteiros positivos?

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 13) Seja P (n) a soma dos algarismos pares do número n . Por exemplo, P (1234) = 2 + 4 = 6. Qual o valor de P (1) + P (2) + P (3) + ... + P(100) ?

A) 200 B) 360 C) 400 D) 900 E) 2250

EUREKA! N°30, 2009

8

Sociedade Brasileira de Matemática

14) De quantas maneiras podemos dividir R$ 10,00 em moedas de 10 centavos e de 25 centavos, se pelo menos uma moeda de cada valor tem que ser usada?

A) 15 B) 16 C) 17 D) 18 E) 19 15) Sejam a, b, c, d números inteiros tais que a < 2b , b < 3c , c < 4d . Se d < 40 , o maior valor possível de a será: A) 960 B) 959 C) 951 D) 934 E) 927 16) A figura abaixo é um exemplo de um quadrado mágico de ordem 4. A soma dos 4 números em cada linha, coluna e diagonal é 34. Então dizemos que a soma mágica deste quadrado mágico é 34. Suponha que exista um quadrado mágico de ordem 7, formado pelos números inteiros de 1 a 49. Determine sua soma mágica.

A) 175

B) 2450

16

3

2

13

5

10

11

8

9

6

7

12

4

15

14

1

C) 1225

D) 190

E) 100

17) Observe que:

32 + 4 2 = 5 2 , 3 2 + 4 2 + 12 2 = 13 2 , 3 2 + 4 2 + 12 2 + 84 2 = 85 2.

Qual o menor valor possível da soma x + y com x, y inteiros positivos tais que A) 289

B) 250

3 2 + 4 2 + 12 2 + 84 2 + x 2 = y 2 ?

C) 425 D) 795

E) 103

18) Um número de três algarismos é 629 vezes menor que a soma de todos os outros números de três algarismos. Este número é: A) 450 B) 785 C) 630 D) 471 E) 525 19) Veja o problema No. 19 do Nível 1.

EUREKA! N°30, 2009

9

Sociedade Brasileira de Matemática

20) Em um triângulo ABC, ∠ A = 20o e ∠ B = 110o. Se I é o incentro (centro da circunferência inscrita) e O o circuncentro (centro da circunferência circunscrita) do triângulo ABC, qual a medida do ângulo ∠IAO ?

A) 20o B) 25o C) 30o D) 40o E) 35o 21) Veja o problema No. 7 do Nível 1.

22) Na figura abaixo os pontos A, B, C são colineares, assim como os pontos D, E, F. As duas retas ABC e DEF são paralelas.

A

B

A1

A

D

C

2

E

A3

F

Sendo A1, A2 e A3 as áreas das regiões destacadas na figura, podemos afirmar que: A) A2 = 2A1 = 2A3 B) A2 = A1 + A3 C) A2 > A1 + A3 D) A2 < A1 + A3 E) A22 = A1.A3

23) O grupo A da última Copa do Mundo de futebol terminou com os seguintes resultados: Equipe Áustria Brasil Camarões Dinamarca

Número de Pontos 7 5 4 0

Sabe-se que Áustria e Camarões levaram apenas 1 gol, cada um. Além disso, Brasil e Dinamarca marcaram apenas 1 gol, cada um, enquanto que Áustria marcou 3 gols. Qual o resultado da partida Áustria × Dinamarca?

Observação: no grupo, cada seleção joga com as demais exatamente uma vez e, em cada partida, o time vencedor ganha 3 pontos, o perdedor não ganha nem perde pontos e, em caso de empate, cada time ganha 1 ponto.

A) 1 × 0 B) 2 × 1 C) 2 × 0 D) 0 × 0 E) Nada se pode afirmar.

EUREKA! N°30, 2009

10

Sociedade Brasileira de Matemática

24) Abaixo temos um quadrado mágico multiplicativo, onde o produto dos números em cada linha, coluna e diagonal é o mesmo e igual ao número de quatro dígitos ABCD, onde cada letra representa um dígito e cada casa contém um número inteiro. Se AC representa o número de dois dígitos no centro do quadrado, a soma A + B + C + D vale: 4

AC C A) 17

B) 18

24

C) 19

D) 20

E) 21

25) Tenho um cubo de madeira, com três faces vermelhas e três faces azuis. O cubo é cortado em 3×3×3 = 27 cubos menores. Quantos destes cubos menores têm, pelo menos, uma face vermelha e outra azul?

A) 6 B) 12 C) 14 D) 16 E) depende de quais faces do cubo são vermelhas e quais são azuis.

PROBLEMAS – NÍVEL 3 01) Veja o problema No. 14 do Nível 1.

02) Sendo x = 10–2008, assinale a alternativa que apresenta o maior valor.

1 1 1 x A) B) C) D) x E) 1 1 x( x + 1) x x+ 1+ 1+

1 x

03) O número inteiro positivo a e o número

x

1 localizam-se na reta da seguinte a

maneira:

Qual é a soma desses dois números?

A)

9 81

B)

9 80

C)

81 9

D)

EUREKA! N°30, 2009

11

82 9

E) 9

Sociedade Brasileira de Matemática

04) Veja o problema No. 4 do Nível 2 05) Rafael tem 10 cartões. Cada um tem escrito um dos números 3, 8, 13, 18, 23, 28, 33, 48, 53, 68, e todos os dez números aparecem. Qual o menor número de cartões que Rafael pode escolher de modo que a soma dos números nos cartões escolhidos seja exatamente 100?

A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) não é possível obter soma 100 com esses cartões.

06) Em uma pista de corrida, cujo formato é de um polígono regular de n vértices, numerados de 1 até n no sentido anti-horário, existem três pessoas: Nelly, Sônia e Penha, estando inicialmente todas em um mesmo vértice. Em um dado momento elas começam a caminhar pelos lados do polígono. Nelly caminha no sentido antihorário, enquanto que Sônia e Penha caminham no sentido contrário. Nelly cruza com Sônia pela primeira vez em um vértice e com Penha dois vértices à frente. A velocidade de Nelly é o dobro da velocidade de Sônia e a velocidade de Sônia é o dobro da velocidade de Penha. Quantos vértices tem o polígono?

A) 30 B) 60 C) 15 D) 10 E) 6 07) Veja o problema No. 6 do Nível 2.

08) A primeira fase da OBM se realiza no dia 14 de junho, um sábado do ano bissexto 2008. Daqui a quantos anos o dia 14 de junho será novamente no sábado?

A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 09) Veja o problema No. 14 do Nível 2.

10) O inteiro n é tal que n⋅2n possui 2008 divisores a mais que n. A soma dos algarismos de n é igual a: A) 5 B) 7 C) 9 D) 11 E) 12 11) Quantos dos números 2, 3, 5, 7, 11 são divisores de 3714 – 414?

A) um B) dois C) três D) quatro E) cinco 12) Veja o Problema No. 25 do Nível 2.

EUREKA! N°30, 2009

12

Sociedade Brasileira de Matemática

13) O número de soluções reais do sistema

a 2 = b + 2  2 b = c + 2 c 2 = a + 2  é igual a: A) 0

B) 1

C) 2

D) 4

E) 8

14) Arnaldo, Bernaldo, Cernaldo e Dernaldo baralharam as 52 cartas de um baralho e distribuíram 13 cartas para cada um. Arnaldo ficou surpreso: “Que estranho, não tenho nenhuma carta de espadas.” Qual a probabilidade de Bernardo também não ter cartas de espadas?

A)

39!

26!52!

B)

26!

13!39!

C)

39!39!

26!52!

D)

26!26!

13!39!

E)

39!13!

52!

15) Veja o problema No. 19 do Nível 2.

16) Dado o quadrilátero ABCD tal que ∠CAD = 25°, ∠ACD = 45° e ∠BAC = ∠BCA = 20°, qual o valor do ângulo ∠DBC? A) 40° B) 45° C) 50° D) 55° E) 60° 17) No triângulo PQR isósceles, com PQ = PR = 3 e QR = 2, a tangente à sua circunferência circunscrita no ponto Q encontra o prolongamento do lado PR em X. O valor de RX é: A)

16 5

B)

12 5

C)

8 3

D)

9 2

E)

9 4

18) Dado um triângulo ABC de lados AB = 3, BC = 4 e AC = 5. Sejam R1 e R2, respectivamente, os raios da circunferência inscrita e da circunferência com centro

R1 vale: R2 4 E) 5

sobre o lado BC que passa por B e é tangente ao lado AC. A razão

A)

3 4

B)

2 3

C)

3 2

D)

19) Qual o número de soluções reais do sistema e x⋅ | x | + y⋅ | y |= 1 EUREKA! N°30, 2009

13

8 9

x  +  y  = 1 ,

Sociedade Brasileira de Matemática

onde x  representa a parte inteira de x?

A) 0

B) 1

C) 2

D) 4

E) infinitas

20) Um número de quatro dígitos é dito paladino se é múltiplo de 9 e nenhum de seus dígitos é nulo. Quantos números paladinos existem?

A) 1284 B) 1024 C) 849 D) 1109 E) 729 21) Considere a função f, definida no conjunto dos números reais e satisfazendo

f ( x) =

cx , para todo x ≠ −3/2. Determine o número de tais funções f para as 2x + 3

quais f (f (x)) = x, para todo x tal que f (f (x)) está bem definida.

A) 0 B) 1 C) 2 D) 4

E) infinitas.

22) O brinquedo favorito de Cícero é um cone reto de vidro com 5 cm de altura.

Cícero encheu o cone com areia até a altura de 3 cm, como mostrado na figura 1.

Em seguida, Cícero fechou a base do cone e virou-o de cabeça para baixo, como indicado na figura 2. A que altura da base do cone, em cm, ficou a marca de areia?

3 cm

?

Figura 1

A) 1 E) 1 −

B) 2 3

Figura 2

C) 5 − 3 98

D)

3

98

98 5

23) Veja o problema No. 24 do Nível 2.

24) Considere 10 pessoas, todas de alturas diferentes, as quais devem ficar em fila de tal modo que, a partir da pessoa mais alta, as alturas devem decrescer para ambos os lados da fila (se a pessoa mais alta for a primeira ou a última da fila, EUREKA! N°30, 2009

14

Sociedade Brasileira de Matemática

todas as pessoas a partir dela devem estar em ordem decrescente de altura).

Obedecendo essas condições, de quantos modos essas pessoas podem ficar em fila?

A) 256 B) 768 C) 1260 D) 512 E) 2560

25. Veja o problema No. 10 no Nível 2.

GABARITO NÍVEL 1 (6º. ou 7º. Anos) 1) A 6) E 2) C 7) B 3) B ou D 8) C 4) A 9) E 5) C 10) D

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

16) C 17) C 18) D 19) C ou D 20) E

NÍVEL 2 (8º. ou 9º. Anos) 1) D 6) B 2) C 7) E 3) C 8) C 4) D 9) C 5) C 10) D

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

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

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

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

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

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

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

EUREKA! N°30, 2009

15

Sociedade Brasileira de Matemática

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 – PARTE A

(Cada problema vale 5 pontos) 01. Nicanor quer completar o Sudoku ao lado,

de modo que em cada linha (fileira horizontal) e cada coluna (fileira vertical) apareçam todos os números de 1 a 6. Qual é a soma de todos os números que faltam para completar o Sudoku?

2

1 5

4

2 6

6

4 3

2

02. A partir das igualdades

32 − 12 = 8 = 8 ⋅ 1, 5 2 − 32 = 16 = 8 ⋅ 2, 7 2 − 5 2 = 24 = 8 ⋅ 3, e 2009 2 − 2007 2 = 8 ⋅ N, podemos escrever 2009 2 − 1 = 4 ⋅ N ⋅ ( N + 1) . Qual é o valor de N? 03. Certo banco brasileiro obteve um lucro de R$ 4,1082 bilhões ao final do primeiro semestre de 2008. Esse valor representa um aumento de 2,5% em relação ao resultado obtido no mesmo período do ano passado. Qual é a soma dos dígitos do número inteiro que representa, em reais, o lucro desse banco no primeiro semestre de 2007?

04. A piscina do clube que Esmeralda freqüenta tem a forma

de um hexágono (polígono com seis lados), com um ângulo interno de 270º, os demais ângulos de 90º e os quatro lados menores com 12 metros cada. Esmeralda costuma nadar pelo meio da piscina, a partir do ponto A, descrevendo o trajeto representado, na figura, pelo ângulo reto ABC, em que AB = BC. EUREKA! N°30, 2009

16

Sociedade Brasileira de Matemática

Certo dia, ela nadou por esse trajeto 4 vezes, isto é, foi e voltou 2 vezes. Quantos metros ela percorreu?

05. Com o dinheiro que Carlinhos tinha, poderia ter comprado 600 gramas de queijo

ou 400 gramas de presunto. Usando esse dinheiro, ele resolveu comprar quantidades iguais de presunto e queijo. Quantos gramas de cada item ele comprou?

06. Quantos números inteiros maiores que zero e menores que 100 possuem algum

divisor cuja soma dos dígitos seja 5?

PROBLEMAS – NÍVEL 1 – PARTE B

(Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1

Zezinho tem 37 cartões quadrados de lado 6 cm e 21 cartões quadrados de lado 9 cm. Ele quer colar esses cartões lado a lado, sem sobrepô-los nem deixar buracos, formando quadrados maiores. a) Apresente, através de desenhos, duas maneiras diferentes de Zezinho construir um quadrado de lado 27 cm. b) Quantos cartões são necessários para construir o quadrado com a maior área possível?

PROBLEMA 2

Para construir o arranjo triangular de letras ao lado, que tem 2008 linhas, obedeceu-se a uma certa regra. a) Quantas vezes a palavra OBM aparece completamente na maior coluna desse arranjo? b) Quantas vezes a letra O aparece no arranjo?

PROBLEMA 3

Em Ferius, os pontos do dominó vão de 0 a 7, ao contrário de um dominó comum, em que os pontos vão de 0 a 6. Uma peça do dominó de Ferius é chamada importante se a soma de seus pontos é par. Por exemplo, os seguintes dominós são importantes:

EUREKA! N°30, 2009

17

Sociedade Brasileira de Matemática

a) Quantas peças diferentes possui o dominó jogado em Ferius? b) Quantas dessas peças são importantes? c) Qual é a soma dos pontos de todas as peças importantes?

PROBLEMAS – NÍVEL 2 – PARTE A

(Cada problema vale 5 pontos) 01. Sejam x e y números reais positivos satisfazendo as equações x 2 + y 2 = 1 e

x4 + y 4 =

17 1 . Calcule o valor de . xy 18

02. Um viajante, que se encontrava perdido na floresta, andou 1 metro para o Leste,

2 metros para o Norte, 3 para o Oeste, 4 para o Sul, 5 para o Leste, 6 para o Norte,..., 2006 metros para o Norte, 2007 para o Oeste e 2008 para o Sul. Calcule, em metros, o valor inteiro mais próximo da distância entre as posições inicial e final do viajante.

03. Os números α

e β

são as raízes da equação x 2 − x − 1 = 0. Calcule

13 ⋅ α 5 + 5 ⋅ β 7 .

04. Em um triângulo ABC, seja D um ponto sobre o lado BC tal que DB = 14, DA = 13 e DC = 4. Sabendo que o círculo circunscrito ao triângulo ADB tem raio igual ao do círculo circunscrito ao triângulo ADC, calcule a área do triângulo ABC. 05. Dado um número natural N, multiplicamos todos os seus algarismos. Repetimos

o processo com o número obtido até obtermos um número com um algarismo. Este número será chamado de primitivo de N. Por exemplo, como 3 ⋅ 2 ⋅ 7 = 42 e 4 ⋅ 2 = 8, concluímos que o primitivo de 327 é 8. Calcule a soma dos algarismos do maior número natural com todos os algarismos diferentes cujo primitivo é ímpar.

EUREKA! N°30, 2009

18

Sociedade Brasileira de Matemática

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

Encontre todos os triângulos retângulos, de lados com medidas inteiras, nos quais a área tem valor numérico igual ao do perímetro.

PROBLEMA 2

No quadro negro são escritos os números 12 , 22 ,32 , 42 ,..., 20082. Pedro e Igor jogam um jogo onde eles apagam alternadamente um número por vez até sobrarem apenas dois números. Se a diferença entre estes dois números for múltiplo de 2009, Igor vence. Caso contrário, quem vence é Pedro. Sabendo que Pedro é o primeiro a jogar, diga quem possui a estratégia vencedora. Justifique sua resposta.

PROBLEMA 3

Seja ABC um triângulo acutângulo com BC = 5. Seja E o pé da altura relativa ao lado AC e F o ponto médio do lado AB. Se BE = CF = 4, calcule a área do triângulo ABC. PROBLEMA 4

Um país tem 8 cidades, A1, A2, ..., A6, B, C, ligadas por rodovias de mão dupla satisfazendo as seguintes condições: B e C são ambas ligadas às cidades A1, A2, ..., A6, mas não são ligadas uma à outra; A1, A2, ..., A6 são ligadas duas a duas. Calcule o número de maneiras distintas de viajar de carro de B a C, sem passar duas vezes por uma mesma cidade.

PROBLEMAS – NÍVEL 3 – PARTE A

(Cada problema vale 5 pontos) 01. Um trapézio isósceles ABCD, com lados paralelos AB e CD, é tal que a diagonal

BD mede 100 m e o ângulo BDC mede 30°. Seja S a área do trapézio em m2.

Determine S ⋅ 3.

02. Se x é um número real, denotamos por  x  o maior inteiro que é menor ou

igual a x. Por exemplo,  2  = 2, π  = 3 e  −2,1 = −3. Calcule o valor da soma  4 1  +  4 2  +  4 3  +  4 4  + ... +  4 2008  .           03. Um inteiro positivo n é chamado de auto-replicante se os últimos dígitos de n 2 formam o número n. Por exemplo, 25 é auto-replicante pois 252 = 625. Determine EUREKA! N°30, 2009

19

Sociedade Brasileira de Matemática

a soma de todos os números auto-replicantes com exatamente 4 dígitos (isto é, números auto-replicantes n com 1000 ≤ n ≤ 9999 ).

04. Quantas permutações de 1, 2, 3, ..., 9 há com a propriedade de que, para todo

1 ≤ i < 9, os números que aparecem entre i e i + 1 (onde i pode aparecer tanto antes como depois de i + 1) são todos menores do que i? Por exemplo, 976412358 é uma permutação com esta propriedade.

05. Suponha que α ∈ é raiz de algum polinômio não-nulo com coeficientes racionais. O polinômio minimal de α é o polinômio de menor grau m(x) tal que: • m(α ) = 0;

•

m( x) é Mônico (isto é, o seu coeficiente líder é 1) e todos os seus coeficientes são racionais.

Por exemplo, o polinômio minimal de

2 é x 2 − 2. Determine o produto dos

coeficientes não nulos do polinômio minimal de

3

−27 + 5 33 − 3 27 + 5 33.

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

Determine todos os inteiros positivos m e n tais que m 2 + 161 = 3n PROBLEMA 2

Determine a quantidade de funções f :{1, 2,3, 4,5} → {1, 2,3, 4,5} f ( f ( x)) = f ( x) para todo x ∈ {1, 2,3, 4,5}.

tais que

PROBLEMA 3

Um trapézio ABCD, com lados paralelos AB e CD, está inscrito em uma circunferência de raio 25. Sabe-se que CD é um diâmetro e a altura desse trapézio é 24. Seja E um ponto no arco menor determinado por A e B e sejam F e G os pontos AF ⋅ BG . de interseção de ED e EC com AB, respectivamente. Calcule FG PROBLEMA 4

Em uma matriz 2008 × 2008 o elemento na linha i e coluna j é o número i + j (as EUREKA! N°30, 2009

20

Sociedade Brasileira de Matemática

linhas e colunas são numeradas de 1 a 2008). Escolhem-se 2008 elementos desta matriz de modo que não haja dois elementos escolhidos numa mesma linha ou coluna. Os elementos são multiplicados. Qual o menor produto que se pode obter desta forma?

Soluções Nível 1 – Segunda Fase – Parte A Problema Resposta

01 91

02 1004

03 12

04 144

05 240

06 34

01.[91] A soma de todos os números do Sudoku completo é igual a 6 vezes a soma

dos números em cada linha, ou seja, 6 × (1 + 2 + … + 6 ) = 6 × 21 = 126 . A soma dos números que já estão escritos no Sudoku é 35. Logo a soma dos números que faltam para completar o Sudoku é126 – 35 = 91.

02. [1004] Temos:

20092 −12 = 4 ⋅ N ⋅ ( N +1) ⇔ ( 2009 −1)( 2009 +1) = 4N( N +1) ⇔ 2008⋅ 2010 = 4N( N +1) ⇔ 2008 2010 4N( N +1) ⇔ ⋅ = ⇔1004 ⋅1005 = N( N +1) ⇔ N = 1004 2 2 2⋅ 2 Soluções alternativas: 1a solução Cada linha pode ser associada a um número ímpar e a um múltiplo de 8 da seguinte forma: na linha 1 temos o quadrado de 1 = 2 ⋅ 1 − 1 (no lado esquerdo da igualdade) e 8 vezes 1 (no lado direito da igualdade), na linha 2 temos o quadrado de 3 = 2 ⋅ 2 − 1 e 8 vezes 2, na linha 3 temos o quadrado de 5 = 2 ⋅ 3 − 1 e 8 vezes 3 e assim sucessivamente, até chegarmos à linha N onde temos o quadrado de 2007 = 2N − 1 e 8 vezes N. Assim, 2N − 1 = 2007 ⇔ 2N = 2008 ⇔ N = 1004 .

2a solução Cada linha pode ser associada um múltiplo de 8 da seguinte forma: na linha 1 temos 8 vezes 1 (no lado direito da igualdade), na linha 2 temos 8 vezes 2, na linha 3 temos 8 vezes 3 e assim sucessivamente, até chegarmos a última linha, onde 2009 − 1 temos 2009 2 − 2007 2 = 8 ⋅ N , que é a linha = 1004 , ou seja, N = 1004.

2 EUREKA! N°30, 2009

21

Sociedade Brasileira de Matemática

3a solução Temos: 20092 − 20072 = 8 ⋅ N ⇔ (2009− 2007)(2009+ 2007) = 8 ⋅ N ⇔ 2 ⋅ 4016= 8 ⋅ N ⇔ N = 1004

03. [12] Seja x o lucro desse banco no primeiro semestre de 2007, em bilhões de reais.

Logo x + 2 ,5% ⋅ x = 4 ,1082 ⇔ x + 0 ,025 x = 4 ,1082 ⇔ 1,025 x = 4 ,1082 ⇔ x = 4 ,008 bilhões de reais, ou seja, o lucro foi de R$ 4008000000,00, cuja soma dos dígitos é 12.

04. [144] A partir das informações dadas, concluímos que na figura ID = DE = EF = FG = 12 metros e que A é o ponto médio de ID , ou seja, AD = 6 metros e, da mesma forma, FC = 6 metros.

Logo AB = BC = 12 + 6 = 18 metros e, portanto, Esmeralda nadou 4 ⋅ (18 + 18) = 4 ⋅ 36 = 144 metros.

I

D

E

F

G

05. [240] Supondo que Carlinhos tem Q reais, o preço do grama de queijo é

Q e 600

Q . Seja m a quantidade, em gramas, de queijo e 400 de presunto que Carlinhos comprou. Dessa forma: Q Q 1  1 400 × 600 240000  1 m⋅ + m⋅ = Q ⇔ m + = = = 240  =1⇔ m = 1 1 600 400 400 + 600 1000  600 400  + 600 400 Portanto ele comprou 240 gramas de cada item. o preço do grama de presunto é

06. [34] São os múltiplos de 5, que nesse intervalo são 19; os múltiplos de 14, que são 6 (pois o 70 já foi contado); os múltiplos de 23, que são 4; os múltiplos de 32, que são 3 e, finalmente, os múltiplos de 41, que são 2. Note que o único múltiplo de 50 no intervalo, que é o próprio 50, já foi contato nos múltiplos de 5. Portanto ao todo são 19 + 6 + 4 + 3 + 2 = 34 números.

EUREKA! N°30, 2009

22

Sociedade Brasileira de Matemática

Soluções Nível 1 – Segunda Fase – Parte B PROBLEMA 1 a) Os desenhos mostram as duas formas de construção dos quadrados.

Elas são as únicas possíveis.

De fato, sendo x o número de quadrados de lado 6 cm e y o número de quadrados de lado 9 cm usados para construir um lado de 27 cm, temos: 9 − 2x 6x + 9y = 27 ⇔ 2x + 3y = 9 ⇔ y = Como x e y são inteiros não negativos, 3 podemos substituir x apenas por 0, 1, 2, 3 ou 4. As únicas soluções para essa situação são x = 0 e y = 3 ou x = 3 e y = 1, representadas nos desenhos. b) Repetindo mais 3 vezes a segunda construção acima, obtém-se um quadrado de lado 54 cm, com a utilização de 36 cartões de lado 6 cm e 20 cartões de lado 9 cm, sobrando apenas 1 cartão de lado 6 cm e 1 cartão de lado 9 cm. Esse quadrado é o maior que se pode construir, usando-se o maior número de cartões, 56 cartões.

De fato, como os quadrados construídos com os cartões devem ter lados com medidas inteiras, concluímos que o quadrado maior do que o construído deveria ter lado de 60 cm, pelo menos, já que o cartão menor tem lado 6 cm. Como 602 − 542 = 684 cm 2 é maior do que 6 2 + 9 2 = 117 cm 2 , que é a soma das áreas dos quadrados que sobraram, concluímos que realmente o quadrado de lado 54 cm é o maior que se pode construir usando o maior número de cartões.

PROBLEMA 2 a) A maior coluna tem 2008 letras e OBM é um bloco de 3 letras. Como 2008 = 669 ⋅ 3 + 1 , o número de vezes em que a palavra OBM aparece completamente na maior coluna é 669. b) Da esquerda para a direita, fazendo a contagem ao longo das flechas, a primeira passa por 2008 letras O. Como a segunda inicia 3 linhas abaixo, ela passa por 2008 − 3 = 2005 letras O. Nesse padrão, a próxima passará por 2002 letras O, a seguinte, por 1999, e assim até a última flecha, que passará por 1.

Portanto o número de vezes que a letra O aparece no arranjo é EUREKA! N°30, 2009

23

Sociedade Brasileira de Matemática

2008 + 2005 + 2002 + 1999 +

+1 =

(2008 + 1) ⋅ 670 = 673015 .

2

PROBLEMA 3 8⋅7 a) Há = 28 peças com quantidades diferentes de pontos em cada lado e 8 com 2 quantidades iguais, ou seja, o dominó de Ferius tem 28 + 8 = 36 peças diferentes.

Outra solução: O dominó comum possui 28 peças. Como existem mais 8 novas peças que possuem alguma casa marcando 7 pontos, o dominó de Ferius tem 28 + 8 = 36 peças diferentes. b) Como a soma de um par e um ímpar é ímpar e há 4 quantidades ímpares de pontos (1, 3, 5, 7) e 4 quantidades pares de pontos (0, 2, 4, 6), há 4 ⋅ 4 = 16 peças que não são importantes. Logo existem 36 − 16 = 20 peças importantes. c) Cada quantidade de pontos aparece exatamente 9 vezes. Assim a soma dos pontos de todas as peças é 9 ⋅ (1 + 2 + 3 + + 7) = 252 . A soma dos pontos de todas as peças que não são importantes é 4 ⋅ (1 + 2 + 3 + + 7) = 112 , pois cada quantidade de pontos aparece exatamente 4 vezes em peças que não são importantes. Assim, a soma pedida é 252 − 112 = 140 .

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A Problema Resposta

01 6

02 1420

03 144

04 108

05 22

01. De 2 17 = x 4 + y 4 = ( x 2 + y 2 ) − 2( xy ) 2 = 1 − 2( xy ) 2 , 18 1 1 2 = 6. obtemos ( xy ) = , e daí xy 36

02. O deslocamento líquido do viajante na direção Leste-Oeste foi de

(1 − 3) + (5 − 7) + ... + (2005 − 2007) = (−2) + (−2) + ... + (−2) = −1004.

502 vezes

EUREKA! N°30, 2009

24

Sociedade Brasileira de Matemática

Analogamente, o deslocamento líquido na direção Norte-Sul foi de –1004.

Portanto, pelo teorema de Pitágoras a distância entre as posições inicial e final do viajante é 1004 2. Observe agora que, como 2 ≅ 1, 414, temos 1004 2 ≅ 1419,656. Para ter certeza se estamos usando uma aproximação boa o suficiente, basta checar se 1419,5 < 1004 2 < 1420, quer dizer, se (1419,5) 2 < 10042 ⋅ 2 < 14202. Mas é fácil efetuar os cálculos e verificar que essas desigualdades realmente se verificam. Logo, a melhor aproximação pedida é 1420 metros.

03. Veja que α + β = 1 e

α 3 = α ⋅ α 2 = α (α + 1) = α 2 + α = 2α + 1, α 4 = α ⋅ α 3 = α (2α + 1) = 2α 2 + α = 3α + 2, α 5 = α ⋅ α 4 = α (3α + 2) = 3α 2 + 2α = 5α + 3.

Analogamente,

β 7 = β 4 ⋅ β 3 = (5β + 3)( β + 1) = 5β 2 + 8β + 3 = 13β + 8.

Portanto, 13α 5 + 5β 7 = 13(5α + 3) + 5(13β + 8) = 65(α + β ) + 79 = 65 + 79 = 144.

04. Como os dois círculos circunscritos são iguais, segue do teorema do ângulo

inscrito que ∠ACB = ∠ABC e, com isso, AB = AC.

A

B M D C Seja AM a altura relativa ao lado BC. Como ABC é isósceles de base BC, segue que AM também é mediana, e daí MC = 9. Portanto, MD = 5 e, pelo teorema de EUREKA! N°30, 2009

25

Sociedade Brasileira de Matemática

Pitágoras, AM = 12. Finalmente, 1 1 ( AM )( BC ) = (12 )(18) = 108.

2 2

a

área

do

triângulo

ABC

é

05. Para que o primitivo de um número seja ímpar, todos os seus algarismos

precisam ser ímpares, pois o produto de um número par por um número qualquer é sempre um número par. Assim, só nos restam os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9 para construir o número pretendido. Por outro lado, como os algarismos precisam ser todos diferentes, o número terá, no máximo, 5 algarismos. Contudo, qualquer número com 5 algarismos ímpares e todos distintos tem primitivo 0. De fato, o produto dos números 1, 3, 5, 7 e 9 é 945 e seu primitivo é 0. O maior número com 4 algarismos ímpares e todos diferentes é 9753, mas esse número tem primitivo 0.

O número que o antecede e tem seus 4 algarismos ímpares e distintos é 9751, e seu primitivo é 5. Portanto, a soma de seus algarismos é 9 + 7 + 5 + 1 = 22.

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

Os catetos do triângulo medem a e b, e a hipotenusa mede c. Como a área e o 1 1 perímetro são iguais, temos ab = a + b + c, e daí c = ab − a − b. Usando o 2 2 teorema de Pitágoras, segue que 1 1 a 2 + b 2 = ( ab − a − b) 2 = a 2 + b 2 + 2ab − a 2 b − b 2 a + a 2b 2 , 2 4 ou ainda 8ab − 4a 2 b − 4b 2 a + a 2 b 2 = 0. . Dividindo por ab, obtemos ( a − 4 )( b − 4 ) = 8, de maneira que a – 4 divide 8. Portanto, os possíveis valores de a são 2, 3, 5, 6, 8 e 12. Determinando os valores de b e c, encontramos os triângulos de lados 5, 12, 13 ou 6, 8, 10.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

Note que ( 2009 − x ) − x 2 = 2009 ( 2009 − 2 x ) , um múltiplo de 2009. Assim, sempre que Pedro apagar um número, x2 digamos, basta Igor apagar o número (2009 – x)2. Desse modo, no final restarão dois números cuja diferença é um múltiplo de 2009.

2

EUREKA! N°30, 2009

26

Sociedade Brasileira de Matemática

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: A D E

F

B

C

Seja D o pé da perpendicular baixada de F a AC. Pelo teorema de Pitágoras, segue que EC = BC 2 − BE 2 = 52 − 42 = 3. Por outro lado, por semelhança de 1 triângulos temos FD = BE = 2 e AE = 2 DE. Portanto, 2

DC = CF 2 − FD 2 = 42 − 22 = 2 3, e daí DE = 2 3 − 3, de maneira que AE = 4 3 − 6. Finalmente, 1 1 [ ABC ] = ( AE + EC ) BE = 4 3 − 6 + 3 ⋅ 4 = 8 3 − 6.

2 2

(

)

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Há duas escolhas envolvidas e que determinam a maneira de viajar de B a C: por quais dentre as cidades A1 ,..., A6 devemos passar, e em que ordem. Digamos que escolhamos passar por exatamente k dentre as cidades A1 ,..., A6 , com 1 ≤ k ≤ 6; o

6 número de modos de escolher as k cidades é   . Por outro lado, após k  escolhermos as k cidades, devemos escolher em que ordem vamos visitá-las, o que corresponde a k! possibilidades. Logo, o número de modos de viajar de B a C é 6 6 6 6!

6! 6!

6! = = + + ... + = 1956. ! k ∑ ∑   5! 4!

0! k =1  k  k =1 ( 6 − k ) !

Soluções Nível 3 – Segunda Fase – Parte A Problema Resposta

01 7500

02 9779

03 9376

04 256

EUREKA! N°30, 2009

27

05 18

Sociedade Brasileira de Matemática

01. Seja P a projeção ortogonal de B sobre CD. A

B

100

D

Temos que CP =

30°

P

C

AB + CD CD − AB logo PD = CP + AB = . Assim, a área do 2 2

trapézio é: AB + CD S = BP ⋅ = BP ⋅ PD = (100 sen30°) ⋅ (100 cos30°) = 2500 3 m 2 e portanto 2 S 3 = 7500.

02. Observe que para i ≥ 1 temos

 4 n  = i ⇔ i ≤ 4 n < i + 1 ⇔ i 4 ≤ n < (i + 1) 4 e assim há ( i + 1)4 − i 4 números n tais   que  4 n  = i.

Portanto a soma pedida é: 1⋅ ( 24 − 14 ) + 2 ⋅ ( 34 − 24 ) + 3 ⋅ ( 44 − 34 ) + 4 ⋅ ( 54 − 44 ) + 5 ⋅ ( 64 − 54 ) + 6 ⋅ ( 2008 − 64 + 1) = 9779.

03. Seja n um inteiro de 4 dígitos. Temos que n é auto-replicante se e somente se

n 2 − n é divisível por 10000, isto é, 24 | n( n − 1) e 54 | n(n − 1) . Como n e n – 1 são primos entre si, temos 4 possibilidades: •

2 4 | n e 54 | n

•

24 | ( n − 1) e 54 | ( n − 1)

•

24 | n e 54 | ( n − 1)

•

24 | ( n − 1) e 54 | n.

A primeira possibilidade implica que 104 | n, o que é impossível pois 1000 ≤ n ≤ 9999. Da mesma forma, a segunda não ocorre.

EUREKA! N°30, 2009

28

Sociedade Brasileira de Matemática

Na terceira possibilidade, de 54 | ( n − 1) temos que n = 625k + 1 para algum k inteiro e que 625k + 1 ≡ 0(mod16) ⇔ k + 1 ≡ 0(mod16) ⇔ k ≡ 15(mod16) Assim, k = 15 + 16 para algum inteiro e n = 625 (15 + 16 ) + 1 = 9376 + 10000 E como 1000 ≤ n ≤ 9999, a única possibilidade é n = 9376.

Finalmente, para a quarta possibilidade, temos que n = 625k, k inteiro, e que n − 1 ≡ 0(mod16) ⇔ k ≡ 1(mod16) . inteiro, e n = 625(1 + 16 ) = 625 + 10000 . Como Assim, k = 1 + 16 , 1000 ≤ n ≤ 9999, não há soluções neste caso.

Logo o único número auto-replicante de 4 dígitos é 9376.

04. Da propriedade, decorre que 9 só pode aparecer ou como primeiro ou como

último elemento da permutação e que os elementos de 1 a 8 formam uma permutação com a mesma propriedade. Assim, o número pedido é o dobro do número de permutações de 1, 2,...,8 com a mesma propriedade. Da mesma forma, o número de permutações de 1, 2,.., 8 com a propriedade é o dobro do número de permutações de 1, 2,.., 7 com a propriedade. Repetindo o raciocínio, concluímos que o número pedido é portanto 28 = 256.

05. Seja α = 3 −27 + 5 33 − 3 27 + 5 33. Temos

(

)

α 3 = −27 + 5 33 − 27 + 5 33 − 3 3 −27 + 5 33 ⋅ 3 27 + 5 33 ⋅

(

3

−27 + 5 33 − 3 27 + 5 33

)

⇒ α 3 = −54 − 3 3 96 ⋅ α ⇒ (α 3 + 54 ) = −25 ⋅ 34 α 3 3

Agora faça 18 y = α 3 . Temos

(18 y + 54 ) = −26 ⋅ 36 y 3 ⇔ ( y + 3) = −23 y ⇔ y 3 + 9 y 2 + 35 y + 27 = 0 ⇔ ( y + 1)( y 2 + 8 y + 27) = 0 3

Como α , e portanto y, são reais e y 2 + 8 y + 27 = 0 não tem raízes reais, concluímos que y = –1 e portanto α = − 3 18 (pasmem!). Assim, α é raiz do polinômio x 3 + 18 = 0, que é o polinômio minimal de α já que x 3 + 18 = 0 não possui raízes racionais.

EUREKA! N°30, 2009

29

Sociedade Brasileira de Matemática

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

Olhando a equação módulo 7, temos: m 2 ≡ 3n , porém m 2 só poderá ser congruente a 0,1,2,4 enquanto que se n for ímpar 3n só poderá ser congruente a 3, 5, 6, então n deverá ser par. Logo existe n0 ∈ tal que n = 2n0 . Voltando à equação original temos: m 2 + 161 = 32 n0 ⇔ 32 n0 − m 2 = 161 ⇔ 3n0 − m 3n0 + m = 161. Como m e n são

(

inteiro positivos, logo o módulo de

(3

n0

)

(3

n0

)(

)

)

− m é menor que

(3

n0

)

+ m , e como

− m é positivo e 161 = 7 ⋅ 23, então temos as opções:

e e m = 80 ⇔ n0 = 4 3n0 − m = 1 3n0 + m = 161 ⇔ 3n0 = 81 m = 80 ⇔ n = 8 e m = 80 • 3n0 − m = 7 e 3n0 + m = 23 ⇔ 3n0 = 15 e m = 8. Não há solução inteira.

Logo m = 80 e n= 8 é a única solução.

•

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

e

Para que f ( f ( x ) ) = f ( x ) então a imagem de f deverá só conter pontos fixos.

Utilizando esse fato temos: • • • •

Com 5 pontos fixos na imagem teremos 1 função possível.  5 Com 4 pontos fixos na imagem teremos   4 = 20 funções 1 

5 Com 3 pontos fixos na imagem teremos   ⋅ 32 = 90 funções  2  5 Com 2 pontos fixos na imagem teremos   ⋅ 23 = 80 funções  3

5 Com 1 ponto fixo na imagem teremos   ⋅ 14 = 5 funções  4 logo o total de funções f satisfazendo f ( f ( x)) = f ( x) igual a 196.

•

EUREKA! N°30, 2009

30

Sociedade Brasileira de Matemática

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: A

D

E

B

F G

O

C

Como ABE ≅ ADE (ambos enxergam o arco AE ) temos que ∆FBE ∼ ∆FDA e portanto FB BE = (1) FD DA ∆AEG ∼ ∆CBG e Analogamente, das semelhanças ∆EBG ∼ ∆ACG , ∆AEF ∼ ∆DBF obtemos respectivamente BG EB = (2) CG AC

AE AG = (3) CB CG AE AF (4) = DB DF Assim, utilizando o fato que ABCD é isósceles (de modo que AD = BC e BD = AC) temos AF ⋅ BG (2) e (4) 1 AE ⋅ DF CG ⋅ EB = ⋅ ⋅ FG FG DB AC 1 ( AE ⋅ CG )( DF ⋅ EB ) (1) e (3) AD 2 AG ⋅ BF = = ⋅ AC 2 FG AC 2 FG 2  AD  ( AF + FG )( BG + FG ) =  FG  AC 

EUREKA! N°30, 2009

31

Sociedade Brasileira de Matemática 2

 AD  FG ( AF + FG + BG ) + AF ⋅ BG =  FG  AC  2

AF ⋅ BG   AD   =  ⋅  AB +  FG   AC   Em suma, temos 2

AF ⋅ BG  AD   AF ⋅ BG  =  ⋅  AB +  FG FG   AC   AF ⋅ BG AD 2 ⋅ AB ⇔ = FG AC 2 − AD 2 Utilizando o fato de que ABCD é isósceles com base CD = 50 e altura 24, aplicando Pitágoras várias vezes é fácil calcular AB = 14, AD = 30, AC = 40.

AF ⋅ BG Assim, = 18 .

FG SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Vamos mostrar que o menor produto é obtido quando tomamos os elementos da diagonal principal.

Neste caso, o produto é dado por 2008 (1 + 1)(2 + 2)(3 + 3)...(2008 + 2008) = 2 ⋅ 2008!

Suponha que todos os elementos (1, 1), (2, 2),..., (i – 1, i – 1) tenham sido escolhidos mas que os elementos nas i– ésimas linha e colunas sejam (i, j) e (k, i) com j e k maiores ou iguais a i + 1. Vamos mostrar que trocando estes dois elementos por (i, i) e (k, j) obtemos um produto menor. De fato, para isto devemos mostrar que

(i + i )( j + k ) < (i + j )(i + k ) ⇔ 2i ( j + k ) < i 2 + ( j + k )i + jk ⇔ i 2 − ( j + k )i + jk > 0 ⇔ (i − j )(i − k ) > 0 O que é verdade, já que i − j < 0 e i − k < 0.

EUREKA! N°30, 2009

32

Sociedade Brasileira de Matemática

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Terceira Fase NÍVEL 1 (6o. e 7o. Anos) PROBLEMA 1

Um quadrado de lado 12 foi dividido em sete regiões retangulares que não se sobrepõem, conforme a figura. Uma delas é um quadrado de vértice C, cuja área é metade da área de cada um dos dois retângulos vizinhos; outra é um quadrado de vértice A, cuja área é metade da área de cada um dos dois retângulos vizinhos.

A

B

D

C

a) Mostre que o quadrilátero destacado é um quadrado. b) Calcule a área do quadrado destacado.

PROBLEMA 2

Esmeralda escolhe um número inteiro positivo qualquer e realiza a seguinte operação com ele: cada um de seus algarismos é trocado pelo seu sucessor, com exceção do 9, que é trocado por 0. Em seguida, os eventuais zeros que aparecem à esquerda são eliminados. Por exemplo, ao se realizar a operação no número 990003953 obtém-se 1114064 (note que os dois zeros à esquerda gerados pelos dois primeiros algarismos 9 foram eliminados).

A operação é repetida até que se obtenha 0. Por exemplo, começando com 889, obtemos a seqüência de números 889, 990, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0 a) Apresente a sequência de números quando o primeiro número é 2008.

EUREKA! N°30, 2009

33

Sociedade Brasileira de Matemática

b) Mostre que, independente do número inicial, após uma quantidade finita de operações Esmeralda obtém 0.

PROBLEMA 3

Jade tem n peças iguais 3× 1 e quer utilizá-las para cobrir um tabuleiro 3 × n , sendo n um inteiro positivo. Por exemplo, para n = 4 ela pode cobrir o tabuleiro da seguinte maneira:

a) Determine de quantas maneiras Jade pode fazer a cobertura para n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. b) De quantas maneiras Jade pode cobrir o tabuleiro para n = 15?

PROBLEMA 4

Considere o seguinte hexágono:

Com cópias desse polígono podemos cobrir todo o plano, sem sobreposições, como mostra a figura a seguir.

a) É possível cobrir o plano com cópias de um pentágono regular?

EUREKA! N°30, 2009

34

Sociedade Brasileira de Matemática

Observação: um polígono é regular quando todos os seus lados são de mesma medida e todos os seus ângulos internos são iguais. b) Seja ABCDE um pentágono com todos os lados iguais e tal que a medida do ângulo interno nos vértices A e B são m( Aˆ ) = 100 e m( Bˆ ) = 80 . Mostre como é possível cobrir todo o plano com cópias desse pentágono, sem sobreposições.

PROBLEMA 5

Vamos chamar de garboso o número que possui um múltiplo cujas quatro primeiras casas de sua representação decimal são 2008. Por exemplo, 7 é garboso pois 200858 é múltiplo de 7 e começa com 2008. Observe que 200858 = 28694 × 7 . a) Mostre que 17 é garboso. b) Mostre que todos os inteiros positivos são garbosos.

TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (8o. e 9o. Anos) PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

Em cada casa de um tabuleiro n × n , colocamos um dos números 1,2,3,4, de modo que cada casa tem exatamente uma casa vizinha com o mesmo número. É possível fazer isso quando a) b)

n = 2007 ? n = 2008 ?

Observação. Duas casas são vizinhas se possuem um lado em comum.

PROBLEMA 2

Seja P um pentágono convexo com todos os lados iguais. Prove que se dois dos ângulos de P somam 180 graus, então é possível cobrir o plano com P, sem sobreposições.

PROBLEMA 3

Prove que existem infinitos inteiros positivos n tais que 5 n−2 − 1 n é um inteiro.

EUREKA! N°30, 2009

35

Sociedade Brasileira de Matemática

TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (8o. e 9o. Anos) SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Mostre que se p,q são inteiros positivos primos tais que r =

p2 + q2 é inteiro, p+q

então r é primo.

PROBLEMA 5

Seja ABC um triângulo acutângulo e O, H seu circuncentro e ortocentro, respectivamente. Sabendo que

AB 2

= BH = OB,

calcule os ângulos do triângulo ABC. PROBLEMA 6

Sendo A um conjunto de números inteiros, definimos S(A) como o conjunto formado pelas somas de dois elementos, não necessariamente distintos e D(A) como o conjunto formado pelas diferenças de dois elementos, não necessariamente distintos. Por exemplo, se A = {1, 2, 3, 10} então S(A) = {2, 3, 4, 5, 6, 11, 12, 13, 20} e D(A) = {–9, –8, –7, –2, –1, 0, 1, 2, 7, 8, 9}.

Mostre que existe um conjunto finito A tal que S(A) tem no máximo 1097 elementos e D(A) tem no mínimo 10100 elementos.

TERCEIRA FASE – NÍVEL 3 (Ensino Médio) PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

Vamos chamar de garboso o número que possui um múltiplo cujas quatro primeiras casas de sua representação decimal são 2008. Por exemplo, 7 é garboso pois 200858 é múltiplo de 7 e começa com 2008. Observe que 200858 = 28694 × 7 .

Mostre que todos os inteiros positivos são garbosos.

PROBLEMA 2

Sobre uma reta há um conjunto S de 6n pontos. Destes, 4n são escolhidos ao acaso e pintados de azul; os 2n demais são pintados de verde. Prove que existe um segmento que contém exatamente 3n pontos de S, sendo 2n pintados de azul e n pintados de verde.

EUREKA! N°30, 2009

36

Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMA 3

Sejam x, y, z reais quaisquer tais que x + y + z = xy + yz + zx. Encontre o valor mínimo de y x z + 2 + 2 2 x +1 y +1 z +1

TERCEIRA FASE – NÍVEL 3 (Ensino Médio) SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Seja ABCD um quadrilátero cíclico e r e s as retas simétricas à reta AB em relação às bissetrizes internas dos ângulos ∠CAD e ∠CBD , respectivamente. Sendo P a interseção de r e s e O o centro do círculo circunscrito a ABCD, prove que OP é perpendicular a CD. PROBLEMA 5

Prove que para quaisquer inteiros a > 1 e b > 1 existe uma função f dos inteiros positivos nos inteiros positivos tal que f (a ⋅ f ( n)) = b ⋅ n para todo n inteiro positivo.

PROBLEMA 6

O profeta venusiano Zabruberson enviou a seus discípulos uma palavra de 10000 letras, sendo cada uma delas A ou E: a Palavra Zabrúbica. Seus seguidores passaram a considerar, para 1 ≤ k ≤ 10000 , cada palavra formada por k letras consecutivas da Palavra Zabrúbica uma palavra profética de tamanho k. Sabe-se que há no máximo 7 palavras proféticas de tamanho 3. Determine o número máximo de palavras proféticas de tamanho 10.

SOLUÇÕES – TERCEIRA FASE – NÍVEL 1 (6o. e 7o. Anos) PROBLEMA 1 SOLUÇÃO DE LUCAS CAWAI JULIÃO (CAUCAIA – CE)

a) Vamos chamar o lado do quadrado de vértice C de x, e o lado do quadrado de vértice A de y.

Como os retângulos que estão vizinhos a esses quadrados têm o dobro da área deles, então eles irão ter a largura com a mesma medida dos quadrados e comprimento, igual ao dobro do lado do quadrado. Veja a figura: EUREKA! N°30, 2009

37

Sociedade Brasileira de Matemática

A

2y

y

x

B

y 2x 2y

x D

2x – y

2x

y 2x

x x

C

Podemos ver que um lado do quadrado maior mede 3x. Para calcularmos o lado do quadrilátero central, basta retirarmos o que não pertence a ele. Logo, retiraremos x + y . Mas isso ocorrerá dos dois lados, então os dois lados do quadrilátero destacado são iguais a 2x – y. Assim temos que ele é um quadrado. b) Como um lado do quadrado maior é 12, e já havíamos falado que também é igual a 3x. Logo x = 4. Mas também podemos perceber que a medida 2x é 8 equivalente a 3y. Como x = 4, então y = .

3 Agora, como o lado do quadrado destacado é 2x – y, então sua área é

( 2x − y ) é

2

. Substituindo x e y, e resolvendo temos que a área do quadrado destacado

256 .

9

PROBLEMA 2 SOLUÇÃO DE LARA VIANA DE PAULA CABRAL e RAFAEL RODRIGUES ROCHA DE MELO (FORTALEZA – CE)

a) A sequencia é 2008, 3119, 4220, 5331, 6442, 7553, 8664, 9775, 886, 997, 8, 9, 0 b) Independente do dígito que ocupa a 1ª posição do número, após uma certa quantidade de operações, ele chegará a 9 e, basta mais uma operação para ele chegar a 0, que “desaparecerá”, e o número ficará assim com um dígito a menos.

Em seguida, independente do dígito que agora ocupa a 2ª posição, após uma certa quantidade de operações ele também chegará a 9 e, logo depois, a 0, que também “desaparecerá”, e o número terá assim outro dígito a menos.

Continuando esse processo até o número ter um único dígito, esse dígito também chegará a 9 e, depois, a 0, encerrando o processo.

EUREKA! N°30, 2009

38

Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMA 3 SOLUÇÃO OFICIAL DA BANCA

Seja fn o número de maneiras possíveis de cobrir o tabuleiro 3 × n . Se a primeira coluna é coberta por uma peça vertical, falta cobrir um tabuleiro 3 × ( n − 1) . Senão, começamos com três peças na horizontal, e falta cobrir um tabuleiro 3 × ( n − 3) .

Assim, temos f n = f n-1 + f n- 3 , para todo n ≥ 4. Como claramente temos f1 = 1, f 2 = 1 e f 3 = 2 , temos f4 = f3 + f1 = 3, f5 = f4 + f2 = 4, f6 = f5 + f3 = 6, f7 = f6 + f4 = 9, f8 = f7 + f5 = 13, f9 = f8 + f6 = 19, f10 = f9 + f7 = 28, f11 = f10 + f8 = 41, f12 = f11 + f9 = 60, f13 = f12 + f10 = 88, f14 = f13 + f11 = 129 e, finalmente, f15 = f14 + f12 = 189.

Assim, as respostas são: a) 1, 1, 2, 3, 4, 6, 9, respectivamente. b) De 189 maneiras.

PROBLEMA 4 SOLUÇÃO OFICIAL DA BANCA

a) Não é possível. Para que seja possível cobrir o plano com uma figura, em cada vértice determinado pelas figuras que a cobrem a soma dos ângulos internos deve ser 180º ou 360º:

Soma 180º

Soma 360º

Todo pentágono pode ser cortado em três triângulos, de modo que a soma de seus ângulos internos é 3 ⋅180 = 540 . Assim, cada ângulo interno de um pentágono regular é

540 = 108 . Como 108 < 180 < 2 ⋅ 108 e 3 ⋅108 < 360 < 4 ⋅108 , 5

não é possível cobrir o plano com cópias de um pentágono regular. b) Note que, como m( Aˆ ) + m( Bˆ ) = 180 , EA e BC são paralelos, de modo que EABC é um losango. Assim CE = DE = CD e CDE é um triângulo equilátero.

EUREKA! N°30, 2009

39

Sociedade Brasileira de Matemática

Assim é possível cobrir o plano com o pentágono ABCDE, como mostra a figura a seguir: A

…

B

E

C

…

D

PROBLEMA 5 SOLUÇÃO ADAPTADA DA SOLUÇÃO DE GABRIEL YASHIMI BARRÓN TOYAMA (SÃO PAULO – SP)

a) Observe que 200800 dividido por 17 tem resto 13. Assim, 200804 é múltiplo de 17 e, portanto, 17 é garboso. Na verdade, 17 tem infinitos múltiplos começados por 2008. b) Seja x a quantidade de algarismos de um número inteiro positivo y qualquer.

Considere o resto m da divisão de 2008 ⋅ 10 x por y. Temos 0 ≤ m ≤ y − 1, e portanto

1 ≤ y − m ≤ y. Como y tem x algarismos, y < 10 x , e logo 1 ≤ y − m ≤ y < 10 x . Assim, y – m tem no máximo x algarismos, e portanto 2008 ⋅ 10 x + ( y − m ) começa sua representação decimal por 2008. Como 2008 ⋅ 10 x = y ⋅ z + m, para algum inteiro z,

2008 ⋅ 10 x + ( y − m ) = y ⋅ ( z + 1) é múltiplo de y, e portanto y é garboso.

SOLUÇÕES – TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 (8o. e 9o. Anos) PROBLEMA 1 SOLUÇÃO DE DANIEL DOS SANTOS BOSSLE (PORTO ALEGRE – RS)

Perceba que a distribuição dos números no tabuleiro forma dominós 2 × 1, pois a cada casa está associada exatamente uma casa vizinha com o mesmo número.

Logo, para que todos os dominós se encaixem, deve haver um número par de casas no tabuleiro.

Assim, é impossível cobrir um tabuleiro 2007 × 2007.

EUREKA! N°30, 2009

40

Sociedade Brasileira de Matemática

Por outro lado, é possível cobrir um 2008 × 2008. Uma solução é a seguinte, bastando repetir o padrão até o fim:

1 2 3 4

1 2 3 4

2 3 4 1

2 3 4 1

3 4 1 2

3 4 1 2

4 1 2 3

4 1 2 3

Assim, as respostas são: a) Não b) Sim PROBLEMA 2 SOLUÇÃO DE JOÃO LUCAS CAMELO SÁ (FORTALEZA – CE)

Suponha que os ângulos suplementares sejam adjacentes.

Vamos chamá-los de A e B e os outros de C , D e E .

Observe a montagem a seguir: r

A

A

B

B

E A

D

E

B

C D

D

D C

E

C

E

C

A

B

B

A

C

E

C

A

B

s

Como

A + B + C + D + E = 180°(5 − 2) = 540°

e

A + B = 180°,

temos

que

C + D + E = 360°. Logo, é possível encaixar os pentágonos desta maneira, em “faixas”. Ao encaixarmos faixa sobre a outra pelas retas r e s da figura, poderemos cobrir o plano inteiro.

Temos agora que analisar o caso quando os suplementares (dessa vez A e C ) não são adjacentes. Sendo B o ângulo do vértice entre A e C , e D e E os outros ângulos, temos a seguinte configuração: (Lembrando que B + D + E = 360° )

EUREKA! N°30, 2009

41

Sociedade Brasileira de Matemática

C

B

E

A

E

B

A C

D

E

D

B

B

D

E

D

D

D

=

C A

E

A

C

E

B

B

Hexágono α

Vamos mostrar que podemos agrupar vários “hexágonos” α de modo a cobrir o plano. Basta seguir as faixas abaixo: Faixas: B

E D

D

E

B

B

E

D

D

D

D

D

D E

B

B

E

D

D

D

D

D

D E

B

Como os ângulos de fora valem 360° − B − E = D e os da ponta também, é possível encaixar, cobrindo todo o plano.

EUREKA! N°30, 2009

42

Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMA 3 SOLUÇÃO DE JOÃO LUCAS CAMELO SÁ (FORTALEZA – CE)

Seja p um primo ≥3 e diferente de 5.

Temos 52 p − 2 − 1 52( p −1) − 1 (5( p −1) − 1) (5( p −1) + 1) = = . Analisando módulo p, pelo pequeno 2p 2p 2 p Teorema 5

p −1

de

≡ 1(mod 2) ⇒ 5 p −1

5 p −1 ≡ 1(mod p ) ⇔ 5 p −1 − 1 ≡ 0(mod p )

Fermat, p −1

e

+ 1 ≡ 0(mod 2).

5 p −1 + 1 5n − 2 − 1 é inteiro ⇒ é inteiro quando n = 2p.

2 p n Como existem infinitos primos p, existem infinitos n que satisfazem a condição do enunciado.

Assim,

5

−1

é inteiro e

PROBLEMA 4 SOLUÇÃO DE JOÃO LUCAS CAMELO SÁ (FORTALEZA – CE)

Suponha p = q ⇒ Caso

p 2 + q 2 2q 2 = = q ⇒ r = q ⇒ r é primo. p+q 2q

contrário,

p 2 + q 2 p 2 − q 2 + 2q 2 2q 2 = = p−q+ ∈ ⇒ p + q | 2q 2 . p+q p+q p+q

Analogamente, p + q | 2 p 2 . Como

p ≠ q,( p, q) = 1 ⇒ (2 p 2 , 2q 2 ) = 2( p 2 , q 2 ) = 2.

Logo p + q | (2 p 2 , 2q 2 ) ⇒ p + q | 2 ⇒ p + q ≤ 2. Mas p = q , e portanto r é primo.

Obs.: João Lucas utilizou a notação (a, b) = mdc(a, b).

p, q ≥ 2, absurdo. Logo,

PROBLEMA 5 SOLUÇÃO DE MARIA CLARA MENDES SILVA (PIRAJUBA – MG) A 30°

M

45°

H

120° O 150° C

30° α = 15°

EUREKA! N°30, 2009

43

45° 15° = α

B

Sociedade Brasileira de Matemática

O circuncentro é equidistante dos 3 vértices.

AB BH = OC = OA = OB = .

2

AB = 2OB. Aí AB 2 = 2OB 2 = OB 2 + OA2 ⇔ ∆OAB é retângulo em O pela recíproca do Teorema de Pitágoras. Como OA = OB, ele também é isósceles e O AB = OBA = 45° . Seja M o ponto médio de AC. OM é perpendicular a AC, e BH OA temos que OM = . Aí AO é o dobro de OM, logo sen M AO = 0,5 e = 2 2  π como M AO ∈ 0,  , M AO = 30°. Logo OCM = 30°, já que ∆COA é isósceles.  2

(

)

Assim COA = 180° − 60° = 120° e COB = 360° − 90° − 120° = 150°.

180° − 150° Finalmente α = = 15° . Os ângulos são: 2 30° + 45° = 75°,30° + 15° = 45° e 45° + 15° = 60°.

PROBLEMA 6 SOLUÇÃO OFICIAL DA BANCA

Considere o conjunto C = {0,1,3}.

Temos S (C ) = {0,1, 2,3, 4,6} e D(C ) = {−3, −2, −1,0,1, 2,3}. Assim, S(C) tem 6 elementos, enquanto D(C) tem 7.

Vamos agora, para cada inteiro positivo n, considerar o conjunto An dos naturais com no máximo n algarismos na base 7, todos pertencentes a C, isto é, n −1 n −1  n −1  A( n ) = ∑ a j ⋅ 7 j ; a j ∈ C ,0 ≤ j ≤ n − 1 . Dados a = ∑ a j ⋅ 7 j e b = ∑ b j ⋅ 7 j em j =0 j =0  j =0 

An , com

a j , bj ∈ C,

para

0 ≤ j ≤ n − 1,

temos

n −1

a + b = ∑ ( a j + bj ) ⋅ 7 j

e

j =0

n −1  n −1  a − b = ∑ ( a j − b j ) ⋅ 7 j. Assim, temos S ( An ) = ∑ u j ⋅ 7 j , u j ∈ S (C ),0 ≤ j ≤ n − 1 j =0  j =0  n − 1   e D ( An ) = ∑ v j ⋅ 7 j , v j ∈ D (C ),0 ≤ j ≤ n − 1 .  j =0  Como S(C) tem 6 elementos entre 0 e 6, e a representação em base 7 é única, S( An )

tem exatamente 6n elementos. Por outro lado, como EUREKA! N°30, 2009

44

7 n − 1 n −1 = ∑ 3 ⋅ 7 j , temos 2 j =0

Sociedade Brasileira de Matemática

 7n − 1  7n − 1 + D ( An ) : =  + m, m ∈ D ( An )  = 2 2    n−1   n−1  = ∑( 3 + v j ) ⋅ 7 j , v j ∈ D(C),0 ≤ j ≤ n − 1 = ∑ rj ⋅ 7 j , rj ∈{0,1,2,3,4,5,6},0 ≤ j ≤ n − 1 =  j =0   j =0  n n pois todo inteiro entre 0 e pode ser representado na base 7, 7 −1 = {0,1, 2,...,7 − 1} , usando os algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6.

Assim, D( An ) tem 7n elementos.

105 10100 < 105 < 76 ,6120 < 20 < 1097 < 10100 < 7120 , e portanto o conjunto 2 2 A = A120 , que tem 3120 elementos, certamente satisfaz as condições do enunciado.

Como

66 <

SOLUÇÕES – TERCEIRA FASE – NÍVEL 3 (ENSINO MÉDIO) PROBLEMA 1 SOLUÇÃO DE CUSTÓDIO M. B. SILVA

Seja n um inteiro positivo. Como n é inteiro finito, n < 10k , para algum k.

Seja p = 10k ⋅ 2008 + n − q , onde q < n é o resto da divisão de 10k ⋅ 2008 por n.

Assim, n − q < 10k e portanto p começa com 2008 e é múltiplo de n.

PROBLEMA 2 SOLUÇÃO DE RAFAEL SUSSUMU YAMAGUTI MIADA (SÃO PAULO – SP)

Considere que os pontos são numerados de 1 a 6n. Sabe-se que, para 1 ≤ b ≤ 3n + 1, um segmento de b até 3n + b − 1 contém exatamente 3n pontos e será representado como b → 3n + b − 1. Como os pontos devem ser consecutivos, pode-se formar 3n + 1 segmentos (1 → 3n;2 → 3n + 1;3 → 3n + 2,...,3n + 1 → 6n) .

Vamos analisar a variação do número de pontos verdes de b → 3n + b − 1 até b + 1 → 3n + b. Considere que em b → 3n + b − 1 há z pontos verdes. Pode acontecer: z pontos → z – 1 pontos:

Sai um ponto verde e não entra outro ponto verde no segmento.

z pontos → z pontos:

Sai um ponto verde e entra outro ponto verde no segmento.

z pontos → z pontos:

Não sai um ponto verde e não entra outro ponto

EUREKA! N°30, 2009

45

Sociedade Brasileira de Matemática

verde no segmento. z pontos → z + 1 pontos:

Não sai um ponto verde e entra outro ponto verde no segmento.

(quantidade de pontos verdes)

(em relação ao segmento anterior)

Maior variação: 1 ponto para mais ou para menos.

Considere então os pontos de 1 → 3n e 3n + 1→ 6n (usando o fato de que há 2n pontos verdes e 4n pontos azuis).

Se em 1 → 3n há n + k pontos verdes, em 3n + 1 > 6n haverá n – k pontos verdes.

Além disso, em 1 → 3n haverá 2n – k pontos azuis e em 3n – 1 → 6n haverá 2n+ k pontos azuis. Temos os seguintes casos: a) para k = 0: é verdadeiro na primeira e última sequência (1→ 3n e 3n + 1 → 6n) (verdadeiro!). b) para k < 0: deve aumentar o número de pontos verdes de 1→ 3n a 3n + 1 → 6n, porém com a máxima variação entre cada sequência é 1 ponto e n + k < n < n – k , conclui-se que existe a → a + 3n – 1 talque o número de pontos verdes é igual a n (verdadeiro!). O caso k > 0 é análogo.

Como há 3n pontos na sequência a → a + 3n – 1 e os pontos são verdes ou azuis, pode-se qualificar o fato de que existe uma sequência a → a + 3n – 1 tal que há n pontos verdes e 2n pontos azuis como verdadeiro.

PROBLEMA 3 SOLUÇÃO DE RÉGIS PRADO BARBOSA (FORTALEZA – CE)

Para (x, y, z) = (–1, –1, 1), temos x + y + z = –1 – 1 + 1 = –1 xy + yz + zx = (–1)(–1) + (–1)1 + (–1)1 = –1 e x y z 1 1 1 1 + 2 + 2 =− − + =− .

2 x +1 y +1 z +1 2 2 2 2

1 é o mínimo, ou seja, sendo x + y + z = xy + yz + zx 2 x y z 1 mostraremos que 2 + 2 + 2 ≥− . x +1 y +1 z +1 2 Provaremos que −

A desigualdade é equivalente a EUREKA! N°30, 2009

46

Sociedade Brasileira de Matemática

2∑ x( y 2 + 1 )( z 2 + 1 ) ≥ −( x2 + 1 )( y 2 + 1 )( z 2 + 1 ) cic

⇔ 2∑( xy 2 z 2 + xy 2 + xz 2 + x ) ≥ −( x2 y 2 z 2 + x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 + x2 + y 2 + z 2 + 1 ) cic

⇔ ∑( x2 y 2 + x2 + 2 xy 2 z 2 + 2 x ) + 2∑ x2 y + x2 y 2 z 2 + 1 ≥ 0 cic

(usamos as anotações

∑

e

cic

∑

sim

para denotar soma cíclica e soma simétrica

sim

respectivamente).

Mas ∑ xy 2 z 2 = xyz( xy + yz + zx ) = xyz( x + y + z ) = ∑ x 2 yz e cic

∑x

cic

2

sim

y = x y + xy + x z + x z + y z + yz + 3 xyz − 3 xyz 2

2

2

2

2

2

= xy ( x + y + z ) + yz ( x + y + z ) + zx ( x + y + z ) − 3 xyz = ( xy + yz + zx )( x + y + z ) − 3xyz = ( x + y + z ) − 3 xyz 2

Assim, a desigualdade é equivalente a

∑( x

2

cic

y 2 + x 2 + 2 x 2 yz ) + 2 x + 2 ( x + y + z ) − 6 xyz + x 2 y 2 z 2 + 1 ≥ 0 2

Agora montemos quadrados:

x 2 − 2 xyz + y 2 z 2 = ( x − yz ) 2 y 2 − 2 xyz + x 2 z 2 = ( y − zx) 2 z 2 − 2 xyz + x 2 y 2 = ( z − xy ) 2 ( x + y + z ) 2 + 2( x + y + z ) + 1 = ( x + y + z + 1) 2 ( x + y + z ) 2 + 2 xyz ( x + y + z ) + x 2 y 2 z 2 = ( x + y + z + xyz ) 2 Observando que

∑x

2

yz = xyz ( x + y + z ) , a desigualdade é equivalente a

cic

( x − yz ) 2 + ( y − zx) 2 + ( z − xy ) 2 + ( x + y + z + 1) 2 + ( x + y + z + xyz ) 2 ≥ 0 , que é verdadeira pois A 2 ≥ 0 para todo A real.

Logo o mínimo da soma dada é −

1 .

2

PROBLEMA 4 SOLUÇÃO DE MARCO ANTONIO LOPES PEDROSO (SANTA ISABEL – SP)

Para termos as bissetriz de C AD e C BD determinados não precisa saber as posições dos pontos C e D, basta a posição do ponto médio do arco DC , que EUREKA! N°30, 2009

47

Sociedade Brasileira de Matemática

vamos chamar de L. Perceba também que a mediatriz de CD é perpendicular a CD e passa por O; desse modo o nosso problema passa a ser provar que P também está na mediatriz de CD. Mas já sabemos que L está na mediatriz de CD, então na realidade queremos provar que O, P, L são colineares (agora podemos esquecer o C e o D e pensar só no L).

Então nosso problema passa a ser: L

O

α

α

β

A

β

Provar que O,P,L são colineares.

B

P

Perceba que LA é a bissetriz externa do ∆PAB relativa ao vértice A; e LB é a bissetriz externa do ∆PAB relativa ao vértice B. Logo L é o ex-incentro do ∆PAB relativo a P; desse modo PL é bissetriz do ângulo

APB. É natural pensar no incentro I do ∆PAB; como PL é bissetriz de APB então P, I, L são colineares.

L

O

α A

α

90° – α 90° – α I

β 90° – β 90° – β

P EUREKA! N°30, 2009

48

β B

Sociedade Brasileira de Matemática

Como bissetriz interna e externa de um ângulo são perpendiculares então IA ⊥ AL; assim como LB ⊥ BI , desse modo temos L AI = 90° = LBI ⇒ o quadrilátero LAIB é inscritível, e seu centro está no centro da hipotenusa do ∆LAI . Logo O está no ponto médio de LI (pois é o centro da circunferência que passa por L, A, B).

Então L, O, I são colineares, e como já provamos que P, I, L são colineares então P, O, L são colineares, como queríamos demonstrar.

PROBLEMA 5 SOLUÇÃO DE GABRIEL LUIS MELLO DALALIO (S.J. DOS CAMPOS – SP)

Seja S n a sequência crescente dos inteiros positivos não múltiplos de a e Rn a sequência crescente dos inteiros positivos não múltiplos de b.

Definindo f : * → *:

se a |n, f (n)=Rk , onde k é tal que S k = n  f (n)= se n = ak, com k ∈ *, b|k, f (n) = b ⋅ Si onde i é tal que Ri = k, se n = abj, com j ∈ *, f ( n) = ab ⋅ f ( j )  Devemos provar que a recursão acaba, mas de fato, como ao passar pelo terceiro caso precisamos do valor da função em um número j < n , já que n = abj, e portanto alguma hora a recursão cai em algum dos dois primeiros casos.

Vamos provar que f (af (n)) = bn para todo n inteiro positivo.

Temos os seguintes casos: 1) a | n ⇒ f ( af (n)) = f ( a Rk ), onde S k = n, e temos f (a Rk ) = b ⋅ S k =bn , donde f (a f (n)) = bn quando a | n .

2) a |n . Temos dois subcasos: 2.i) n = ak, b | k ⇒ f (a f (n)) = f ( af (ak)) = f (ab . Si), onde Ri = k, e temos

f (ab Si) = abf(Si) = abRi = bak = bn ⇒ f(af(n)) = bn quando n = ak e b | k .

2.ii) n = abj, j ∈

* ⇒ f (a f (n)) = f (af (abj)) = f (ab· a f( j)) = ab· f(af (j)).

Se ab | j, f (af ( j )) = bj ⇒ f (af (n)) = ab ⋅ bj = bn.

Se ab | j, j=abi,i ∈ *, i < j. Podemos supor, por indução, que f(a f(j)) = bj, donde f ( af (n)) = ab ⋅ f (af ( j )) = ab ⋅ bj = bn, c.q.d.

PROBLEMA 6 SOLUÇÃO OFICIAL DA BANCA

Seja f(n) o número de palavras proféticas de tamanho n.

EUREKA! N°30, 2009

49

Sociedade Brasileira de Matemática

Temos f (1) ≤ 2, f (2) ≤ 4 e f (3) ≤ 7. Assim, há uma palavra XYZ de três letras X,Y,Z pertencentes a {A,E} que não é profética. Para n ≥ 1, uma palavra proféticas de tamanho n + 3 pode ser de três tipos (no máximo): - uma palavra profética de tamanho n + 2 seguida da letra U ∈{A, E} distinta de Z, - uma palavra profética de tamanho n + 1 seguida de TZ, onde T ∈{ A,E} é a letra distinta de Y ou uma palavra profética de tamanho n seguida de SYZ, onde S ∈ { A,E} é a letra distinta de X. f ( n + 3) ≤ f ( n + 2) + f ( n + 1) + f ( n ) para todo n ≥ 1; logo, Assim, f (4) ≤ 13, f (5) ≤ 24, f (6) ≤ 44, f (7) ≤ 81, f (8) ≤ 149, f (9) ≤ 274 e f (10) ≤ 504.

Vamos agora ver que é possível que haja 504 palavras proféticas de tamanho 10. Para isso observamos inicialmente que há 504 palavras de tamanho 10 que não têm três letras E consecutivas. Para n ≥ 1, uma palavra de tamanho n + 3 sem 3 E´s seguidos pode ser de três tipos, todos distintos: uma palavra sem 3 E´s seguidos de tamanho n + 2 seguida da letra A, uma palavra sem 3 E´s seguidos de tamanho n + 1 seguida de AE ou uma palavra sem 3 E´s seguidos de tamanho n seguida de AEE. Isso mostra que, se g(n) é o número de palavras de n letras, todas A ou E, sem 3 E´s consecutivos, então g(n + 3) = g(n + 2) + g(n + 1) + g(n) para todo n ≥ 1. Como g(1) = 2, g(2) = 4 e g(3) = 7, segue que g(10) = 504. Agora; como 11 ⋅ 504 < 10000, basta listar todas essas palavras, colocar uma letra A no final de cada uma delas e concatená-las, completando com letras A até obtermos uma palavra de10.000 letras para concluir.

EUREKA! N°30, 2009

50

Sociedade Brasileira de Matemática

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

Determine todos os valores inteiros de n para os quais a equação x 3 − 13 x + n = 0 possua três raízes inteiras.

PROBLEMA 2

Considere as retas de equações paramétricas

( x, y, z ) = (0,0,1) ⋅ t ( x, y, z ) = (1, 2,0) + (1,0,0) ⋅ t ( x, y, z ) = (1,1,1) + (0,1,0) ⋅ t ( x, y, z ) = (1,0,0) + (1,1,1) ⋅ t Quantas retas intersectam simultaneamente as 4 retas acima?

PROBLEMA 3

Esmeralda passeia pelos pontos de coordenadas inteiras do plano. Se, num dado momento, ela está no ponto (a, b), com um passo ela pode ir para um dos seguintes pontos: (a +1, b), (a –1, b), (a,b + 1) ou (a, b – 1). De quantas maneiras Esmeralda pode sair do (0, 0) e andar 2008 passos terminando no (0,0)?

PROBLEMA 4

Suponha que existem duas matrizes inversíveis n × n , A e B, diferentes da matriz identidade I e satisfazendo as relações  A7 = I  2 −1  ABA = B Mostre que existe um inteiro k > 0 tal que B k = I e determine o menor k com esta propriedade.

PROBLEMA 5

Dizemos que uma hipérbole cobre um ponto se este pertence a uma das duas regiões infinitas por ela determinada que contêm os focos.

Qual o menor número de hipérboles necessárias para cobrir todos os pontos do plano?

EUREKA! N°30, 2009

51

Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMA 6

Seja Pn =

∑ sen

n

0≤ k ≤ n

Calcule lim

n →∞

πk   .  n 

Pn Pn +1 . n

SOLUÇÕES PRIMEIRA FASE – NÍVEL UNIVERSITÁRIO PROBLEMA 1

Sejam α , β , γ as três raízes do polinômio. As relações de Girard implicam que

s = α + β + γ = 0 e p = αβ + βγ + γα = −13, logo α 2 + β 2 + γ 2 = s 2 − 2 p = 26.

As únicas possibilidades para {α , β , γ }:{+4, −3, −1} ou {−4, +3, +1}.

Logo n = −αβγ = ±12.

PROBLEMA 2 PRIMEIRA SOLUÇÃO

Sejam A = (0,0, a), B = (1 + b,2,0), C = (1,1 + c,1) e D = (1 + d , d , d ) pontos genéricos, um sobre cada uma das 4 retas dadas. Esses pontos são colineares se, e somente se, a matriz

0  0 1 + b 2 M =  1 1+ c  d 1 + d tem posto 2. Subtraindo a primeira linha de equivalente

a 1 0 1 1 1  d 1 M das demais obtemos a matriz

a 0 1  0 1 + b 2 − a 0  M =  1 1 + c 1 − a 0   d d − a 0 1 + d que tem posto 2 se, e somente se 2 −a d d −a = e 1+ d = = .

1+ b = 1+ c 1− a 1+ c 1− a Três dessas quatro igualdades nos permitem expressar b, c e d em função de a: EUREKA! N°30, 2009

52

Sociedade Brasileira de Matemática

1 a−2 1 ,c = , d = ; a quarta, então, equivale a 2a 2 − a − 2 = 0, equação que a −1 a a possui duas soluções reais. Logo há duas retas que intersectam simultaneamente as 4 retas dadas. b=

SEGUNDA SOLUÇÃO

As coordenadas de Plücker das quatro retas são: r1 : 0,0,1 0,0,0 r2 : 1,0,0 0,0, −2

r3 : 0,1,0 −1,0,1 r4 : 1,1,1 0, −1,1 Qualquer solução r : d x , d y , d z px , p y , pz

tem que ser ortogonal às quatro retas.

Resolvendo o sistema linear, temos que r : 2α , β − α ,0 β , 2α + β ,α ; finalmente, como rd ⋅ rp = 0, temos que ter

β 2 + 3αβ − 2α 2 = 0 ⇔

β −3 ± 17 = α 2

logo existem duas retas que intersectam as quatro retas dadas.

PROBLEMA 3

Cada movimento de subida

(↑)

deva ser compensado por um movimento de

descida ( ↓ ) , e cada movimento para a esquerda ( ← ) deve ser compensado por um movimento para a direita ( → ) . Assim, se fizermos k movimentos ↑ , temos que fazer também k movimentos ↓, 1004 − k movimentos ← e 1004 − k movimentos →.

Para cada k, o número de caminhos é, portanto, igual ao número de anagramas com 4 letras distintas, duas aparecendo k vezes e as outras duas, 1004 − k vezes cada. Logo a resposta é 1004

2008! ! !(1004 − k )!(1004 − k )! k k k =0

R=∑

EUREKA! N°30, 2009

53

Sociedade Brasileira de Matemática 1004

2008!

1004!1004! ⋅ k = 0 1004!1004! k !k !(1004 − k )!(1004 − k )!

=∑

2

 2008  1004 1004  = ∑  .  1004  k = 0  k  Considere agora um conjunto de n meninos e n meninas. De quantas maneiras  2n  podemos escolher um grupo de n crianças? Por um lado, a resposta é   .  n 2

 n  n   n  Por outro lado, se escolhermos k meninos    =   maneiras de formar  k  n − k   k  um grupo. Logo 2

 n   2n  ∑   =  k =0  k   n n

e portanto 2

 2008  R=  . 1004  SEGUNDA SOLUÇÃO 2

 2008  Esmeralda tem   maneiras de escolher dois conjuntos de 1004 passos dentre  1004  os 2008 passos que andará: o conjunto X dos passos para cima ou para a direita ( ↑ ou → ) e o conjunto Y dos passos para baixo ou para a direita ( ↓ ou →) .

Essas escolhas determinam unicamente todos os passos: O conjunto dos passos para a direita será X ∩ Y , para a esquerda será X c ∩ Y c , para cima X ∩ Y c e para baixo X c ∩ Y (onde X c e Y c denotam os complementares de X e Y, respectivamente). Se X ∩ Y = k , teremos X c ∩ Y = 1004 − k , X ∩ Y c = 1004 − k 2

 2008  e X c ∩ Y c = k . Assim, a resposta é   .  1004  PROBLEMA 4

Note que B 4 = ( B 2 ) = ( ABA−1 ) = AB 2 A−1 = A ( ABA−1 ) A−1 = A2 BA−2 .

2

2

De forma análoga,

EUREKA! N°30, 2009

54

Sociedade Brasileira de Matemática

B 8 = A3 BA−3 , B16 = A4 BA−4 , B 32 = A5 BA−5 , B 64 = A6 BA−6 , B128 = A7 BA−7 = B,

logo

B = I. Suponha agora que existe 0 < k < 127 tal que B k = I ; como 127 é primo, o m.d.c. entre 127 e k vale 1. Pelo Teorema de Bézout, existem a, b inteiros tais que 127 a + kb = 1; então 127

B = B1 = B127 a + kb = ( B127 ) ⋅ ( B k ) = I . a

b

Isso é uma contradição, pois B ≠ I . Logo o menor valor de k é 127.

Nota: Não é necessário exibir exemplos de tais matrizes A e B, mas tais exemplos existem. Podemos fazer n = 127, enumerar uma base de 127 como {e0 , e1 ,..., e126 } e definir A e B por Ae j = e2 j (mod127) e Be j = e2 j +1(mod127) ,0 ≤ j ≤ 126.

PROBLEMA 5

Como toda hipérbole tem duas assíntotas não paralelas, dadas duas hipérboles, sempre existe pelo menos um ponto comum a uma assíntota de cada uma delas.

Esse ponto não é coberto por qualquer uma das duas hipérboles, logo é impossível cobrir todo o plano com apenas duas hipérboles.

As seguintes três hipérboles cobrem todo o plano: x2 − y 2 = 1 ( y − 2) 2 − x 2 = 1 ( y + 2) 2 − x 2 = 1 De fato, para qualquer ( x, y ) ∈ x > y + 1, 2

max

x < ( y − 1) − 1

2

{( y − 2)

2

2

2

}

2

, vale pelo menos das seguintes desigualdades: ou

x 2 < ( y + 2) 2 − 1.

Com

efeito,

− 1, ( y + 2 ) − 1 = ( y + 2 ) − 1 = y 2 + 4 y + 3 > y 2 + 1.

2

2

Assim o número mínimo de hipérboles necessárias para cobrir todos os pontos do plano é 3.

PROBLEMA 6

Observe inicialmente que

π n

π

π

( Pn − 1) < ∫0 senn xdx < ( Pn + 1) . n

π

Defina I n = ∫ sen n xdx. Integrando por partes, temos que, para n > 2, 0

π

I n = ∫ sen n −1 xsenxdx = 0

EUREKA! N°30, 2009

55

Sociedade Brasileira de Matemática π

π

0

0

=  − sen n −1 x cos x  − ∫ (n − 1) sen n − 2 x cos x(− cos x)dx = π

= ( n − 1) ∫ sen 0

n−2

x(1 − sen 2 x) dx =

= ( n − 1) I n − 2 − (n − 1) I n I n −1 I n − 2 ; daí segue que lim n = 1. Como, para todo n, n →∞ I n n−2 In ≥ I n −1 ≥ I n , temos lim = 1. n →∞ I n −1

e portanto I n =

I n−2

Como I1 = 2 e I 2 =

π 2

, temos que para todo k ≥ 0,

(2k )!!

(2k + 1)!! ⋅ 2, I 2 k + 2 = ⋅π , (2k + 1)!!

(2k + 2)!!

2π (2k + 1) onde n !! = ∏ k > 0 ( n − 2k ). Assim, lim(2k + 1) I 2 k +1 I 2 k + 2 = lim = 2π , e k →∞ k →∞ 2k + 2 2π (2k + 2) = 2π , ou seja, lim k →∞ nI n I n +1 = 2π , donde lim(2k + 2) I 2 k + 2 I 2 k + 3 = lim k →∞ k →∞ 2k + 3 PP nI I 2 lim n n +1 = lim n 2n +1 = . →∞ k →∞ k π π n I 2 k +1 =

Obs.: Alternativamente, pela aproximação de Stirling, (2k − 1)!! (2k )! = = (2k )!!

(2k )!!2 (2k )! = ~ 2  2k k ! (2k ) 2 k e −2 k 4π k (1 + O(k −1 )) ~ k 2 k −2 k ~ 4 k e 2π k (1 + O( k −1 ))

~ e portanto I n ~

lim n →∞

 −3  + Ok 2  πk   1

 −3  2π + O  n 2  . Mas isso implica ~ n  

Pn Pn +1 2 = . π n

EUREKA! N°30, 2009

56

2n

π

+ O(1) e portanto

Sociedade Brasileira de Matemática

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase Nível Universitário PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

x 2008 + x 2 − nx, para cada n ∈ , e seja mn o 2008 m valor mínimo assumido por f n . Determine α ∈ tal que o limite lim αn existe e n →∞ n é não-nulo, e calcule esse limite (para esse valor de α ).

→

Seja f n :

dada por f ( x) =

PROBLEMA 2 3

No

,

considere

a

ε1

elipse

definida

41 y + 41z − 80 yz + 36 y + 36 z − 81 = 0, e a elipse 2

2

pelas

ε2

equações

x=0

e

definida pelas equações

y = 0 e 71x + 41z − 40 xz + 18 x + 36 z − 81 = 0. Prove que existe uma única 2

2

superfície cônica de revolução no

3

que intersecta o plano x = 0 em ε1 e o plano

y = 0 em ε2, e determine a interseção dessa superfície com o plano z = 0.

PROBLEMA 3

Mostre que existem a1 , a2 ,...,∈

x∈

tais que a série

∞

∑a x n =1

n

n

converge para todo

∞

e, definindo f ( x) = ∑ an x n , temos: n =1

em que satisfaz f ´( x) > 0, ∀x ∈ . i) f é uma bijeção de ii) f ( ) = A , onde A = {α ∈ | ∃p( x) polinômio com coeficientes inteiros tal que p(α ) = 0} é o conjunto dos algébricos reais.

SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Seja Q = [0,1] × [0,1] ⊂ 2 um quadrado de lado 1 e f : Q → uma função contínua e positiva. Prove que é possível dividir Q em duas regiões R1 e R2 de EUREKA! N°30, 2009

57

Sociedade Brasileira de Matemática

mesma área, separadas por ∫ R1 f ( x, y)dxdy = ∫ R2 f ( x, y)dxdy.

um

segmento

de

reta,

tais

que

PROBLEMA 5

Prove que não existe uma matriz 7 × 7, A = (aij )1≤i , j ≤ 7 , com aij ≥ 0,1 ≤ i, j ≤ 7 cujos autovalores (contados com multiplicidade) são: 6, –5, –5, 1, 1, 1, 1.

PROBLEMA 6

Prove que

∞

λ

∑ (λ + n n =1

2 2

)

<

1 ∞ 1 , ∀λ ≥ 0. ∑ 2 n =1 λ + n 2

SOLUÇÕES SEGUNDA FASE – NÍVEL UNIVERSITÁRIO PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1 SOLUÇÃO DE EDUARDO POÇO (SÃO PAULO – SP)

Seja xn = 2007 n. Como mn é o mínimo de f n , então:

 1  mn ≤ f ( xn ) =  − 1 n 2007 n + 2007 n 2 , ∀n ∈ .

2008   2008 x Seja agora g n ( x) = − nx.

2008 Temos f n ( x ) ≥ g n ( x ) ,∀x ∈ , e sendo kn o valor mínimo de g n : f n ( x ) ≥ g n ( x ) ≥ kn ,∀x ∈

⇒ mn ≥ kn ,∀n ∈

Calculando kn : g n ( x ) mínimo ⇒ g´n ( x ) = 0 ⇒

 1  ⇒ x 2007 − n = 0 ⇒ x = 2007 n ⇒ kn =  − 1 n 2007 n  2008  Assim: 1 1 2  1  1+ 2007  1  1+ 2007 2007 n m n n − ≤ ≤ − + 1 1 n      2008   2008  2 1 1 2008 Como <1+ , devemos ter α = 1 + = , e o limite é 2007 2007 2007 2007

EUREKA! N°30, 2009

58

Sociedade Brasileira de Matemática

1 2007 −1 = − .

2008 2008 PROBLEMA 2 SOLUÇÃO OFICIAL DA BANCA

Sejam ( x0 , y0 ,z0 ) o vértice do cone e ( a,b,c ) um vetor não nulo na direção do eixo do cone. Se ( x, y,z ) é um ponto do cone, existe um ângulo θ tal que o ângulo

( x − x0 , y − y0 ,z − z0 )

entre os vetores particular

o

módulo

de

seu

e

( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) 2

a +b +c ⋅

e

2

2

podemos

2

escrever

( a ( x − x ) + b( y − y ) + c ( z − z ) ) 0

0

d = cosθ . a2 + b2 + c2 ,

2

0

a

=

2

a

−d

2

é sempre θ ou π − θ , e em

cos θ .

Assim,

( a,b,c ) ⋅ ( x − x0 , y − y0 ,z − z0 ) ( a,b,c ) ⋅ ( x − x0 , y − y0 ,z − z0 )

= cosθ ,

cosseno

a( x − x0 ) + b( y − y0 ) + c( z − z0 ) 2

( a,b,c ) é

igual

equação

a

do

cone

(( x − x ) + ( y − y ) + ( z − z ) ) = 0,

qual

2

0

2

2

0

pode

onde

0

ser

escrita

como

na

forma

Ax + By + Cz + Dxy + Exz + Fyz + Gx + Hy + Iz + J = 0. Como, fazendo x = 0, obtemos 2

2

2

uma equação da elipse ε1, podemos supor (ajustando o módulo de (a, b, c), e trocando os sinais, se necessário) que B = 41, C = 41, F = –80, H = 36, I = 36 e

J = –81, e como, fazendo y = 0, obtemos uma equação da elipse ε2, teremos A = 71, E = –40 e G = 18 (note que os coeficientes de z2, z e o coeficiente constante são

os mesmos nas equações dadas de ε1 e ε2).

Assim, basta determinar D. Comparando as equações, devemos ter a2 − d 2 = 71, b2 − d 2 = c2 − d 2 = 41,2ac = −40 e 2bc = −80 ou a2 − d 2 = −71, b2 − d 2 = c2 − d 2 = −41,2ac = 40 e 2bc = 80. Nos dois casos, b = 2a, donde b2 − d 2 ≥ a2 − d 2 , o que não acontece no primeiro caso. Assim, ocorre o segundo caso, e portanto D = −2ab = −b2 . Como b2 − d 2 = c2 − d 2 , b = c , e portanto 2bc

80 = −40. Em particular, a interseção do cone com o 2 2 plano z = 0 é dada pela equação 71x2 + 41y2 − 40xy +18x + 36y − 81 = 0, e logo é uma elipse.

Obs.: Fazendo ( x0 ,y0 ,z0 ) = (1,2,2) ,( a,b,c) = 10, 2 10, 2 10 e d = 9 obtemos a 2

D = −b2 = − b = − bc = −

=−

(

equação desejada (após trocar os sinais).

EUREKA! N°30, 2009

59

)

Sociedade Brasileira de Matemática

PROBLEMA 3 SOLUÇÃO OFICIAL DA BANCA

Construiremos uma função que satisfaz as condições do enunciado da forma ∞

f (x) = x + ∑ cn ⋅ g n ( x ) , onde as funções g n têm derivada limitada na reta real e as n =1

cn

convergem a 0 muito rápido, de tal forma que 1 1 3 g´n ≤ sup g´n ( x ) ,x ∈ < n+1 ,∀n ≥ 1, o que garantirá que < f´ ( x ) < ,∀x ∈ , 2 2 2

constantes

{

}

em

e portanto f será uma bijeção crescente de Os conjuntos

.

e A são subconjuntos enumeráveis densos de = { xn ,n ∈

enumerá-los como um conjunto Bn ⊂

} e A = { yn ,n ∈ } . Para cada

. Podemos

n ≥ 1 construiremos

com n elementos, com Bn ⊂ Bn +1 ,∀n ≥ 1 e tomaremos

g n ( x ) = ∏ sen ( x − b ) , que é limitada e tem derivada limitada em

. Tomamos

b∈Bn

B1 = {0} e c1 = 0.

1 1 1 1 Como sen u ⋅ cos v = sen( u + v) + sen( u − v) , sen u ⋅ sen v = cos ( u − v) − cos ( u + v) , 2 2 2 2 sen ( x + a ) = cos a ⋅ sen x + sen a ⋅ cos x, cos ( x + a ) = cos a cos x − sen a sen x, sen ( −u ) = − sen u

e

cos ( −u ) = cos u,

n

k =0

∞

Como, para todo x ∈ , sen x = ∑

n

k

k

( −1) x2k cos x = ∑ , temos que ( 2k ) ! k =0 k

∞

uma constante kn > 0 tal que a para

todo

k

2 k +1

e

∞

g n ( x ) = ∑ am( n) x m , onde os am( n) são tais que existe m=0

( n) m

Como,

como

( −1) x k = 0 ( 2k + 1)!

∑ ( r ( ) sen ( kx ) + s( ) cos ( kx ) ) . n

gn ( x )

podemos escrever

≤ kn nm m!,∀m ≥ 0.

m m ≥ 1, m ! ≥ ∏ k >   m  3  k>

2m 3

,

temos

que

3

(n)

am ⋅ m

m 2

≤ kn ⋅ n ⋅ m m

m 2

m! < k n ⋅ n ⋅ m m

m 2

m   3

2m 3

m

 n ⋅ 32 3  = kn ⋅  1 6  ,  m 

donde

lim am( n) ⋅ mm 2 = 0. Em particular, existe jn ≥ 1 tal que am( n) < 1 mm 2 ,∀m ≥ jn .

m →∞

EUREKA! N°30, 2009

60

Sociedade Brasileira de Matemática

  1 1 n , n Definimos tn = max am( ) + 1 e wn = min  n +1 .

0≤ m< jn 2 ⋅ tn ⋅ jnjn 2   2 ⋅ sup g´n ( x ) ,x ∈  1 n Temos então wn ⋅ am( ) < n m 2 ,∀m ≥ 1,n ≥ 0. Escolheremos as constantes cn 2 ⋅m satisfazendo sempre cn < wn (sempre escolhemos cn depois de já ter escolhido o

{

}

conjunto Bn , e logo já tendo determinado a função gn ). ∞

∞

n =1

m =1 ∞

f ( x ) = x + ∑ cn ⋅ gn ( x ) = ∑ am ⋅ x m , ∞

Teremos então

∞

a1 = 1 + ∑ cn a1( n)

onde

satisfaz

n =1

1 =2 e n n =1 2

a1 < 1 + ∑ wn ⋅ a1( n ) < 1 + ∑ n =1

∞

∞

∞

1 1 = m 2 ,∀m ≥ 2. Em particular m2 m n=1 2 ⋅ m

am ≤ ∑ cn ⋅ am( n) < ∑ wn ⋅ am( n) < ∑ n=1

n =1

n

∞

∑a m =1

⋅ xm

m

convergirá para todo x ∈ .

Escolheremos agora os conjuntos Bn e as constantes cn −1 ,n ≥ 2, recursivamente.

Para n par, tomamos o menor k tal que xk ∉ Bn−1 , e definimos Bn = Bn−1 ∪ { xk } .

Como π é irracional, g n−1 ( xk ) ≠ 0. Assim, como A é denso em escolher cn −1 ∈ ( −wn −1 ,wn −1 ) tal que xk +

∑

1≤ m< n −1

, podemos

cm ⋅ g m ( xk ) + cn −1 ⋅ g n−1 ( xk ) ∈ A, e tal

que, se y = a + 2kπ , com a ∈ , k ∈ \ {0} , então y +

∑

1≤ m≤ n −1

cm ⋅ g m ( y ) ∉ A (de fato

o conjunto dos cn −1 ∈ tais que a última condição falha é enumerável – usamos aqui o fato de π ser transcendente).

Seja agora

n−2

n≥3

ímpar. Seja

f n−2 ( x ) = x + ∑ cm ⋅ g m ( x ) .

Temos que

m =1

1 2 < f´n−1 ( x ) < 3 2 ,∀x ∈ , e logo f n − 2 é uma bijeção crescente de Considere agora o menor r ∈ construção, que f

−1 n−2

( yr )

em

.

tal que yr ∉{ f n− 2 ( b ) ,b ∈ Bn −1} . Temos, por

não é da forma a + 2kπ , com a ∈ Bn −1 ,k ∈ . Assim,

gn −1 ( f n−−12 ( yr ) ) ≠ 0, e portanto podemos escolher cn −1 ∈ ( − wn−1 ,wn −1 ) tal que, se n −1

f n−1 ( x ) = x + ∑ cm ⋅ gm ( x ) , f n−−11 ( yr ) ∈ , m =1

a ∈ ,k ∈ \ {0} ,

então

f n−1 ( y ) = y +

EUREKA! N°30, 2009

61

e

tal

∑

cm ⋅ gm ( y ) ∉ A.

1≤ m≤ n −1

que,

se

y = a + 2k π ,

com

Tomamos

então

Sociedade Brasileira de Matemática

Bn = Bn −1 ∪ { f n−−11 ( yr )} . Ao final dessa construção é claro que f ( x ) ∈ A para todo x ∈ e f −1 ( y ) ∈ para todo y ∈ A. Obs.: Se não quisermos usar o fato de π ser transcendente podemos trocar as funções sen ( x − c ) por sen (πα ( x − c ) ) , com α transcendente.

SEGUNDO DIA PROBLEMA 4 SOLUÇÃO DE RENATO REBOUÇAS DE MEDEIROS (S.J. DOS CAMPOS – SP)

Lema: Se um segmento de reta divide o retângulo em duas regiões R1 e R2 da mesma área, então o segmento passa pelo centro do retângulo, que é (0,5, 0,5), no caso.

Prova: De fato, se o segmento dividisse igualmente a área do retângulo e não passasse pelo seu centro, aconteceria: A´ A

Segmento que passa pelo centro ( AB )

M (0,5, 0,5)

B Segmento que não passa pelo centro ( AB )

1 , enquanto cada metade 2 limitada por A´ B também teria essa mesma área (por semelhança de triângulos, A´ B divide igualmente) e o triângulo AA´B teria área nula, absurdo. Assim, tais segmentos passam pelo centro do retângulo.

Nessa situação cada metade limitada por AB teria área

y 1 M

Ө

0

1

EUREKA! N°30, 2009

62

x

Sociedade Brasileira de Matemática

Girando um segmento (de comprimento variável) em torno do centro do retângulo (M), graças ao lema, obtêm-se todas as possibilidades de dividir a área em duas regiões de mesma área.

Orientando esse segmento, é possível denominar por A1 a integral sobre a região à

direita da seta ( R1 ) e por A2 a integral sobre a região à esquerda da seta, que será

R2 . Além disso, A1 = A1 (θ ) e A2 = A2 (θ ) , sendo θ o ângulo no sentido antihorário entre o segmento e um eixo horizontal por M. Resumindo, A1 (θ ) = ∫ f ( x, y ) dxdy e A1 (θ ) = ∫ f ( x, y ) dxdy.

R1

R2

Outra constatação é que A1 (π ) = A2 ( 0 ) e A2 (π ) = A1 ( 0 ) , pois as regiões R1 e

R2 de

θ =0

são

trocadas

para

θ =π.

Ainda,

tem-se

que

A1 (θ ) + A2 (θ ) = ∫ f ( x, y ) dxdy.

Q

Como

f :Q →

* +

é contínua, há indícios de que A1 (θ ) e, conseqüentemente,

A2 (θ ) são funções contínuas em θ em todo o intervalo [ 0,π ] em que as funções A1 e A2 merecem análise. Provaremos este fato no final da solução.

Como as funções A1 (θ ) e A2 (θ ) têm soma constante e trocam de valor entre θ = 0 e θ = π , além de serem contínuas, então as duas assumem o mesmo valor para algum θ , com 0 ≤ θ < π .

De fato, basta ver que, se A1 ( 0 ) ≠ A2 ( 0 ) , então a função G (θ ) = A1 (θ ) − A2 (θ ) no mesmo domínio de A1 e A2 tem um sinal em θ = 0 e o sinal contrário em θ = π , pois G ( 0 ) = A1 ( 0 ) − A2 ( 0 ) e G (π ) = A1 (π ) − A2 (π ) = −  A1 ( 0 ) − A2 ( 0 )  = −G ( 0 ) .

Então G tem uma raiz entre 0 e π , por ser contínua e pelo Teorema do Valor Intermediário. Nessa raiz, digamos θ´, têm-se as condições desejadas. Se A1 ( 0 ) = A2 ( 0 ) , as condições já são satisfeitas para o segmento inicial.

Resta provar que A1 (θ ) é contínuo em θ .

Para isso, basta ver que, por f ser contínua em [ 0,1] × [ 0 ,1] , e ainda positiva, assume um valor máximo M e um valor mínimo m. Sendo assim, 2

 2 A1 (θ + ∆θ ) − A1 (θ ) ≤ ( M − m ) ⋅   ⋅ θ (pois  2 

EUREKA! N°30, 2009

63

e

na figura são ≤

2 ).

2

Sociedade Brasileira de Matemática

∆Ө

2 ⋅ε > 0. Temos θ − θ 0 < δ ⇒ A1 (θ ) − A1 (θ 0 ) < ε M − m +1 e assim A1 é contínua, permitindo aplicar o Teorema do Valor Intermediário para G como feito acima.

Assim, ∀ε > 0, para δ =

PROBLEMA 5 SOLUÇÃO DE FABIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO – RJ)

Se os autovalores de A são (6, – 5, –5, 1, 1, 1, 1), os autovalores de B = A3 são (216, –125, – 125, 1, 1, 1, 1). Por outro lado, se X = ( xij ) e Y = ( yij ) são matrizes com xij ≥ 0, yij ≥ 0, então a mesma propriedade vale para Z = XY : de fato, 7

zij = ∑ xij ykj ≥ 0. Logo bij ≥ 0 ∀ 1 ≤ i, j ≤ 7 e daí Tr B = b11 + ... + b77 ≥ 0. k =1

Mas Tr B = 216 − 125 − 125 + 1 + 1 + 1 + 1 = −30, contradição.

Portanto não existe nenhuma matriz A com a propriedade pedida.

PROBLEMA 6 SOLUÇÃO OFICIAL DA BANCA

Começamos com a expressão de 2 ∞  x  senx = x∏ 1 − 2 2 . n π  n =1  Sabendo que essa igualdade vale para todo x ∈ funções analíticas em

senx como

produto

infinito:

, como os dois lados definem eix − e − ix (lembramos que senx = ), a igualdade vale para 2i

todo x ∈ .

Fazendo x = −π iy obtemos

EUREKA! N°30, 2009

64

Sociedade Brasileira de Matemática

senh (π y )

∞ ∞  eπ y − e −π y x2  y  = senx = x ∏  1 − 2 2  = π iy ∏  1 +  donde i n n 2i π  n =1  n =1   ∞  y2  senh (π y ) = π y∏  1 + 2  , para todo y ∈ , e, em particular, para todo y > 0. n  n =1 

=

∞  y2  Aplicando logaritmos, obtemos log senh (π y ) = logπ + log y + ∑log 1 + 2  , ∀y > 0. n=1  n  Derivando, temos: ∞ cos h (π y ) 1 2y , ∀ y > 0. = +∑ 2 (*) π senh (π y ) y n =1 y + n 2

Derivando novamente, obtemos, para todo y > 0,

−

( senh (π y ) )

2

=

(

π 2 ( ( senh(π y) ) ) − ( cos h(π y) ) 2

π2

( senh (π y ) )

2

2

) =− 1 + y2

 2 4 y2  − 2 + n 2 ( y 2 + n2 ) 2  n =1   ∞



∑ y

 ∞  ∞ 1 y2 π2 = 1 − Portanto, 2  ∑ 2 − 2 , ∀y > 0. ∑ 2 2 2  n =1 y + n 2 y 2 ( senh (π y ) )2 n =1 ( y + n )    O lado direito dessa igualdade é positivo para todo y > 0, de fato, isso equivale a senh (π y ) > π y , ∀ y > 0; os dois lados dessa última desigualdade coincidem para  eπ y + e − π y  y = 0, e a derivada do lado esquerdo, que é π cosh (π y ) = π   é maior 2   que π , que é a derivada do lado direito, para todo y > 0. ∞ ∞ 1 y2 Portanto temos, para todo y > 0, ∑ 2 2 . > ∑ 2 2 2 2 n =1 y + n n =1 ( y + n ) Essa desigualdade obviamente também vale para y = 0. Finalmente, tomando y = λ , concluímos que a desigualdade do enunciado vale para todo λ ≥ 0.

EUREKA! N°30, 2009

65

Sociedade Brasileira de Matemática

XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Resultado – Nível 1 (6o. e 7o. Anos)

NOME Guilherme Renato Martins Unzer Francisco Markan Nobre de Souza Filho Rafael Rodrigues Rocha de Melo Liara Guinsberg Pedro Augusto de Paula Barbosa Matheus Silva Lima Vinícius Canto Costa Michel Rozenberg Zelazny Vinicius Luiz Ferreira Lucas Cawai Julião Pereira Mário de Mello Figueiredo Neto Henrique Vieira G. Vaz Elias Brito Oliveira Igor Albuquerque Araujo Luis Fernando Veronese Trivelatto Daniel Lima Santanelli Glauber Lima da Cunha Júnior Tiago Sueda Limone Leyberson Pereira Assunção João Marcos Carnieleto Nicolodi Fellipe Sebastiam da Silva P. Pereira Lucas Cardoso Zuccolo Maria Clara Cardoso Daniel Vincent Cacsire Garibay Rafael Tedeschi Eugênio Pontes Barone Gabriel Nogueira Coelho de Togni de Souza Thomas Akio Ikeda Valvassori William Cechin Guarienti Gabriel Yoshimi Barrón Toyama Daniel Behrens Cardoso Ricardo Vidal Mota Peixoto Jardel da Silva Pires Felipe Mendes de Holanda Lins Daniel Shinji Hoshi Júlio César de Barros Gabriel Queiroz Moura Lucas Carvalho Daher Daiana Luna Filipe Santana do Vale Rosane Thiemi Toma Gundim Guilherme de Oliveira Rodrigues Breno Soares da Costa Vieira Lara Viana de Paula Cabral Nicolas Chiu Ogassavara Juliana Amoedo Amoedo Plácido Bruno Cordeiro de Macedo Arthur Schott Lopes Bruno Costa Silva Alessandro Augusto Pinto de Oliveira Pacanowski Vitória Carolina Rondon Pereira Jorge Luiz Soares Pereira Pedro Carvalho da Fonseca Guimarães Guilherme Ryu Odaguiri Kobori Lorena Marroni Carvalho Luiz Akyhito Miyazaki Marcos Felipe Nunes Lino Ribeiro Gustavo Souto Henriques Campelo João Vitor Fernandes Paiva Fábio Kenji Arai Roberto Tadeu Abrantes de Araújo Lucas Butschkau Vida João Ribeiro Pacheco

CIDADE – ESTADO São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP Belo Horizonte – MG Bragança Paulista – SP Salvador – BA São Paulo – SP Belo Horizonte – MG Caucaia – CE Petrópolis – RJ São Paulo – SP Brasília – DF Belo Horizonte – MG Cascavel – PR Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Jundiaí – SP Fortaleza – CE Florianópolis – SC Recife – PE São Paulo – SP São Paulo – SP São Carlos – SP Araçatuba – SP Rio de Janeiro – RJ Mogi das Cruzes – SP Porto Alegre – RS Brasília – DF Salvador – BA Vassouras – RJ Santos Dumont – MG Recife – PE São Paulo – SP Santo André – SP Teresina – PI Anápolis – GO Rio de Janeiro – RJ Salvador – BA Campo Grande – MS Fortaleza – CE Jaboatão dos Guararapes – PE Fortaleza – CE São Paulo – SP Salvador – BA São Paulo – SP Curitiba – PR Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Jacareí – SP Rio de Janeiro – RJ Cachoeira Paulista – SP São Paulo – SP Amparo – SP Serra Negra – SP São Paulo – SP João Pessoa – PB Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Pinhais – PR Salvador – BA

EUREKA! N°30, 2009

66

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

Sociedade Brasileira de Matemática

Nível 2 (8o. e 9o. Anos) Nome João Lucas Camelo Sá Gustavo Haddad F. e Sampaio Braga Gabriel Militão Vinhas Lopes Rubens Cainan Sabóia Monteiro Maria Clara Mendes Silva Marla Rochana Braga Monteiro Otávio Araújo de Aguiar Caíque Porto Lira Tuane Viana Pinheiro Carlos Henrique de Andrade Silva Otávio Augusto de Oliveira Mendes Rafael Kazuhiro Miyazaki Vinicius Cipriano Klein Daniel dos Santos Bossle Mateus Braga de Carvalho Luiz Henrique Vieira Leão Kayo de França Gurgel Davi Coelho Amorim Rodolfo Rodrigues da Costa Rafael Henrique dos Santos Ivan Tadeu Ferreira Antunes Filho Lucas Cordeiro Herculano Breno Leví Corrêa Tábata Cláudia Amaral de Pontes Marina Pessoa Mota Marcos Massayuki Kawakami Bruno Ferri de Moraes Tiago Leandro Estevam Dias Gabriel Pacianotto Gouveia Filipe José Oliveira Sabóia Daniel Prince Carneiro Bruno Moraes Moreno Renan Fernandes Moreira Murilo Dória Guimarães Lucas Nishida Leonardo Ferreira Patrício Victor Kioshi Higa Marina de Moura Faleão Lucas Almeida Pereira de Lima Arthur Ribeiro Notaro Pedro Mendonça de Lima Rafael Ferreira Antonioli Lucas Okumura Ono Vinicius Affonso de Carvalho Julio Barros de Paula João Francisco Goes Braga Takayanagi Débora Barreto Ornellas Luis Henrique Kobayashi Higa Vítor Gabriel Barra Souza Pedro Ivo Coêlho de Araújo Guilherme Cherman Perdigão de Oliveira Cesar Nobuo Moniwa Ishiuchi Letícia Dias Mattos Raul Aragão Rocha Tiago de Ávila Palhares Gabriel Leal Teixeira de Souza

Cidade - Estado Fortaleza – CE S. J. dos Campos – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Pirajuba – MG Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Pilar do Sul – SP São Paulo – SP Venda do Imigrante – ES Porto Alegre – RS Teresina – PI Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Santa Cruz do Rio Pardo – SP Lins – SP Fortaleza – CE Campo Belo – MG São Paulo – SP Fortaleza – CE São Paulo – SP São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Fortaleza – CE São Lourenço – MG Porto Nacional – TO Taubaté – SP São Paulo – SP Pedreira – SP Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Recife – PE Recife – PE Recife – PE Goiânia – GO S.B. do Campo – SP São Paulo – SP São Paulo – SP Taubaté – SP São Paulo – SP Salvador – BA Campo Grande – MS Juiz de Fora – MG Caucaia – CE Rio de Janeiro – RJ Campinas – SP Contagem – MG Recife – PE Brasília – DF Rio de Janeiro – RJ

EUREKA! N°30, 2009

67

Prêmio 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 Bronze Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa

Sociedade Brasileira de Matemática

Nível 3 (Ensino Médio) Nome Henrique Pondé de Oliveira Pinto Régis Prado Barbosa Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales Guilherme Philippe Figueiredo Marcelo Matheus Gauy Gabriel Luís Mello Dalalio Renan Henrique Finder Alfredo Roque de Oliveira Freire Filho Rafael Tupynambá Dutra Marco Antonio Lopes Pedroso Thiago da Silva Pinheiro Eduardo Queiroz Peres Davi Lopes Alves de Medeiros Ricardo Turolla Bortolotti Alex Atsushi Takeda Deborah Barbosa Alves Marlen Lincoln da Silva Hugo Fonseca Araújo Rafael Parpinel Cavina Thiago Ribeiro Ramos Rafael Horimoto de Freitas Rafael Alves da Ponte Robério Soares Nunes Gustavo Lisbôa Empinotti Henrique Hiroshi Motoyama Watanabe Ivan Guilwon Mitoso Rocha José Airton Coêlho Lima Filho Hudson do Nascimento Lima Hanon Guy Lima Rossi Ricardo Bioni Liberalquino Luiz Filipe Martins Ramos Illan Feiman Halpern Matheus Secco Torres da Silva Matheus Araújo Marins Paulo Cesar Neves da Costa Leonardo Pereira Stedile Jonas Rocha Lima Amaro Matheus Barros de Paula Rafael Sussumu Yamaguti Miada Rafael Alves da Silva James Jun Hong Joas Elias dos Santos Rocha Gelly Whesley Silva Neves João Mendes Vasconcelos Marilia Valeska Costa Medeiros Júlio Cézar Batista de Souza José Cabadas Duran Neto Thiago Saksanian Hallak Luiz Eduardo Schiller Esdras Muniz Mota Fábio Luís de Mello Ana Beatriz Prudêncio de Almeida Rebouças Victorio Takahashi Chu Isabella Amorim Gonçalez Grazielly Muniz da Cunha José Leandro Pinheiro Antônio Deromir Neves Silva Júnior

Cidade - Estado São Paulo – SP Fortaleza – CE Salvador – BA São Paulo – SP S.J. do Rio Preto – SP S.J. dos Campos – SP São Paulo – SP Salvador – BA Belo Horizonte – MG Santa Isabel – SP São Paulo – SP Jundiaí – SP Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Londrina – PR São Paulo – SP Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Varginha – MG São Paulo – SP Fortaleza – CE Ribeirão Preto – SP Florianópolis – SC São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP Maceió – AL Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Brasília – DF São Paulo – SP Fortaleza – CE Taubaté – SP Valinhos – SP Teresina – PI São Paulo – SP Muribeca – SE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Salvador – BA Salvador – BA São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE São Paulo – SP Maceió – AL Fortaleza – CE Deputado Irapuan Pinheiro – CE Fortaleza – CE

EUREKA! N°30, 2009

68

Prêmio Ouro 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 Menção Honrosa

Sociedade Brasileira de Matemática

Nível Universitário Nome Fábio Dias Moreira Rafael Daigo Hirama Guilherme Rodrigues Nogueira de Souza Eduardo Poço Ramón Moreira Nunes Renato Rebouças de Medeiros Thiago Costa Leite Santos Raphael Constant da Costa André Linhares Rodrigues Edson Augusto Bezerra Lopes Marcelo de Araújo Barbosa Levi Máximo Viana Thomás Yoiti Sasaki Hoshina Felipe Gonçalves Assis Fernando Nascimetno Coelho Marcos Victor Pereira Vieira Reinan Ribeiro Souza Santos Mateus Oliveira de Figueiredo Caio Ishizaka Costa Paulo Sérgio de Castro Moreira Pedro henrique Milet Pinheiro Pereira Willy George do Amaral Petrenko Jorge Henrique Craveiro de Andrade Leandro Farias Maia Alysson Espíndola de Sá Silveira Leonardo Ribeiro de Castro Carvalho Rafael Montezuma Pinheiro Cabral Rafael Sampaio de Rezende Luty Rodrigues Ribeiro Leandro Augusto Lichtenfelz Sidney Cerqueira Bispo dos Santos Filho André Jorge Carvalho Jordan Freitas Piva Juan Raphael Diaz Simões Eduardo Fischer Adenilson Arcanjo de Moura Júnior Kellem Correa Santos Roberto Akiba de Oliveira José Armando Barbosa Filho Daniel Lopes Alves de Medeiros Vitor Humia Fontoura Bruno da Silva Santos Luca Mattos Möller Marcelo Salhab Brogliato José Marcos Andrade Ferraro Evandro Makiyama Antonia Taline de Souza Mendonça Diego Andrés de Barros Lima Barbosa Gabriel Ponce Luiz Paulo Freire Moreira Felipe Rodrigues Nogueira de Souza Igor Magalhães Oliveira Rafael Ghussn Cano

Cidade - Estado Rio de Janeiro – RJ S.J. dos Campos – SP São Paulo – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE S.J. dos Campos – SP São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Campinas – SP Fortaleza – CE S.J. dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Campina Grande – PB S.J. dos Campos – SP S.J. dos Campos – SP Aracajú – SE S.J. dos Campos – SP S.J. dos Campos – SP S.J. dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE S.J. dos Campos – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE S.J. dos Campos – SP Florianópolis – SC S.J. dos Campos – SP São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Encantado – RS Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP S.J. dos Campos – SP S.J. dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ Belford Roxo – RJ S.J. dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ São Carlos – SP Fortaleza – CE São Paulo – SP Maceió – AL Campinas – SP

EUREKA! N°30, 2009

69

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 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

Sociedade Brasileira de Matemática

AGENDA OLÍMPICA XXXI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – Sábado, 06 de junho de 2009 Segunda Fase – Sábado, 12 de setembro de 2009 Terceira Fase – Sábado, 17 de outubro de 2009 (níveis 1, 2 e 3) Domingo, 18 de outubro de 2009 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova).

NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – Sábado, 12 de setembro de 2009 Segunda Fase – Sábado, 17 e Domingo, 18 de outubro de 2008 ♦

XV OLIMPÍADA DE MAIO 09 de maio de 2009 ♦

XX OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 14 a 20 de abril de 2009 Mar del Plata – Argentina ♦

L OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 10 a 22 de julho de 2009 Bremen – Alemanha ♦

XVI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 25 a 30 de julho de 2009 Budapeste, Hungria ♦

XXIV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 17 a 27 de setembro de 2009 Querétaro, México ♦

XII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA

EUREKA! N°30, 2009

70

Sociedade Brasileira de Matemática

COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad Américo López Gálvez Amarísio da Silva Araújo Andreia Goldani Antonio Carlos Nogueira 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 Eduardo Tengan 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 Jose de Arimatéia Fernandes 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 Osnel Broche Cristo Osvaldo Germano do Rocio Raul 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) (UFRN) (Univ. Tec. Fed. de Paraná) (UNIFRA) (UNIVATES) (EDETEC) (UNESP) (UNIPAMPA) (Colégio Objetivo de Campinas) (USP) (Grupo Educacional Etapa) (Univ. Federal do Tocantins) (UFMG) (UFES) (UFSJ) (Centro Educacional Leonardo Da Vinci) (UC. Dom Bosco) (UFPB)) (UNOCHAPECÓ) (UFPI) (Grupo Educacional Ideal) (UFPB) (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) (UFLA) (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)

EUREKA! N°30, 2009

71

Juiz de Fora – MG Ribeirão Preto – SP Viçosa – MG Osório – RS Uberlândia – MG Natal – RN Pato Branco – PR Santa María – RS Lajeado – RS Manaus – AM S.J. do Rio Preto – SP Bagé – RS Campinas – SP São Carlos – 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 Campina Grande – PB 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 Lavras – MG 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