CONTEÚDO XVI OLIMPÍADA DE MAIO Enunciados e resultado brasileiro
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XXI OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e resultado brasileiro
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LI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA (IMO) Enunciados e resultado brasileiro
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XXV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e resultado brasileiro
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ARTIGOS ASSOCIANDO UM TRIGONOMÉTRICAS Marcílio Miranda
POLINÔMIO
A
EXPRESSÕES
ALGÉBRICAS
E 11
SOMAS TRIGONOMÉTRICAS: DE PROSTAFÉRESE A FÓRMULA DE EULER Rogério Possi Junior
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UMA INTERESSANTE DEDUÇÃO PARA A FÓRMULA DE HERÃO Flávio Antonio Alves
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RAÍZES DA UNIDADE Anderson Torres & Eduardo Tengan
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COMO É QUE FAZ
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SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS
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PROBLEMAS PROPOSTOS
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AGENDA OLÍMPICA
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COORDENADORES REGIONAIS
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XVI OLIMPÍADA DE MAIO PRIMEIRO NÍVEL PROBLEMA 1
Um recipiente fechado com formato de paralelepípedo retangular contém 1 litro de água. Se o recipiente se apoia horizontalmente sobre três faces distintas, o nível da água é de 2cm, 4cm e 5cm. Calcule o volume do paralelepípedo. PROBLEMA 2
Na etapa 0 escrevem-se os números 1, 1. Na etapa 1 intercala-se a soma dos números 1, 2, 1. Na etapa 2 entre cada par de números da etapa anterior intercala-se a soma deles: 1, 3, 2, 3, 1. Uma etapa mais: 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Quantos números há na etapa 10? Qual é a soma de todos os números que há na etapa 10? PROBLEMA 3
É possível pintar os inteiros positivos com três cores de modo que, sempre que se somam dois números de cores distintas, o resultado da soma seja da terceira cor? (Há que usar as três cores.) Se a resposta é afirmativa, indique um possível modo de pintar; se não é possível, explique o porquê. PROBLEMA 4
Encontre todos os números naturais de 90 dígitos que são múltiplos de 13 e têm os primeiros 43 dígitos iguais entre si e distintos de zero, os últimos 43 dígitos iguais entre si, e os 4 dígitos do meio são 2, 0, 1, 0, nessa ordem. PROBLEMA 5
Num tabuleiro de 2 × 7 quadriculado em casas de 1 × 1 se consideram os 24 pontos que são vértices das casas. João e Matias jogam sobre este tabuleiro. João pinta de vermelho uma quantidade igual de pontos em cada uma das três linhas horizontais. Se Matias pode escolher três pontos vermelhos que sejam vértices de um triângulo acutângulo, Matias vence o jogo. Qual é a máxima quantidade de pontos que João pode pintar para ter certeza de que Matias não vencerá? (Para o número encontrado, dê um exemplo de pintura que impeça que Matias vença e justifique por quê Matias vence sempre se o número é maior.) EUREKA! N°33, 2011
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SEGUNDO NÍVEL PROBLEMA 1
Determine o menor inteiro positivo que tenha todos seus dígitos iguais a 4, e que seja múltiplo de 169. PROBLEMA 2
Consideramos o retângulo ABCD e a circunferência de centro D e raio DA, que corta o prolongamento do lado AD no ponto P. A reta PC corta a circunferência no ponto Q e o prolongamento do lado AB no ponto R. Demonstre que QB = BR. PROBLEMA 3
Encontre o menor k > 2 para o qual existem k números inteiros consecutivos, tais que a soma dos seus quadrados é um quadrado. PROBLEMA 4
Seja n um inteiro tal que 1 < n < 2010. Dado um polígono regular de 2010 lados e n moedas, devemos pintar os vértices do polígono utilizando n cores dadas, e logo colocar as n moedas em n vértices do polígono. Em seguida, a cada segundo, todas as moedas se deslocam para o vértice vizinho, girando no sentido dos ponteiros do relógio. Determine os valores de n para os quais é possível pintar e escolher as posições iniciais das moedas, de forma que em todo momento as n moedas estejam todas em vértices de cores distintas. PROBLEMA 5
Temos as seguintes peças: um retângulo de 4 × 1, dois retângulos de 3 × 1, três retângulos de 2 × 1 e quatro quadrados de 1 × 1. Ariel e Bernardo jogam o seguinte jogo num tabuleiro de n × n , onde n é um número escolhido por Ariel. A cada movimento, Bernardo recebe de Ariel uma peça R. Em seguida Bernardo analisa se poderá colocar R no tabuleiro de modo que não tenha pontos em comum com nenhuma das peças colocadas anteriormente (nem sequer um vértice em comum). Se existe uma tal colocação para R, Bernardo deve escolher uma delas e colocar R. EUREKA! N°33, 2011
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O jogo para se é impossível colocar R da forma explicada, e Bernardo vence. Ariel vence somente se estão colocadas as 10 peças no tabuleiro. a) Suponhamos que Ariel dá as peças a Bernardo em ordem decrescente de tamanho. Qual é o menor n que garante a vitória do Ariel? b) Para o n encontrado em a), se Bernardo recebe as peças em ordem crescente de tamanho. Ariel tem garantida a vitória? ESCLARECIMENTO: cada peça deve cobrir exatamente um número de quadrados
unitários do tabuleiro igual ao seu próprio tamanho. Os lados das peças podem coincidir com partes da borda do tabuleiro. RESULTADO BRASILEIRO 2010: Nível 1 (até 13 anos) Nome Murilo Corato Zanarella Daniel de Almeida Souza Viviane Silva Souza Freitas Carolina Lima Guimarães Pedro Henrique Alencar Costa Samuel Brasil de Albuquerque Juliana Amoedo Plácido Lucca Morais de Arruda Siaudjionis Antonio Wesley de Brito Vieira
Cidade – Estado Amparo – SP Brasília – DF Salvador – BA Vitória – ES Fortaleza – CE Fortaleza – CE Salvador – BA Fortaleza – CE Cocal dos Alves – PI
Prêmio Medalha de Ouro Medalha de Prata Medalha de Prata Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa
Cidade – Estado São Paulo – SP Caucaia – CE Caucaia – CE Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Brasília – DF Caucaia – CE Pirapora – MG
Prêmio Medalha de Ouro Medalha de Prata Medalha de Prata Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze Medalha de Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa
2010: Nível 2 (até 15 anos) Nome Rafael Kazuhiro Miyazaki Lucas Cauai Julião Pereira Pedro Ivo Coêlho de Araújo Francisco Markan Nobre de Souza Filho Fellipe Sebastiam da Silva Paranhos Pereira Tadeu Pires de Matos Belfort Neto Henrique Gasparini Fiuza do Nascimento Rafael Rodrigues Rocha de Melo Mateus Henrique Ramos de Souza
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XXI OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e resultado brasileiro O Brasil, e particularmente o Estado de São Paulo teve a honra de sediar a 21ª Olimpíada de Matemática do Cone Sul, que aconteceu até o dia 19 de junho na cidade de Águas de São Pedro, SP. A equipe foi liderada pelos professores Francisco Bruno Holanda, de Fortaleza – CE e Tertuliano Franco Santos Franco, de Rio de Janeiro – RJ. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4
João Lucas Camelo Sá Gabriel Militão Vinhas Lopes Maria Clara Mendes Silva Caíque Porto Lira
Medalha de Ouro Medalha de Prata Medalha de Prata Medalha de Bronze
PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1
Pedro tem que escolher duas frações irrredutíveis, cada uma com numerador e denominador positivos, tais que: • •
A soma das duas frações seja igual a 2. A soma dos numeradores das duas frações seja igual a 1000.
De quantas maneiras Pedro pode fazer isso? PROBLEMA 2
Marcam-se em uma reta 44 pontos, numerados 1, 2, 3, ..., 44 da esquerda para a direita. Vários grilos saltam na reta. Cada grilo parte do ponto 1, salta por pontos marcados e termina no ponto 44. Além disso, cada grilo sempre salta de um ponto marcado a outro marcado com um número maior. Quando todos os grilos terminaram da saltar, notou-se que para cada par i, j, com 1 ≤ i ≤ j ≤ 44, há um grilo que saltou diretamente do ponto i para o ponto j, sem pousar em nenhum dos pontos entre eles. Determine a menor quantidade de grilos para que isso seja possível. EUREKA! N°33, 2011
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PROBLEMA 3
Recortar um polígono convexo de n lados significa escolher um par de lados consecutivos AB, BC do polígono e substituí-los por três segmentos AM, MN, e NC, sendo M o ponto médio de AB e N o ponto médio de BC. Em outras palavras, corta-se o triângulo MBN e obtem-se um polígono convexo de n + 1 lados. Seja P6 um hexágono regular de área 1. Recorta-se P6 e obtém-se o polígono P7. Então recorta-se P7, de uma das sete maneiras possíveis, e obtém-se o polígono P8, e assim sucessivamente. Prove que, independentemente de como sejam feitos os recortes, a área de Pn é sempre maior do que 2 3. SEGUNDO DIA PROBLEMA 4
Pablo e Sílvia jogam em um tabuleiro 2010 × 2010. Primeiro Pablo escreve um número inteiro em cada casa. Feito isso, Sílvia repete tantas vezes quanto quiser a seguinte operação: escolher três casas que formem um L, como uma figura, e somar 1 a cada número dessas três casas. Sílvia ganha se fizer com que todos os números do tabuleiro sejam múltiplos de 10. Demonstre que Sílvia sempre pode escolher uma sequência de operações com as quais ela ganha o jogo.
PROBLEMA 5
O incírculo do triângulo ABC toca os lados BC, CA, e AB em D, E e F, respectivamente. Sejam ωa , ωb e ωc os circuncírculos dos triângulos EAF, DBF e DCE, respectivamente. As retas DE e DF cortam ωa em Ea ≠ E e Fa ≠ F , respectivamente. Seja rA a reta Ea Fa . Defina rB e rC de modo análogo. Prove que as retas rA , rB e rC determinam um triângulo cujos vértices pertencem aos lados do triângulo ABC. PROBLEMA 6
Determine se existe uma sequência infinita a0 , a1 , a2 , a3 ,... de inteiros não negativos que satisfaz as seguintes condiciones: (i) Todos os números inteiros não negativos aparecem na sequência uma única vez; (ii) A sequência bn = an + n, n ≥ 0, é formada por todos os números primos, cada um aparecendo uma única vez. EUREKA! N°33, 2011
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LI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA (IMO) Enunciados e resultado Brasileiro A LI Olimpíada Internacional de Matemática (IMO) foi realizada na cidade de Astana, Cazaquistão entre os dias 2 e 14 de julho de 2010. A equipe foi liderada pelos professores Edmilson Luis Rodrigues Motta, de São Paulo – SP e Marcelo Mendes de Oliveira, de Fortaleza – CE. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4 BRA5 BRA6
Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales Matheus Secco Torres da Silva Gustavo Lisbôa Empinotti Deborah Barbosa Alves Hanon Lima Rossi João Lucas Camelo Sá
Medalha de Prata Medalha de Prata Medalha de Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa
PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1
Determine todas as funções f :
→
tais que
f ( x y ) = f ( x ) f ( y ) para os números x, y ∈ . ( z designa o maior inteiro que é menor ou igual a z). PROBLEMA 2
Seja ABC um triângulo, I o seu incentro e Γ a sua circunferência circunscrita. A recta AI intersecta novamente Γ no ponto D. Sejam E um ponto do arco BDC e F um ponto do lado BC tais que 1 B AF = C AE < B AC. 2 Seja G o ponto médio do segmento IF. Mostre que as rectas DG e EI se intersectam sobre Γ . PROBLEMA 3
Seja * o conjunto dos inteiros positivos. Determine todas as funções g : * → * tais que
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( g ( m) + n ) ( m + g ( n)) é um quadrado perfeito para todos m, n ∈ *. SEGUNDO DIA PROBLEMA 4
Seja Γ a circunferência circunscrita ao triângulo ABC e P um ponto no interior do triângulo. As rectas AP, BP e CP intersectam novamente Γ nos pontos K, L, e M, respectivamente. A recta tangente a Γ em C intersecta a recta AB em S. Supondo que SC = SP, mostre que MK = ML. PROBLEMA 5
Em cada uma das seis caixas B1 , B2 , B3 , B4 , B5 , B6 há inicialmente só uma moeda. Dois tipos de operações são possíveis: Tipo 1: Escolher uma caixa não vazia B j , com 1 ≤ j ≤ 5. Retirar uma moeda da B j e
adicionar duas moedas a B j +1. Tipo 2: Escolher uma caixa não vazia Bk , com 1 ≤ k ≤ 4. Retirar uma moeda da Bk e
trocar os conteúdos das caixas (possivelmente vazias) Bk +1 e Bk + 2 . Determine se existe uma sucessão finita destas operações que deixa as caixas
B1 , B2 , B3 , B4 , B5 vazias e a caixa B6 com exactamente 20102010 c
que a b = a
2010
moedas. (Observe
(b ) . ) c
PROBLEMA 6
Seja a1 , a2 , a3 ,... uma sucessão de números reais positivos. Sabe-se que para algum inteiro positivo s, an = max {ak + an − k tal que 1 ≤ k ≤ n − 1} para todo n > s. Mostre que existem inteiros positivos e N, com ≤ s, tais que an = a + an − para todo n ≥ N .
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XXV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e resultado Brasileiro A XXV Olimpíada Iberoamericana de Matemática foi realizada na cidade de Assunção, Paraguai no período de 20 a 30 de setembro de 2010. A equipe brasileria foi liderada pelos professores Onofre Campos, de Fortaleza – CE e Luzinalva Miranda de Amorim, de Salvador – BA. A equipe brasileira ficou em primeiro lugar na soma dos pontos dos participantes.
RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4
Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales Deborah Barbosa Alves Matheus Secco Torres da Silva Gustavo Lisboa Empinotti
Medalha de Ouro Medalha de Ouro Medalha de Ouro Medalha de Prata
PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1
Numa fila de dez moedas indistinguíveis há duas delas que são falsas, ocupando posições consecutivas. Para cada conjunto de posições, pode-se perguntar quantas moedas falsas ele contém. É possível determinar quais são as moedas falsas fazendo apenas duas destas perguntas? Não se sabe a resposta da primeira pergunta antes de se formular a segunda. PROBLEMA 2
Determinar se existem números inteiros positivos a e b tais que todos os termos da sucesão definida por x1 = 2010, x2 = 2011,
xn + 2 = xn + xn +1 + a xn xn +1 + b , n ≥ 1, sejam inteiros. PROBLEMA 2
A circunferência Γ inscrita ao triângulo escaleno ABC é tangente aos lados BC, CA e AB nos pontos D, E e F respectivamente. A recta EF corta a recta BC em G. A circunferência de diâmetro GD corta Γ em R ( R ≠ D ) . Sejam P e Q
( P ≠ R, Q ≠ R )
as intersecções de BR e CR com Γ , respectivamente. As rectas BQ
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e CP cortam-se em X. A circunferência circunscrita a CDE corta o segmento QR em M e a circunferência circunscrita a BDF corta o segmento PR em N. Demonstrar que as rectas PM, QN e RX são concorrentes.
SEGUNDO DIA PROBLEMA 4
As médias aritmética, geométrica e harmônica de dois números inteiros positivos distintos são números inteiros. Encontrar o menor valor possível para a média aritmética. Nota: Se a e b são números positivos, suas médias aritméticas, geométrica e a+b 2 harmônica são respectivamente: , a ⋅b e . 1 1 2 + a b PROBLEMA 5
Seja ABCD um quadrilátero cíclico sujas diagonais AC e BD são perpendiculares. Sejam O o circuncentro de ABDC, K a intersecção das diagonais, L ≠ O a intersecção das circunferências circunscritas a OAC e OBD, e G a intersecção das diagonais do quadrilátero cujos vértices são os pontos médios dos lados de ABCD. Provar que O, K, L e G são colineares.
PROBLEMA 6
Ao redor de uma mesa circular sentam-se 12 pessoas e sobre a mesa há 28 vasos de flores. Duas pessoas podem ver-se uma à outra se, e somente se, não há nenhum vaso alinhado com elas. Provar que existem pelo menos duas pessoas que podem ver-se.
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ASSOCIANDO UM POLINÔMIO A EXPRESSÕES ALGÉBRICAS E TRIGONOMÉTRICAS Marcílio Miranda, IFRN (Caicó – RN) ♦ Nível Intermediário O objetivo deste artigo é mostrar uma técnica que pode ser bastante útil na hora de resolver problemas de olimpíadas de Matemática.Tal técnica consiste em você associar um polinômio a uma determina expressão. Com isso você pode calcular o valor de expressões trigonométricas, expressões algébricas e mostrar que um determinado número é irracional. Vejamos alguns exemplos disso: I) EXPRESSÕES TRIGONOMÉTRICAS
Esse problema deixa bem clara a idéia de associarmos um polinômio a uma expressão trigonométrica: EXERCÍCIO RESOLVIDO 1 (BÉLGICA 2006):
a) Encontre todos os números reais α tais que cos ( 4α ) = cos ( 3α ) b) Determine inteiros a, b, c, d tais que cos
2π 4π 6π , cos , cos , são soluções da 7 7 7
equação ax 3 + bx 2 + cx + d = 0. SOLUÇÃO:
a)
cos ( 4α ) = cos ( 3α ) ⇔ 4α = 3α + 2kπ
ou
4α = −3α + 2kπ ⇔ α = 2kπ
ou
2kπ 2π 4π 6π são as raízes dessa equação. , logo 1,cos ,cos , cos 7 7 7 7 Por outro lado temos que cos ( 4α ) = 8 ⋅ cos 4 α − 8 ⋅ cos 2 α + 1 e
α=
cos ( 3α ) = 4 ⋅ cos3 α − 3 ⋅ cos α . Faça cos α = t. Daí temos que
cos ( 4α ) = cos ( 3α ) ⇔ ( t − 1) ⋅ ( 8t 3 + 4t 2 − 4t − 1) = 8 ⋅ t 4 − 4 ⋅ t 3 − 8 ⋅ t 2 + 3 ⋅ t + 1 = 0. Assim, soluções cos
a
(8t
equação
2π 4π 6π ,cos ,cos . 7 7 7
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+ 4t 2 − 4t − 1) = 0 tem
como
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EXERCÍCIO RESOLVIDO 2 (MOCP, JULHO DE 2003): Prove que
sec 400 + sec 800 + sec 1600 = 6. Note
que
400,
800
e
1600
satisfazem a equação 1 cos3α = − ⇒ 8cos3 α − 6cos α + 1 = 0, logo cos 400, cos 800, cos 1600 são as 2 raízes do polinômio 8cos3 α – 6 cos α +1, e assim temos que: −6 cos 40° ⋅ cos80° + cos160° ⋅ cos80° + cos 40° ⋅ 160° = 8 −1 cos 40° ⋅ cos80° ⋅ cos160° = 8 1 1 1 sec 40° + sec80° + sec160° = + + = cos 40° cos80° cos160° cos 40° ⋅ cos80° + cos 40° ⋅ cos80° + cos 40° ⋅ cos80° = 6. cos160° cos80° ⋅ cos 40° SOLUÇÃO:
EXERCÍCIO RESOLVIDO 3 (IMO 1963): Prove que cos SOLUÇÃO: Note que
+ 4⋅
π
7
− cos
2π 3π 1 + cos = . 7 7 2
3π 3π 5π 5π π 3π 5π são + 4⋅ = 3π e 3 ⋅ + 4⋅ = 5π , logo , , 7 7 7 7 7 7 7 7 7 soluções da equação cos 4 x = − cos3x. 7x x 7x Essa equação equivale a cos 4 x + cos3 x = 0 ⇔ 2 ⋅ cos ⋅ cos = 0 ⇔ cos = 0 ou 2 2 2 x cos = 0. 2 7x PARTE 1: Resolver a equação cos =0 2 7x π π 2 kπ π 3π 5π 9π 11π 13π = + kπ ⇒ x = + ⇒ x = , , ,π , , , , mas 2 2 7 7 7 7 7 7 7 7 π 13π 3π 11π 5π 9π cos = cos ,cos = cos ,cos = cos , logo há 4 soluções distintas 7 7 7 7 7 7 π 3π 5π entre 0 e 2π : , , , π . 7 7 7 x PARTE 2: Resolver a equação cos = 0 2 3⋅
π
π
= π ,3 ⋅
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x π = + kπ ⇒ x = π + 2kπ , logo x = π é a única solução entre 0 e 2π . 2 2 Por outro lado temos que cos 4 x = 8cos 4 x − 8cos 2 x + 1 e cos3 x = 4cos3 x − 3cos x. cos4 x = − cos3x ⇔ 8cos4 x + 4cos3 x − 8cos2 x − 3cos x + 1 = 0 ⇔ 8t 4 + 4t 3 − 8t 2 − 3t + 1 = 0, onde t = cos x. Claramente –1 é raiz desse polinômio, e temos 8t4 +4t3 – 8t2 – 3t + 1 = (t +1) · (8t3 – 4t2 – 4t + 1), donde o polinômio 8t3 – 4t2 – 4t + 1 tem como raízes π 3π 5π cos ,cos ,cos . Logo temos pelas relações de Girard que: 7 7 7 π 3π 5π 4 1 π 2π 3π cos + cos + cos = = = cos − cos − cos . 7 7 7 8 2 7 7 7 II) CALCULANDO O VALOR DE UMA EXPRESSÃO ALGÉBRICA: EXERCÍCIO RESOLVIDO 4: Prove que
3
20 + 14 2 2 + 3 20 − 14 2 2 = 4.
SOLUÇÃO: Seja x = 3 20 + 14 2 2 + 3 20 − 14 2 2 . Temos x3 = 40 + 6x ⇒ x3 – 6x – 40
= 0. É fácil ver que 4 é raiz desse polinômio e x3 – 6x – 40 = (x – 4).(x2 + 4x + 10). Note que as raízes de x2 + 4x + 10 não são reais e real, logo
3
3
20 + 14 2 2 + 3 20 − 14 2 2 é
20 + 14 2 2 + 3 20 − 14 2 2 = 4.
EXERCÍCIO RESOLVIDO 5 (CROÁCIA 2001): Se a + b + c = 0, calcule o valor da
expressão
a 7 + b7 + c 7 . abc ⋅ ( a 4 + b 4 + c 4 )
SOLUÇÃO: Seja x3 + mx2 + px + q = 0. um polinômio de terceiro grau tal que suas
raízes são a, b, c. Daí temos que a + b + c = – m = 0, ab + ac + bc = p e abc = – q. Assim temos que: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2⋅(ab + ac + bc) ⇒ a2 + b2 + c2 = –2p Por outro lado temos que: a3 + pa + q = 0 ⇒ a3 = – pa – q (i) 3 3 b + pb + q = 0 ⇒ b = – pb – q (ii) c3 + pc + q = 0 ⇒ a3 = – pc – q (iii) somando (i) + (ii) + (iii), temos que a3 + b3 + c3 = – p.(a + b + c) – 3q = –3q Da mesma forma temos que: a4 + pa2 + qa = 0 ⇒ a4 = – pa2 – qa
(iv)
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b4 + pb2 + qb = 0 ⇒ b4 = – pb2 – qb (v) 4 2 4 2 c + pc + qc = 0 ⇒ c = – pc – qc (vi) somando (iv) + (v) + (vi), temos que a4 + b4 + c4 = – p.(a2 + b2 + c2) – q.(a + b + c) = 2 p2 . Analogamente temos que: a5 + pa3 + qa2 = 0 ⇒ a5 = – pa3 – qa2 (vii) b5 + pb3 + qb2 = 0 ⇒ b5 = – pb3 – qb2 (viii) c5+ pc3 + qc2 = 0 ⇒ c5 = – pc3 – qc2 (ix) somando (vii) + (viii) + (ix), temos que a5 + b5 + c5 = – p · (a3 + b3 + c3) – q · (a2 + b2 + c2) = 5pq. Proseguindo do mesmo modo, temos que: a7 + pa5 + qa4 = 0 ⇒ a7 = – pa5 – qa4 (x) b7 + pb5 + qb4 = 0 ⇒ b7 = – pb5 – qb4 (xi) c7 + pc5 + qc4 = 0 ⇒ c7 = – pc5 – qc4 (xii) somando (x) + (xi) + (xii): a7 + b7 + c7 = – p · (a5 + b5 + c5) – q · (a4 + b4 +c4) = – 7 p 2q . a 7 + b7 + c7 −7 p 2 q 7 = = . Com isso temos que 4 4 4 2 abc ⋅ ( a + b + c ) − q ⋅ ( 2 p ) 2 III) PROVANDO A IRRACIONALIDADE DE UM NÚMERO:
Antes do próximo problema vamos provar o seguinte teorema: p TEOREMA (TESTE DA RAIZ RACIONAL): Se o número , onde p e q são inteiros e q mdc(p, q) = 1, é uma raiz do polinômio com coeficientes inteiros an ⋅ x n + an −1 ⋅ x n −1 + ... + a1 ⋅ x + a0 , então p é um divisor de a0 e q é um divisor de an. PROVA: Como n
p é raiz do polinômio temos que q n−1
p p p an + an−1 ⋅ + ... + a1 ⋅ + a0 = 0 ⇒ an ⋅ pn + an−1 ⋅ pn−1 ⋅ q + ... + a1 ⋅ p ⋅ qn−1 + a0 ⋅ qn = 0, q q q logo temos que p é um divisor de a0 e q é um divisor de an. EXERCÍCIO RESOLVIDO 6: Prove que 2 + 3 é irracional. EUREKA! N°33, 2011
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2 + 3 ⇒ x – 2 = 3 ⇒ x2 – 1 = 2 2 x ⇒ x4 – 2x2 + 1 = 8x2 ⇒ x4 – 10x2 + 1 = 0. Logo pelo teorema acima as raízes racionais da equação só podem ser 1 ou –1, que claramente não são soluções (em ambos os casos o valor numérico do polinômio é –8). Logo esse polinômio só possui raízes irracionais, portanto 2 + 3 é irracional. Solução: Seja x =
EXERCÍCIOS PROPOSTOS:
2π 3π 7 ⋅ sen = . 7 7 7 8 2) (Vietnã 1982) Ache a, b, c inteiros tais que as raízes da equação ax2 + bx + c = 0 são cos 720 e cos 1440. 1) (EUA) Prove que sen
π
⋅ sen
3) (Prova de Seleção da Romênia para a IMO 1970): Prove que para todo inteiro positivo n: ( n − 1) π ⋅ tg nπ = 2n + 1. π 2π 3π tg ⋅ tg ⋅ tg ...tg 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 4) (Prova de Seleção da Suíça para a IMO 2004): Sejam a, b, c, d números reais
distintos satisfazendo as equações: a = 45 − 21 − a , b = 45 − 21 − b , c = 45 − 21 − c , d = 45 − 21 − d Prove que abcd = 2004. 5) (OBM 2003): Sejam a, b, c números reais não-nulos tais que a + b + c = 0.
(a Calcule os possíveis valores de
3
+ b3 + c 3 ) ⋅ ( a 4 + b 4 + c 4 ) 2
(a
5
+ b5 + c5 )
2
.
6) (Bélgica 1978): Encontre um polinômio com coeficientes inteiros tal que
2 + 3 é raiz. 7) (Moldávia 2000): Os números a, b, c satisfazem a relação a + b + c = 0. Mostre que o número 2a4 + 2b4 +2c4 é um quadrado perfeito. 8) Prove que 2 + 3 3 é irracional. 9) Prove que x = 2cos
π 7
satisfaz a equação: x3 + x2 – 2x + 1 = 0.
Use este fato para provar que cos
π
é irracional. 7 10) Prove que tg2 10 + tg2 30 +....+ tg2 870 + tg2 890 = 4005. EUREKA! N°33, 2011
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11) Prove que cos 200. cos 400.cos 800 =
1 . 8
12) Prove que:
2π 3π ⋅ tg = 7. 7 7 7 π 2π 3π 4π 5π 6π b) tg ⋅ tg ⋅ tg ⋅ tg ⋅ tg ⋅ tg = 13 . 13 13 13 13 13 13 a) tg
π
⋅ tg
13) Prove que cossec 6° + cossec 78° − cossec 42° − cossec 66° = 8. 14) Calcule as expressões:
2π 3π ⋅ tg 2 . 7 7 7 π 2π 3π b) tg 2 + tg 2 . + tg 2 7 7 7 π 2π 3π π 2π 3π c) tg 2 ⋅ tg 2 + tg 2 ⋅ tg 2 + tg 2 ⋅ tg 2 . 7 7 7 7 7 7 π 2π 4π 1 15) Prove que cos ⋅ cos ⋅ cos =− . 7 7 7 8 a) tg 2
π
⋅ tg 2
16) Ache uma equação do terceiro grau cujas raízes são cos 17) Calcule as expressões:
3π 5π ⋅ cos . 7 7 7 π 3π 5π π 3π 5π b) cos ⋅ cos + cos ⋅ cos . cos + cos 7 7 7 7 7 7 π 3π 5π c) cos + cos + cos . 7 7 7 π 3 π 5π + cos 2 d) cos 2 + cos 2 . 7 7 7 1 1 1 e) . + + π 3π 5π cos cos cos 7 7 7 18) Prove que tg 810 – tg 630 + tg 90 – tg 270 = 4. a) cos
π
⋅ cos
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16
π 7
,cos
3π 5π ,cos . 7 7
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19) Sejam u, v, w as raízes do polinômio x3 – 10x + 11. Determine o valor de arctg u
+ arctg v + arctg w.
π 5π 13π + cossec + cossec = 6. 18 18 18 21) Prove que tg 200. tg400. tg 600. tg 800 = 3. 20) Prove que cossec
22) Sejam a, b, c números reais tais que a + b + c = 0, prove que:
a) a3 + b3 + c3 = 3abc. a 2 + b 2 + c 2 a 5 + b5 + c 5 a 7 + b 7 + c 7 ⋅ = . b) 2 5 5
3 . 8 π 2π 3π 24) Prove que cot g 2 + cot g 2 + cot g 2 = 5. 7 7 7 π 4π 7π 25) Calcule o valor da expressão tg + tg + tg . 9 9 9 23) Prove que sen20° ⋅ sen40° ⋅ sen80° =
REFERÊNCIAS [1] MIRANDA, Marcílio. Problemas Selecionados de Matemática ITA-IME – Olimpíadas, Volume 1, Fortaleza (CE), Editora Vestseller, 2010. [2] ANDREESCU, Titu; FENG , Zuming. 103 Trigonometry Problems from the Training of the USA IMO Team, Birkhauser, 2004. [3] ANDREESCU, Titu; GELCA, Razvan. Putnam and Beyond. New York: SpringerVerlag, 2006. [4] DOMINGUES, Hygino. Fundamentos de Aritmética, São Paulo, Atual Editora, 1991. SITES ACESSADOS [1] The IMO Compendium, Disponível em <http://www.imomath.com/index.php?options=oth|other&p=0>, Acesso em: 10/08/2009. [2] Treinamento do Cone Sul. Disponível em: < http://treinamentoconesul.blogspot.com/>, Acesso em: 12/08/2009. [3]Notas de Aula de Kin Yin Li. Disponível em: <http://www.math.ust.hk/~makyli/190_2003Fa/lect-notes_03fa.pdf>, Acesso em: 15/08/2009. [4] Página de Olimpíada da Sociedade Canadense de Matemática. Disponível em: < http://www.cms.math.ca/Olympiads/ >, Acesso em: 20/07/2009. [5] Matemática Nick Puzzles. Disponível em: < http://www.qbyte.org/puzzles/>, Acesso em : 15/11/2009. [6] Olimpíada Brasileira de Matemática. Disponível em: <http://www.obm.org.br >, Acesso em: 20 /11/2009. EUREKA! N°33, 2011
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SOMAS TRIGONOMÉTRICAS: DE PROSTAFÉRESE À FÓRMULA DE EULER Rogério Possi Junior ♦ Nível Intermediário INTRODUÇÃO
São apresentados fundamentos básicos da matemática elementar, cujos conceitos somados podem auxiliar na resolução de problemas mais elaborados, como os que podem aparecer quando se depara com o início do estudo das Variáveis Complexas e o uso dos teoremas de De Moivre. Seja através das fórmulas de Transformação de Soma em Produto, conhecidas como Fórmulas de Prostaférese, ou através da Relação de Euler, são calculados alguns exemplos de somas de funções trigonométricas aparentemente complexas. AS FÓRMULAS DE TRANSFORMAÇÃO TRIGONOMÉTRICAS.
Admitamos conhecidas as fórmulas da soma e diferença de arcos para as funções “seno” e “cosseno”, isto é
sen(a + b) = sen a cos b + sen b cos a sen(a − b) = sen a cos b − sen b cos a cos(a + b) = cos a cos b − sen a sen b cos(a − b) = cos a cos b + sen a sen b
(a) (b) (c) (d)
Somando-se (a) e (b) tem-se
sen(a + b) + sen(a − b) = 2 sen a cos b
(e)
Subtraindo-se (a) de (b) tem-se
sen(a + b) − sen(a − b) = 2 sen b cos a
(f)
Somando-se (c) e (d) teremos
cos(a + b) + cos(a − b) = 2 cos a cos b
E por fim, subtraindo-se (c) de (d) EUREKA! N°33, 2011
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(g)
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cos(a + b) − cos(a − b) = −2 sen a sen b
(h)
Fazendo a + b = α e a − b = β teremos que a =
α+β
e b=
2
α −β 2
, cujos
valores substituídos nas relações (e), (f), (g) e (h) fornecerão as seguintes relações
α + β α − β sen α + sen β = 2 sen cos 2 2 α − β α + β sen α − sen β = 2 sen cos 2 2 α + β α − β cos α + cos β = 2 cos cos 2 2 α + β α − β cos α − cos β = −2 sen sen , que são as conhecidas 2 2 Fórmulas de Transformação de soma em produto ou Fórmulas de Prostaférese. A FÓRMULA DE EULER
Segundo GUIDORIZZI (1987), seja f ( x) uma função derivável até a ordem n em um intervalo aberto I e seja x0 ∈ I . Define-se o polinômio P( x ) a seguir como o polinômio de Taylor, de ordem n , de f ( x) em torno do ponto x0 , isto é
P ( x) = f ( x0 ) + f ′ ( x0 )( x − x0 ) + …+ f (
n)
( x0 )
( x − x0 ) n!
n
n
=∑f ( k =1
k)
( x0 )
( x − x0 )
k
k!
(i)
que, se fixado em torno de x0 = 0 , também pode ser chamado de polinômio de Mac-Laurin. Tomando-se (i) f ( x) = ex e x0 = 0, pode-se demonstrar que
x 2 x3 xn x 2 x3 e x = lim1 + x + + + … + = 1 + x + + + … n →∞ n! 2 3! 2 3! A expressão da direita pode ser usada para definir ex para x para x complexo. Analogamente demonstra-se que
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(j)
Sociedade Brasileira de Matemática n −1 x3 x5 xn x3 x5 = x− + − … + (−1) 2 sen x = lim x − + −… n →∞ n! 3! 5! 3! 5!
(k)
e que 2n x2 x4 x2 x4 n x cos x = lim1 − + + … + (−1) = 1− + −… n →∞ 2 4! (2n)! 2! 4!
(l)
Para x = Z = iY , Y ∈ R e observando-se (j), (k) e (l) teremos que
Y2 Y4 Y3 Y5 e iY = 1 − + − … + i Y − + − … = cos Y + i sen Y 2 4! 3! 5!
(m)
que é a conhecida fórmula de Euler. Não obstante, também se demonstra que se e Z = e X +iY , onde X ≠ 0 , então
e Z = e X (cos Y + i sen Y )
(n) Z
Se, alternativamente, adotássemos a expressão de (n) como definição de e , não é de fato, se Z1 = X 1 + iY1 e difícil mostrar que e Z +W = e Z ⋅ eW ,∀Z ,W ∈
Z 2 = X 2 + iY2 , eZ1 +Z2 = ex1 + x2 ( cos (Y1 + Y2 ) + isen (Y1 + Y2 ) ) = ex1 + x2
( cosY cosY 1
=e
x1
2
)
− senY1senY2 + i ( senY1cosY2 + senY2 cosY1 ) =
( cosY1 + isen Y1 ) ⋅ e ( cosY2 + isen Y2 ) = e x2
Z1
⋅ e Z2 .
PROBLEMAS DE APLICAÇÃO PROBLEMA 1: Começaremos com um exemplo de problema análogo ao proposto em um exame de admissão ao Instituto Militar de Engenharia (IME). O problema pede que se calcule as somas a seguir.
S1 = sen x + sen 2 x + sen 3 x + … + sen nx S 2 = cos x + cos 2 x + ... + cos nx
(1) (2)
Utilizaremos a transformação de somas de funções trigonométricas em produto, conhecidas como “Fórmulas de Prostaférese”. Observamos que
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3x x x − sen = 2 sen cos x 2 2 2 5x 3x x sen − sen = 2 sen cos 2 x 2 2 2 7x 5x x − sen = 2 sen cos 3 x sen 2 2 2
sen
(3)
(2n − 1) x (2n − 3) x x − sen = 2 sen cos(n − 1) x 2 2 2 (2n + 1) x x (2n − 1) x − sen = 2 sen cos nx sen 2 2 2
sen
Somando-se as linhas acima encontraremos uma “Soma Telescópica”, cujo valor será dado por
x x n (2n + 1) x − sen = 2 sen ⋅ ∑ cos jx 2 2 2 j =1 (n + 1) x nx sen ⋅ cos n 2 2 ⇒ S 2 = ∑ cos jx = x j =1 sen 2 sen
Analogamente, para a soma das funções “seno” S1 pode-se escrever que: 3x x x cos − cos = −2 sen sen x 2 2 2 5x 3x x cos − cos = −2 sen sen 2 x 2 2 2 7x 5x x cos − cos = −2 sen sen 3 x 2 2 2
(4)
(5)
(2n − 1) x (2n − 3) x x − cos = −2 sen sen(n − 1) x 2 2 2 x (2n + 1) x (2n − 1) x cos − cos = −2 sen sen nx 2 2 2 cos
Somando-se as linhas acima encontraremos outra “Soma Telescópica”, cujo valor é
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cos
(2n + 1) x x x n − cos = −2 sen ⋅ ∑ sen jx 2 2 2 j =1 n
⇒ S1 = ∑ sen jx =
sen
j =1
(n + 1) x nx ⋅ sen 2 2 x sen 2
(6),
que é a soma procurada. Não obstante, este problema também pode ser resolvido utilizando-se a conhecida ix
Relação de Euler. Seja e 2 = C = cos
x x + i sen , onde i 2 = −1 ; assim tem-se que 2 2
2
x x C = cos + i sen = cos x + i sen x 2 2 2
4
x x C 4 = cos + i sen = cos 2 x + i sen 2 x 2 2
C
2n
x x = cos + i sen 2 2
(7)
2n
= cos nx + i sen nx
( (
)
n C 2 (C 2 n − 1) C n C n − C −n (cos jx + i sen jx ) ⇒ C + C +…+ C = = C ⋅ = ∑ (C 2 − 1) C − C −1 j =1 nx sen n x x nx nx 2 = S + iS ⇒ ∑ (cos jx + i sen jx ) = cos + i sen cos + i sen 2 1 2 2 2 2 sen x j =1 2 nx (n + 1) x (n + 1) x nx ⋅ sen cos sen ⋅ sen 2 2 +i 2 2 (8) ⇒ S 2 + iS1 = x x sen sen 2 2 2
4
2n
)
de onde tiramos os valores de interesse S1 e S 2 igualando-se as partes reais e imaginárias da igualdade acima respectivamente. EUREKA! N°33, 2011
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PROBLEMA 2: Considere agora o problema de se determinar as somas dadas por n
n
j =1
j =1
S1 = ∑ sen 2 jx e S 2 = ∑ cos 2 jx . Para tal, observa-se inicialmente, da Trigonometria que sen 2 x =
1 1 1 1 − cos 2 x e cos 2 x = + cos 2 x , assim pode2 2 2 2
se reescrever S1 e S 2 como sendo n 1 1 1 1 S1 = ∑ sen 2 jx = + + …+ − (cos 2 x + cos 4 x + … + cos 2nx ) " n " 2 2 2 2 j =1
(9)
onde S´= cos 2 x + cos 4 x + … + cos 2nx . Com o auxílio da Relação de Euler, seja C = cos x + i sen x , assim
C 2 + C 4 + … + C 2 n = C.
( (
)
n C n C n − C −n (cos 2 jx + i sen 2 jx ) = ∑ C − C −1 j =1
)
cos(n +1)x.sennx sen(n +1)x.sennx +i = S´+iS´´ senx sen x j =1 n n 1 onde S´´= ∑ sen 2 jx . Sendo S1 = − S´ 2 2 j =1 1 cos(n + 1) x. sen nx ∴ S1 = n − 2 sen x n
⇒ ∑(cos2 jx + i sen2 jx) =
(10)
(11)
Outra solução para o cálculo da soma S´ consiste em transformá-la segundo as fórmulas de Prostaférese. Para este caso tem-se que,
sen 3x − sen x = 2 sen x cos 2 x sen 5 x − sen 3 x = 2 sen x cos 4 x (12)
sen(2n − 1) x − sen(2n − 3) x = 2 sen x cos(2n − 2) x sen(2n + 1) x − sen(2n − 1) x = 2 sen x cos 2nx
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Somando-se todas as linhas acima tem-se que sen(2n + 1) x − sen x = 2 sen x ⋅ S´
∴ S´=
sen nx. cos(n + 1) x , que é exatamente o valor encontrado da parte real do sen x
somatório dado por (10).
1 1 + cos 2 x 2 2 n 1 1 cos(n + 1) x. sen nx ⇒ S 2 = ∑ cos 2 jx = [n + S´] = n + 2 2 sen x j =1
Observando-se (9) e que cos 2 x =
(13)
que resolve o problema do cálculo de S 2 . PROBLEMA 3: Considere a seguir o problema do cálculo das somas dadas por n
n
k =1
k =1
S1 = ∑ sen 3 kx e S 2 = ∑ cos 3 kx . Seja C = cosx + isenx. Sendo C ± K = cos kx ± i sen kx pode-se escrever que
C k + C −k 2 k C − C −k sen kx = 2i cos kx =
Elevando-se
(14) (15)
a
relação 3
(
(15)
) (
ao
)
cubo
tem-se
que
C −C C −C −3 C −C = sen 3 kx = 2i − 8i 3 sen kx − sen 3kx (16) ⇒ sen 3 kx = 4 n n 1 n (17) ∴ S1 = ∑ sen 3 kx = 3∑ sen kx − ∑ sen 3kx 4 k =1 k =1 k =1 nx (n + 1) x sen ⋅ sen n 2 2 e observando-se que se Por (6) tem-se que ∑ sen kx = x k =1 sen 2 D = cos 3 x + i sen 3 x teremos que: k
−k
3k
−3 k
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k
−k
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D 2 = cos 6 x + i sen 6 x D 3 = cos 9 x + i sen 9 x D n = cos 3nx + i sen 3nx 1 −n n n D 2 .D 2 D 2 − D 2 ⇒ S D = D + D 2 + D3 + … + D n = −1 12 D − D 2 (3n + 1) x (3n + 1) x + i sen cos 3nx 2 2 ⇒ SD = ⋅ sen 3x 2 sen 2
(18)
Tomando-se a parte imaginária da relação (18) tem-se que
(3n + 1) x 3nx ⋅ sen sen 2 2 sen 3kx = ∑ 3x k =1 sen 2 n
(19)
Logo, por (6) e (19) teremos que
(n + 1) x (3n + 1) x 3nx nx 3 sen ⋅ sen sen ⋅ sen 1 2 2 2 2 − S1 = ∑ sen 3 kx = 3x x 4 k =1 sen sen 2 2 n
Vale lembrar que a soma S =
(20)
n
∑ sen 3kx k =1
observando-se as igualdades a seguir, isto é
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também poderá ser calculada
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9x 3x 3x − cos = −2 sen ⋅ sen 3x 2 2 2 15 x 9x 3x cos − cos = −2 sen ⋅ sen 6 x 2 2 2
cos
3(2n − 1) x 3(2n − 3) x 3x − cos = −2 sen ⋅ sen(3n − 1) x 2 2 2 3(2n + 1) x 3(2n − 1) x 3x cos − cos = −2 sen ⋅ sen 3nx 2 2 2 cos
cuja soma resultará em
3(2n + 1) x 3x 3x n − cos = −2 sen ⋅ ∑ sen 3kx . 2 2 2 k =1 3nx 3(n + 1) x ⋅ sen sen n 2 2 ∴ ∑ sen 3kx = , que é exatamente a expressão (19). x 3 k =1 sen 2 cos
Para o cálculo de S 2 =
n
∑ cos k =1
3
3
kx elevando-se a expressão (14) ao cubo teremos
(
) (
C k + C −k C 3 k + C −3 k + 3 C k + C − k = que cos kx = 2 8 3 cos kx + cos 3kx ⇒ cos 3 kx = 4 n n 1 n ∴ S 2 = ∑ cos 3 kx = 3∑ cos kx + ∑ cos 3kx 4 k =1 k =1 k =1 3
) (21) (22)
Utilizando-se a relação (4) e a parte real da relação (18) e substituindo-as em (22) tem-se que
(n + 1) x (3n + 1) x 3nx nx 3 sen ⋅ cos cos ⋅ sen 1 2 2 2 2 S 2 = ∑ cos kx = + 3x x 4 k =1 sen sen 2 2 n
3
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(23)
Sociedade Brasileira de Matemática n
Ressaltamos que a soma
∑ cos 3kx
também pode ser calculada através das
k =1
fórmulas de Prostaférese, ou seja, fazendo
3x 3x 9x − sen = 2 sen ⋅ cos 3x 2 2 2 15 x 9x 3x sen − sen = 2 sen ⋅ cos 6 x 2 2 2 sen
3(2n − 1) x 3(2n − 3) x 3x − sen = 2 sen ⋅ cos(3n − 1) x 2 2 2 3(2n + 1) x 3(2n − 1) x 3x sen − sen = 2 sen ⋅ cos 3nx 2 2 2 sen
e somando-se as linhas teremos uma “Soma Telescópica”, cujo valor será
3x n 3x 3(2n + 1) x − sen = 2 sen ⋅ ∑ cos 3kx 2 k =1 2 2 3nx 3(n + 1) x sen ⋅ cos n 2 2 , que é exatamente a parte real da ∴ ∑ cos 3kx = 3x k =1 sen 2 sen
expressão (18). PROBLEMA 4 (IMO-62): Aqui é proposto resolvermos a equação a seguir (observamos
que o segundo problema resolvido trata desta questão de forma generalizada).
cos 2 x + cos 2 2 x + cos 2 3x = 1 1 1 Notando que cos 2 x = + cos 2 x segue que 2 2 3 1 cos 2 x + cos 2 2 x + cos 2 3x = + (cos 2 x + cos 4 x + cos 6 x ) 2 2 Sendo Z = cos x + i sen x ⇒ Z 2 = cos 2 x + i sen 2 x ⇒ Z 4 = cos 4 x + i sen 4 x ⇒ Z 6 = cos 6 x + i sen 6 x EUREKA! N°33, 2011
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(A)
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Z 2 ( Z 6 − 1) sen 3 x ⇒Z +Z +Z = = (cos 4 x + i sen 4 x ) 2 ( Z − 1) sen x 2
4
6
(B)
Tomando-se a parte real de (B) tem-se que
(cos 2 x + cos 4 x + cos 6 x ) = cos 4 x ⋅ sen 3x
(C)
sen x
1 (sen 7 x − sen x) = sen 3x. cos 4 x , então teremos que a equação (A) 2 reduz-se a sen 7 x + sen x = 0 . Como
⇒ 2 sen 4 x. cos 3 x = 0 ∴ sen 4 x = 0 ∨ cos 3 x = 0 Logo, a solução da equação proposta será dada pelo conjunto
S = x ∈
x=
kπ ( 2k + 1 )π ( 2k + 1 )π ∨x= ∨x= ,k ∈ 2 4 6
PROBLEMA 5: Determinaremos agora o valor das somas
a) cos x + 2 cos 2 x + 3 cos 3 x + … + n cos nx e b) senx + 2sen2 x + 3sen3 x + … + nsennx Sejam S1 = cos x + 2 cos 2 x + 3 cos 3 x + … + n cos nx e S 2 = senx + 2sen2 x + 3sen3 x + … + nsennx
⇒ S1 + iS 2 = ( cosx + isenx ) + 2 ( cos2 x + isen2 x ) + … + n ( cosnx + isennx )
Sendo Z = cosx + isenx ⇒ S1 + iS 2 = Z + 2 Z 2 + 3Z 3 + … + nZ n . Multiplicandose ambos os termos por (1 − Z ) teremos
Z + Z + Z + … Z − nZ S1 + iS 2 = (1 − Z ) 2
3
n
n +1
=
nZ 1 2
2 n +1 2
(Z − Z
−
1 2
− )
( Z n − 1) 1 2
(Z − Z
−
1 2 2
)
2n + 1 2n + 1 n cos x + isen x 2 2 ( cosnx + isennx − 1) ⇒ S1 + iS 2 = − x x 2isen 4i 2 sen 2 2 2 EUREKA! N°33, 2011
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(1)
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Observando-se que a parte real de (1) nos dará o valor de S1 e que a parte imaginária nos dará o valor de S 2 tem-se, após alguma manipulação algébrica que n
S1 = ∑ jcosjx = j =1
n
S2 = ∑ j =1
( n + 1) cosnx − ncos ( n + 1) x − 1
x 2 ( n + 1) sennx − nsen ( n + 1) x jsenjx = x 4sen 2 2
,e
4sen 2
PROBLEMAS PROPOSTOS: 1) (URSS) Calcule o valor das somas
a) cos x + Cn1 cos 2 x + … + Cnn cos(n + 1) x
b) senx + Cn1sen2 x + … + Cnn sen ( n + 1) x
n Obs: Cnk = denota o binomial “n escolhe k”. k 2) (URSS) Mostre que
cos
2π 4π 6π 2 nπ 1 + cos + cos + … + cos =− . 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2
3) (URSS) Prove que
a) senϕ + sen ( ϕ + α) + sen ( ϕ + 2α) + … + sen ( ϕ + nα) =
sen
( n + 1) α sen ϕ + nα 2
sen
b) cosϕ + cos ( ϕ + α) + cos ( ϕ + 2α) + …+ cos ( ϕ+ nα) =
sen
4) Calcule o valor da soma S =
2
π
2
4+
5) Mostre que
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α 2
nπ 2π cos 4 . 4 +…+ 2 n 2 2
cos
2
( n + 1) α cos ϕ+ nα sen
cos
α 2
2
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ak +2 coskϕ − ak +1 cos(k +1)ϕ − a cosϕ +1 a) 1+ a cosϕ + a cos2ϕ + …+ a coskϕ = a2 − 2a cosϕ +1 senϕ + asen ( ϕ + h) + … + ak sen ( ϕ + kh) = 2
k
b) ak +2sen ( ϕ + kh) − ak +1sen ϕ + ( k + 1) h − asen ( ϕ − h) + senϕ
a2 − 2acos h+ 1 0 6) Mostre que 72 é o menor ângulo positivo que satisfaz simultaneamente às equações: 1 + cosx + cos2 x + cos3 x + cos4 x = 0 senx + sen2 x + sen3 x + sen4 x = 0 ( 2n + 1) x sen 1 2 7) (IME-92) Mostre que + cosx + cos2 x + … + cosnx = . x 2 2sen 2
REFERÊNCIAS [1] FADDEEV, D.; SOMINSKY, I. Problems in Higher Algebra, Moscou: Ed. MIR, 1968. [2] GREITZER, S.L. International Mathematical Olympiads 1959-1977, Fifth Printing, Washington D.C.: The Mathematical Association of America, 1978. [3] GUIDORIZZI, H.L. Um curso de cálculo – Vol. 1, 2a Edição, São Paulo: Ed. Livros Técnicos e Científicos, 1987. [4] IEZZI, G. Fundamentos de Matemática Elementar, Vol. 3 (Trigonometria), 6a Edição, São Paulo: Editora Moderna, 1985. [5] IEZZI, G. Fundamentos de Matemática Elementar, Vol. 6 (Complexos – Polinômios Equações), 4a Edição, São Paulo: Editora Moderna, 1983. [6] LIDSKI, V. B.; OVSIANIKOV, L. V.; TULAIKOV, A. N.; SHABUNIN M. I. Problemas de Matematicas Elementales, Moscou: Ed. MIR, 1972. [7] MORGADO, A. C; WAGNER, E.; DO CARMO, M. P., Trigonometria e Números Complexos, 4a Edição, Rio de Janeiro: Publicação da Sociedade Brasileira de Matemática, 2001. [8] SHKLARSKY, D.O., CHENTZOV, N.N., YAGLOM, I.M. The USSR Olympiad Problem Book, New York, Dover Publications, Inc., 1994.
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Sociedade Brasileira de Matemática
UMA INTERESSANTE DEDUÇÃO PARA A FÓRMULA DE HERÃO Flávio Antonio Alves, Amparo – SP ♦ Nível Intermediário Nesta nota sugerimos uma dedução para a fascinante fórmula de Herão por meio de aplicações dos números complexos à geometria. Sejam z1 = a + bi e z 2 = c + di dois números complexos não nulos e distintos. Vamos considerar o triângulo de vértices o, z1 e z2 (veja a figura abaixo). Im
z2
Ө2
z1 Ө1 Re
o
A área S do triângulo acima é dada por: S=
1 1 z1 z2 sen ( θ2 − θ1 ) = Im { z2 z1} . 2 2
Vamos multiplicar essa expressão, membro a membro, por 2 e elevar ao quadrado ambos os termos da igualdade. Assim,
4 S 2 = Im { z2 z1} = 2
( z2 z1 − z1 z2 ) 2 ( 2i )
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2
=
(
1 2 z2 4
2
2
z1 − z22 z12 − z12 z22
)
Sociedade Brasileira de Matemática
[
]
[
) ] [( z
=
1 1 2 2 2 4 z2 z1 − (z2 z1 + z1 z2 ) = [2 z2 z1 − (z2 z1 + z1 z2 )] [2 z2 z1 + (z2 z1 + z1 z2 )] 4 4
=
1 2 z1 − z 2 − ( z1 − z 2 4
2
1
+ z2
)
2
− z1 − z 2
2
].
Notemos que: i) z1 − z 2
2
− ( z1 − z 2
) = (z 2
1
− z 2 + z 2 − z1 )( z1 − z 2 + z1 − z 2 ),
E, do mesmo modo, temos que:
(
ii) z1 + z 2
)
2
− z1 − z 2
2
= ( z1 + z 2 − z1 − z 2
)( z
1
+ z 2 + z1 − z 2 ) .
Substituindo (i) e (ii) na expressão acima, vem:
1 ( z1 − z2 + z2 − z1 )( z1 − z2 + z1 − z2 )( z1 + z2 − z1 − z2 )( z1 + z2 + z1 − z2 ) 4 ( z1 + z 2 + z1 − z 2 ) Nesse caso, pondo-se p = , onde p é o semi-perímetro, 2 =
concluímos que:
4S 2 =
1 (2 p − 2 z1 )(2 p − 2 z 2 4
4 S 2 = 4( p − z1 )( p − z 2 S 2 = ( p − z1 )( p − z 2 S=
)(2 p − 2 z
1
)( p − z
)( p − z
1
1
− z2
− z2
− z2
) (2 p ) ⇒
) ( p) ⇒
) ( p) ⇒
( p ) ( p − z1 )( p − z 2 )( p − z1 − z 2 ) , que é a fórmula de Herão.
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Sociedade Brasileira de Matemática
RAÍZES DA UNIDADE
Anderson Torres & Eduardo Tengan ♦ Nível Intermediário Para θ∈ a Fórmula de Euler nos permite escrever ei⋅θ = cosθ + i ⋅ senθ. Ela nos fornece uma maneira prática de multiplicar números complexos. Por exemplo, o Teorema de De Moivre, normalmente escrito
( cosθ + i ⋅ senθ )
n
conciso: ( e
= ei ( nθ ) . Mas, e as raízes da unidade? Elas são os complexos que
)
iθ n
= cosnθ + i ⋅ sennθ , na notação exponencial fica bem mais
zeram o polinômio P ( z ) = z n − 1. Por De Moivre, sabemos que ζ k = e 2 k πi n são raízes deste polinômio (com 0 ≤ k < n ), e, como são n no total, elas são todas as raízes. E assim temos o primeiro resultado do artigo:
zn −1 =
∏ (z − ζ ), k
0≤ k < n
em que ζ = e 2k πi n . Raízes da unidade têm um monte de aplicações. Uma das mais imediatas é simplificar contas com funções trigonométricas, usando estas fórmulas aqui:
cosθ =
e i θ + e − iθ e i θ − e − iθ ; senθ = 2 2i
PROBLEMA 1: calcule a soma tenebrosa
∑ sen
0≤ k < n
kπ n
SOLUÇÃO: Usando a nossa recente descoberta, esta soma se transforma numa progressão geométrica! Sendo ζ = eiπ n , temos
∑
0≤ k < n
sen
k kπ ζk − ζ−k 1 = ∑ = ∑ ζ k − ∑ ( ζ −1 ) n 0≤ k < n 2i 2i 0≤ k < n 0≤ k < n
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Sociedade Brasileira de Matemática −1 n kπ 1 ζn − 1 (ζ ) −1 sen = − −1 ∑ n 2i ζ − 1 ζ −1 0≤ k < n
Talvez você deva estar pensando: “uma diferença de complexos dando um real? Mas como??” Simples: ζ −1 = ζ , logo a soma acima é uma diferença de conjugados dividida por 2i. É por isso que o resultado é real...
∑
0≤ k < n
sen
k π 1 −2 2 ζ1 2 + ζ −1 2 π = + −1 = i ⋅ 1 2 = cotg −1 2 n 2i ζ − 1 ζ − 1 ζ +ζ 2n
Agora, uma aplicação da fatoração de z n − 1 : PROBLEMA 2: Prove que, para todo inteiro positivo n existem polinômios
f n ,g n ∈
[ x ] tais que
(
)
f n ( x )( x + 1) + g n ( x ) x 2 + 1 = 2 2r
n
SOLUÇÃO: Primeiro, testar alguns casos pequenos: n = 1
f1 ( x )( x + 1) + g1 ( x ) ( x 2 + 1) = 2 2
Para eliminar g1 , podemos aplicar x = i, o que nos dá
f1 ( i )( i + 1) = 2 ⇔ f1 ( i ) = 2
Podemos tomar f1 ( x ) = − x. Mas e quanto a funcionar! Veja que
2 2
2 − f1 ( x )( x + 1) = 2 + x ( x + 1) 2
= −i
(1 + i ) g1 ( x ) ? Calma, coisas são feitas para 2
tem i com zero, e automaticamente –i (conjugados, a-há!). Portanto o polinômio acima é múltiplo de x 2 + 1 e basta efetuar a divisão com Briot-Ruffini para achar g1 . EUREKA! N°33, 2011
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Sociedade Brasileira de Matemática n
Para o caso geral, vamos considerar os zeros de x 2 + 1. Mas os zeros de n +1
2n
x +1 =
x2 − 1 n
x2 − 1
são justamente as raízes 2n +1 -ésimas da unidade que não são n +1
raízes 2n -ésimas da unidade. Logo, se escolhermos ζ = e 2 πi 2 uma raiz 2n+1 -ésima primitiva da unidade (isto é, que não é raiz t-ésima da unidade para nenhum t menor que 2n+1 ), temos n
x2 + 1 =
∏ (x − ζ ) k
1≤ k ≤ 2n +1 k ≡1 ( mod 2 )
Escrevendo x = –1,
( −1)
2n
+1 =
∏ ( −1 − ζ ) ⇔ 2 = ∏ ( −1 − ζ ) k
1≤ k ≤ 2n +1 k ≡1 ( mod 2 )
k
1≤ k ≤ 2n +1 k ≡1 ( mod 2 )
Basta demonstrar que cada 1 + ζ k “é múltiplo” de 1+ ζ . Moleza:
1 + ζ k = (1 + ζ ) (1 − ζ + ζ 2 − ζ 3 + ... − ζ k − 2 + ζ k −1 ) Portanto, podemos escolher f n tal que 2 − f n ( x )(1 + x ) admite raízes ζ k ,k 2n
n
ímpar. Portanto, é divisível por x 2 + 1, o que acaba a demonstração. Agora, um problema de Geometria: PROBLEMA 3: ABCDE é um pentágono cíclico de circuncentro O. Os ângulos
internos do pentágono são ∠A = 70°,∠B = 120°,∠C = 120°,∠D = 130° ,∠E = 100°. Demonstre que as diagonais BD e CE encontram-se em um ponto pertencente à reta AO.
SOLUÇÃO: Como em qualquer problema de geometria, um bom arrastão para
começar. Inicialmente, vamos ligar o centro aos vértices do pentágono. Esta é a melhor maneira de aproveitar a conciclicidade dos pontos. Assim sendo, ∠AOB = 80°,∠BOC = 40°,∠COD = 80°,∠DOE = 20°,∠EOA = 140°. Mas MDC ( 80,40,20,140) = 20 e portanto os vértices do pentágono estão entre os 360 = 18 )! Agora, vamos colocar as 20 coisas nos eixos: inicialmente, O = 0 , A = 1 (podemos fazer isto por homotetia: se
vértices de um 18-ágono regular (afinal,
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OA ≠ 1, aplicamos uma homotetia de centro O e razão 1 OA ). Seja ω = ei 2 π 18 uma raiz 18-ésima (primitiva, por sinal) da unidade. Com isto, os vértices estão determinados. Vamos usar minúsculas para os números complexos associados aos pontos.
a = 1,b = ω4 ,c = ω6 ,d = ω10 ,e = ω11 Temos que provar que AO,BD,CE são concorrentes. Dada a escolha esperta que fizemos, basta demonstrar que as retas BD e CE se intersectam em um ponto real puro. Ou, em outras palavras, que se z é o complexo comum a BD e CE então z = z . Bem, para calcular equações de retas, vamos a uma técnica, ou melhor, um teorema, bastante útil (e que fica como exercício para o leitor, haha!): Dados os complexos p, q do círculo unitário, a reta pq tem equação dada por
z + pqz = p + q Temos então:
=z
AO : z
BD : z + bd z = b + d CE : z + cez = c + e que equivale a
=z
AO : z
BD : z + ω14 z = ω4 + ω1ω10 CE : z + ω17 z = ω6 + ω11 Basta provar que AO ∩ BD : z =
ω4 + ω10 ω6 + ω11 ; AO CE : z ∩ = 1 + ω14 1 + ω17
Antes de começar a calculeira, vamos estudar algumas propriedades interessantes de ω. Bem, sabemos que ele é zero do polinômio x18 − 1, e 18 = 2 ⋅ 32. A ideia será
(
)(
)
fatorar este polinômio até a exaustão... x18 − 1 = x9 − 1 x9 + 1 . Como ω é raiz 18ésima primitiva da unidade, o primeiro fator não contém ω como raiz. Assim
( )
sendo, vamos pensar no outro fator: x9 + 1 = x3 EUREKA! N°33, 2011
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3
+ 1 = ( x3 + 1)( x6 − x3 + 1) . Pode-
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se demonstrar (mas não será necessário) que este último fator é irredutível. Então ω6 − ω3 + 1 = 0, e de quebra ω9 = −1. Depois dessa volta toda, vamos ao que interessa: comparar as duas expressões de z: ω4 + ω10 ω6 + ω11 = 1 + ω14 1 + ω17
( ω + ω )(1 + ω ) = ( ω ( ω − ω )(1 − ω ) = ( ω 4
10
4
17
6
+ ω11 )(1 + ω14 )
8
6
− ω2 )(1 − ω5 )
1
ω4 − ω1 − ω12 + ω9 = ω6 − ω2 − ω11 + ω7 ω4 − ω1 + ω3 − 1 = ω6 − ω2 + ω2 + ω7 ω4 − ω1 + ω3 − 1 = ω3 −1 + ω7 ω4 − ω1 = ω7 ω3 −1 = ω6 0=0 E fim! Outra aplicação interessante das raízes da unidade é como “marcadores”. Veja este problema: PROBLEMA 4: Determine uma fórmula fechada para
n
∑ k 3k
SOLUÇÃO: Bem, alguém aí conhece algo parecido? Que tal o Binômio de Newton?
∑ k z = (1 + z ) n
3k
k
n
Agora, já tem alguma ideia do que se pode fazer? Temos que filtrar os múltiplos de 3 desta expansão, e nada melhor que usar uma raiz cúbica da unidade ω = e2 πi 3 . Substituindo z por 1, ω e ω2 , temos
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n n ∑ k = (1 + 1) k n k n n n 2k 2 n k n ∑ k ω = (1 + ω) ⇒ ∑ k (1 + ω + ω ) = 2 + (1 + ω) + (1 + ω ) k k n n ∑ ω2 k = (1 + ω2 ) k k Agora, se k é múltiplo de 3,1 + ωk + ω2 k = 3; caso contrário, temos uma progressão ω3k − 1 = 0. geométrica de razão ωk ≠ 1, e portanto 1 + ωk + ω2 k = k ω −1 Ou seja, matamos todos os não múltiplos de 3! n −n n n n n n n ω +ω 3∑ = 2n + (1 + ω ) + (1 + ω2 ) = 2n + ( −ω2 ) + ( −ω ) = 2n + 2 ( −1) 2 3k k n 2 nπ 2n + 2 ( −1) cos n 3 = ∑ 3 3k k
Esta última técnica tem um nome chique: multisecção. Vamos usá-la em um problema de, adivinha só, Combinatória Enumerativa! PROBLEMA 5: (IMO 1995, Canadá) Seja p um primo ímpar, e seja S = {1,2,3...2 p} .
Determine o total de subconjuntos A ∈ S que satisfazem as condições a seguir: •
A = p;
•
p ∑ x∈A x.
SOLUÇÃO: Este foi o problema 6 da Olimpíada Internacional de 1995, em Montreal, Canadá. Ela foi tida como uma das mais interessantes pela riqueza de problemas “legais e divertidos” daquele ano, algo comparável apenas à IMO da Argentina, que aconteceria dois anos depois.
A solução aqui apresentada é uma pequena modificação daquela dada por Nikolai Nikolov, ganhador de um Special Prize (prêmio especial, dado pela originalidade). EUREKA! N°33, 2011
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Vamos pensar em uma raiz p-ésima da unidade, primitiva por sinal: ε = e2 πi p . Veja que ω = εk também é uma raiz p-ésima da unidade, para k ∈{1,2,3,..., p − 1} . Excluímos o 1 propositalmente, pois ele não terá propriedades tão interessantes quanto as outras raízes (logo verás o porquê). Os complexos
{ω ,ω ,ω ,...,ω } = {1,ε ,ε 0
1
p −1
2
k
2k
}
,...,εk ( p −1) são raízes p-ésimas da
unidade. Elas são distintas: de fato, se ε = ε para 0 ≤ i ≤ j < p, temos ik
jk
e j −i k = e0 = 1 ⇔ p ( j − i ) k e, como 0 < k < p, p ( j − i ) ⇔ j − i = 0.
(
)
(
)
Agora vamos ao bom e velho polinômio f ( z) = z p −1= ∏0≤ j≤p−1 z −εj =∏1≤ j≤p z −ωj . Pensando em Séries Formais, conseguimos trabalhar com este polinômio os elementos de 1 a p. Como podemos “alcançar” 2p? Oras, eleva ao quadrado!
( f ( z )) = ( z 2
=
− 1) = 2
p
∏ (z − ω )
∏ (z −ω )⋅ ∏ (z −ω ) = ∏ (z −ω )⋅ ∏ (z −ω ) = j
0≤ j ≤ p −1
j
0≤ j ≤ p −1
j
1≤ j ≤ p
j
p +1≤ j ≤ 2 p
j
1≤ j ≤ 2 p
Vamos abrir ( f ( z ) ) : ( f ( z ) ) = a0 + a1 z + a2 z 2 + ... + ap z p + ... + a2 p−1 z 2 p−1 + a2 p z 2 p 2
2
Agora, vamos observar como o ap é produzido de uma maneira combinatória. Primeiramente, escolhemos arbitrariamente p fatores, e coletamos o termo z deles; isto nos dará o expoente 2p. Já dos outros p fatores, escolhemos o termo −ω j . O
(
resultado será então
ap =
∏
1≤ j1 ≤ j2 <...< j p ≤2 p
( −ω )( −ω ) ...( −ω ) = − ∑ j1
j2
jp
0≤r ≤ p −1
em que cr é o total de p-tuplas j1 < j2 < ... < j p tais que
j1 + j2 + ... + j p ≡ r ( mod p ) . A nossa tarefa é achar c0 ! Mas ( f ( z ) ) = z 2 p − 2 z p + 1 ⇒ a p = −2. Assim, 2
c0 + c1ω + c2 ω + ... + c p −1ω p −1 = 2 Em outras palavras, ω é zero do polinômio
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cr ωr
)
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g ( z ) = ( c0 − 2 ) + c1 z + c2 z 2 + ... + c p −1ω p −1 Lembre-se que todo o raciocínio usado até aqui foi puramente combinatório, e é válido para qualquer ω que seja raiz p-ésima da unidade (exceto o 1). Logo, todas as raízes p-ésimas primitivas da unidade são raízes de g. Mas g tem grau p – 1, portanto: f ( z) = c p −1 (1 + z + z 2 + ... + z p −1 ) g ( z ) = c p −1 ⋅ z −1 Igualando os coeficientes, c0 − 2 = c1 = c2 = ... = c p −1 .
2p Mas c0 + c1 + c2 + ... + c p −1 = . Contagem dupla: cada p-subconjunto de S é p contado em exatamente um dos ci , justamente aquele correspondente à soma de seus elementos módulo p. Resolvendo as equações acima, concluímos que c0 = 2 +
1 2p − 2 p p
E fim! Bem, que tal uns exercícios? EXERCÍCIOS PROPOSTOS: 1) Determine o valor numérico da série
jπ n n ≥1 1≤ j ≤ n A+ B +C 2) Sejam x, y, z, A, B, C reais tais que é inteiro. π Defina K r = x r sen ( rA ) + y r sen ( rB ) + z r sen ( rC ) .
∑ ∏ cos
Prove que se K1 = K 2 = 0 então K n = 0 para todo n > 0. 3) Fixe um dos vértices de um n-ágono regular inscrito numa circunferência de raio 1, e considere os segmentos que ligam este vértice a todos os outros. Prove que o produto das medidas de todos estes n – 1 segmentos é n.
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4) Calcule sen
2π 4π 8π + sen + sen . 7 7 7 2 iπ
Dica: sejam ζ = e 7 , p = ζ + ζ 2 + ζ 4 ,q = ζ 3 + ζ 5 + ζ 6 . O que queremos é calcular a parte real de p. Calcule p + q e p · q e seja feliz! 5) Se P ,Q , R , S são polinômios tais que
P ( x5 ) + xQ ( x 5 ) + x 2 R ( x 5 ) = ( x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) S ( x ) , prove que P (1) = 0.
6) Fórmula de Multisecção: Sendo p ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n , e l,m ∈ ,
com 0 ≤ l ≤ m, temos
∑
k ≡ l ( mod m )
ak
∑ =
0≤ k ≤ m
ω−lk p ( ωk )
m
em que ω = e
2i π
m
.
2
7) Mostre que
n nθ θ ∑ cos ( k θ ) = 2 cos cos 2 2 0≤ k ≤ n k
8) (Irlanda) Sabe-se que a, b, c são complexos tais que as raízes da equação
x 3 + ax 2 + bx + c = 0 têm módulo 1. Prove que as raízes de x 3 + a x 2 + b x + c = 0 também têm módulo 1.
(
9) Seja 1 + x + x 2 + x 3 + x 4
)
496
= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a1984 x1984 .
•
Determine MDC ( a3 ,a8 ,...,a1983 )
•
Prove que 10340 < a992 < 10347
( )
10) Determine todos os polinômios P tais que P x 2 = P ( x ) P ( x − 1) . 11) Determine o número de polinômios de grau 5 com coeficientes entre 1 e 9
inclusive e que sejam divisíveis por x 2 − x + 1. 12) Prove que o número
n ≥ 0.
∑
0≤ k ≤ n
2n + 1 3 k 2 não é múltiplo de 5 para qualquer 2k + 1
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COMO É QUE FAZ?
Resolvermos aqui, a pedidos, três problemas propostos na seção “Olimpíadas ao redor do
mundo”.
1) (Problema 109 – Suíça, 2000, proposto na Eureka! 11) Seja q ( n ) a soma dos
((
algarismos de n. Calcule q q q ( 20002000 )
)) (Proposto por Cícero Soares Furtado,
de Reriutaba – CE). Como 20002000 = 22000 ⋅ 106000 , sua representação decimal é a representação decimal de 22000 seguida de 6000 zeros, e logo SOLUÇÃO:
q ( 20002000 ) = q ( 22000 ) . Como 23 < 10, 22000 < 22001 = ( 23 )
tem no máximo 667 dígitos. Como q ( 20002000 ) = q ( 22000 ) ≤ 9 ⋅ 667 = 6003.
((
Portanto, q q 20002000
cada
667
dígito
< 10667 , donde 22000 é
no
máximo
9,
) ) ≤ 6 + 9 + 9 + 9 = 33, e logo q ( q ( q ( 2000 ) ) ) ≤ 3 + 9 = 12. 2000
Por outro lado, como n e q(n) sempre deixam o mesmo resto na divisão por 9, o
((
)) ( (
resto da divisão de q q q ( 20002000 ) = q q q ( 20002000 )
))
por 9 é igual ao resto
da divisão de 22000 por 9. Mas, como 26 = 64 deixa resto 1 quando dividido por 9, 22000 = 26⋅333+ 2 = ( 26 )
333
⋅ 22 = 4
quando
dividido
por
9.
Como
)) (( q ( q ( q ( 2000 ) ) ) = 4.
q q q ( 20002000 ) ≤ 12 e 4 + 9 = 13 > 12, concluímos que necessariamente 2000
2) (Problema 110 – Grécia, 2000, proposto na Eureka! 11) Determine os números primo p para os quais o número 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 é um quadrado perfeito. (proposto por Cícero Soares Furtado, de Rariutaba – CE). Vamos encontrar todos os naturais n tais que 1 + n + n 2 + n3 + n 4 é quadrado 2
n +1 5n 2 n 1 4 3 perfeito. Note que n 2 + + + > n 4 + n3 + n 2 + n + 1 para =n +n + 2 4 2 4 EUREKA! N°33, 2011
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n2 n 3 − − > 0 para todo n > 3). Por outro lado, para todo 4 2 4 2 n n2 n ∈ , n 2 + = n 4 + n3 + < n 4 + n3 + n 2 + n + 1. 4 4
todo n > 3 (pois
n +1 n , se n > 3 temos ou k ≥ n 2 + 2 2 k 2 < n 4 + n3 + n 2 + n + 1 ou k 2 > n 4 + n 3 + n 2 + n + 1 Assim, basta olhar os casos n ∈ {0,1, 2, 3} . Para n = 0, n 4 + n3 + n 2 + n + 1 = 1 = 12. Para n = 1, Como, para todo k ∈ , temos k ≤ n 2 +
n = 2, n 4 + n3 + n 2 + n + 1 = 5, que não é quadrado perfeito. Para 4 3 2 para n = 3, n + n + n + n + 1 = 31, que não é quadrado perfeito, e, 4 3 2 2 Assim, o único primo p tal que n + n + n + n + 1 = 121 = 11 . 1 + p + p 2 + p3 + p4 é quadrado perfeito é p = 3.
3) (Problema 188 – Rússia, 2002, proposto na Eureka! 15) No intervalo ( 22 n ,32 n ) são escolhidos 22 n−1 + 1 números ímpares. Mostre que podemos encontrar entre estes números dois números tais que o quadrado de cada um deles não é divisível pelo outro. (Proposto por Anderson Torres, de Santana de Parnaíba – SP). 2
y−x . Em particular, 2
SOLUÇÃO: Se x < y são ímpares e y divide x 2 , então y 2
y−x ≥ y , donde y − x ≥ 2 y , e logo 2
(
)
2
y − 1 = y − 2 y + 1 > x, donde
y > x + 1. Assim, se 22 n < x0 < x1 < ... < x22 n−1 < 32 n são os números em questão, temos
x j +1 > x j + 1, para todo j ≥ 0, e logo
Em particular,
x22 n−1 > 2n + 22 n −1 , donde
x j > 2n + j , ∀j ≥ 0. 32 n > x22 n−1 > ( 2n + 22 n −1 ) , 2
e logo
3n > 2n + 22 n−1 , mas isso é falso para todo n ≥ 1 (para n = 1, 3 < 4, para n = 2, 9 < 4 + 8 e, para n ≥ 3,3n < 22 n −1 : com efeito, 27 = 33 < 25 = 32 e, se 3n < 22 n −1 ,3n +1 = 3 ⋅ 3n < 3 ⋅ 22 n −1 < 4 ⋅ 22 n −1 = 22 n +1 = 22( n +1)−1 ), absurdo. 4) (Problema 113 – Polônia, 2000, proposto na Eureka! 11) Uma sequência p1 , p2,... de números primos satisfaz à seguinte condição: para n ≥ 3, pn é o maior divisor EUREKA! N°33, 2011
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primo de pn −1 + pn − 2 + 2000. Mostre que a sequência por Anderson Torres, de Santana de Parnaíba – SP).
( pn ) é
limitada. (Proposto
SOLUÇÃO: Vamos mostrar a seguinte afirmação, que implica o resultado:
k ≥0 existe j com 1 ≤ j ≤ 40 tal que 2 max ( pk + j , pk + j +1 ) ≤ max ( pk , pk +1 ) + 40000 (de fato, a afirmação implica que 3 pn ≤ 160000, para todo n ≥ n0 ; note que existe n0 ∈ tal que
Para
todo
pn + 2 ≤ max ( pn , pn +1 ) + 1000, ∀n ≥ 1).
Suponhamos inicialmente que, para todo r, com 0 ≤ r ≤ 35, pk + r é um primo ímpar. p + pk + r − 2 + 2000 Então, para todo r, com 2 ≤ r ≤ 36, pk + r ≤ k + r −1 . Definindo 2 q j −1 + q j − 2 + 2000 q0 = pk , q1 = pk +1 e q j = para 2 ≤ j ≤ 36, temos pk + r ≤ qr , para 2 0 ≤ r ≤ 36. Se, para algum r ≤ 36, pk + r ≠ qr , tomando um tal r mínimo temos p + pk + r − 2 + 2000 , e a afirmação vale para j = r. Temos ainda que q j é pk + r ≤ k + r −1 6 j p + 2pk+1 4000 2pk −2pk+1 4000 1 2000 j , para dado pela expressão qj = k − + + ⋅ − + 3 9 3 9 2 3 0 ≤ j ≤ 42. Assim, 6j
1 9q6 j = ( 3 pk + 6 pk +1 − 4000) + ( 6 pk − 6 pk +1 + 4000) ⋅ − + 6000 j ≡ 9 pk + 6000 j ( mod7) . 2 Portanto, existe s com 0 ≤ s ≤ 6 tal que 9q6 s (e logo q6 s ) é múltiplo de 7. Se s = 0, a afirmação já vale para j = 1. Se tivéssemos pk + r = qr para 0 ≤ r ≤ 36, tomamos s q com 1 ≤ s ≤ 6 tal que q6 s é múltiplo de 7, e teríamos pk + 6 j ≤ 6 s , absurdo. 7 Se pk = 2, a afirmação já vale para j = 1. Finalmente, se pk + r = 2 para algum r com 1 ≤ r ≤ 35, teremos pk + r +1 ≤ pk + r −1 + 2002 e pk + 2 + 2 ≤ pk +1−1 + 4004, mas um
desses números ( pk + r −1 , pk + r −1 +2002 e pk + r −1 + 4004 ) é múltiplo de 3, logo a afirmação vale para j = r + 2.
EUREKA! N°33, 2011
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SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS
Publicamos aqui algumas das respostas enviadas por nossos leitores.
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 a B se n for par mas não múltiplo devolver 3n a B se n for ímpar, deve devolver 2 n de 4 e deve devolver a B se n for múltiplo de 4. 4
SOLUÇÃO DE JOSÉ DE ALMEIDA PANTERA (RIO DE JANEIRO – RJ) a) Naturalmente A perde se entregar o número k = 2 ao jogador B, pois B poderá devolver 1 imediatamente a A. Vamos mostrar que A ganha se entregar a B um número de k da forma
2 ⋅ 4n + 1 ou 3
4n − 1 , para algum n ≥ 1 , e se k > 2 não for de nenhuma dessas formas 3 nenhum dos jogadores tem estratégia vencedora.
da forma
2 ⋅ 41 + 1 a B, B pode devolver 2 ou 4 a A, e, 3 41+1 − 1 em qualquer caso, A pode devolver 1 a B e ganhar o jogo. Se A entrega 5 = 3 a B, B pode devolver 4 ou 6 a A. Se devolve 4, A pode devolver 1 a B e ganhar. Se devolve 6, A pode devolver 3 a B, e ganhar a seguir, como vimos antes. Para isso, note que, se A entrega 3 =
EUREKA! N°33, 2011
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2 ⋅ 4n +1 + 1 a B, com 3 2 ⋅ 4n+1 − 2 4n+1 − 1 a A, caso em que A pode devolver a B, n ≥ 1, B pode devolver 3 3 2 ⋅ 4n+1 + 4 a A, caso em que A pode devolver ganhando o jogo, ou B pode devolver 3 2 ⋅ 4n + 1 4n+ 2 − 1 a B, ganhando o jogo. De modo similar, se A entrega a B, com 3 3 4n+ 2 − 4 4n+1 − 1 a A, caso em que A pode devolver a B, n ≥ 1, B pode devolver 3 3 4n+ 2 + 2 a A , caso em que A pode devolver ganhando o jogo, ou B pode devolver 3 2 ⋅ 4n+1 + 1 a B, ganahndo o jogo. 3 Notemos que A sempre pode no mínimo empatar o jogo se k ≥ 3. De fato, se em algum momento do jogo A entrega m ≥ 3 a B, B devolve no mínimo m – 1, e A pode devolver o triplo, que é no mínimo 3 ( m − 1) > m. Em geral, podemos argumentar por indução: se A entrega
Assim, A pode devolver números cada vez maiores, que em algum momento ultrapassarão 1000k, empatando o jogo. Veremos agora que B pode garantir o empate se A entrega um número que não é das formas descritas anteriormente. Mais precisamente, veremos que, se A envia um número que não pertence ao conjunto n n +1 2 ⋅ 4 +1 4 −1 , n ≥ 0 ∪ , n ≥ 1 , então B pode devolver um número a X := 3 3 partir do qual A não pode devolver nenhum número pertencente a X (note que 1∈ X ). Temos X = {1,3,5,11, 21,...} . Se A envia a B um número par m, B pode devolver m – 1 ou m + 1, que são ímpares, a A, que deve devolver o triplo a B. Como não é possível que 3 ( m − 1) e 3 ( m + 1) pertençam ambos a X, isso mostra nossa afirmação no caso m par. Se A envia a B um número ímpar m, que não pertence a X, não é difícil ver que m − 1∉ {2k , k ∈ X } ∪ {4k , k ∈ X } ou
m + 1∉ {2k , k ∈ X } ∪ {4k , k ∈ X } . Isso implica a afirmação no caso m par. b) No meio do jogo, B só recebe um número par se A tiver acabado de dividir um número (necessariamente múltiplo de 8) por 4. E, se B recebe um ímpar, devolverá um par, o que forçará A a dividi-lo por 2 ou por 4. Assim, os números tendem a EUREKA! N°33, 2011
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decrescer, e , nos casos que empatavam, B ganha o jogo. Por outro lado, A ganha o jogo, com a mesma estratégia, nos mesmos casos que no item A, pois nesses casos sempre devolve números ímpares.
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 . SOLUÇÃO DE ZOROASTRO AZAMBUJA NETO (RIO DE JANEIRO – RJ) Mostraremos que esse número mínimo é igual a 2000. Para isso, consideramos um triângulo equilátero de lado 3 e os seguintes quatro círculos: o círculo circunscrito ao triângulo e os três círculos que contêm o circuncentro do triângulo e dois de seus vértices. Esses quatro círculos têm raio 1, e cada um deles intersecta os outros três. Considerando 500 cópias disjuntas dessa configuração de círculos, obtemos 2000 círculos como no enunciado tais que há 2000 pontos que pertencem a pelo menos dois deles.
Para concluir, vamos mostrar que, numa configuração de n círculos de raio 1 no plano ( n ≥ 2 ) em que cada círculo intersecta pelo menos outro círculo e não há dois círculos tangentes, há sempre pelo menos n pontos que pertencem a pelo menos dois dos círculos. Vamos mostrar, por indução em n, que, na situação acima, não apenas há pelo menos n pontos que pertencem a pelo menos dois dos círculos, mas também que existe uma função injetiva do conjunto dos n círculos no conjunto dos pontos que pertencem a pelo menos dois dos círculos tal que a imagem de cada círculo pertence a ele. EUREKA! N°33, 2011
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Para isso, note que se n = 2 isso é claramente verdadeiro. Suponha agora que m ≥ 2 e que isso vale para todo n com 2 ≤ n ≤ m, e considere uma configuração de m + 1 círculos como antes. Suponha inicialmente que algum desses círculos, digamos C1 , intersecta só um dos
outros círculos, digamos C2 , seja C1 ∩ C2 = { p, q}.
Temos dois casos: no primeiro, C2 só intersecta C1. Então associamos p a C1 , q a C2 e usamos a hipótese de indução para os m – 1 círculos restantes. No segundo caso, C2 intersecta algum dos outros círculos. Então associamos P a C1 e usamos a hipótese de indução para os m círculos C2 , C3 ,..., Cm +1. Se, por outro lado, cada um desses m + 1 círculos intersecta pelo menos dois dos outros, temos de novo dois casos: Se há no total pelo menos m + 1 pontos que pertencem a pelo menos dois dos círculos, podemos separar um dos círculos, digamos Cm +1 , e fixar uma injecção de
{C1 , C2 ,..., Cm } no
conjunto dos pontos que pertencem a pelo menos dois dos
círculos C j , j ≤ m tal que a imagem de cada Ci , que chamaremos de Pi , pertence a
Ci .
Para cada X ⊂ {C1 ,..., Cm } , o conjunto dos pontos que pertencem a pelo menos dois círculos de X ∪ {Cm +1} tem pelo menos X + 1 elementos. Se algum ponto
P ∉ { P1 ,..., Pm } pertence a Cm +1 e a algum dos outros círculos, simplesmente estendemos a injeção associando P a Cm +1 . Senão, construímos uma sequência de
conjuntos A1 , A2 ,... do seguinte modo: A1 = {i ≤ m Pi ∈ Cm +1}. Se A1 , A2 ,..., Ar já
estão definidos, se o conjunto (de pelo menos Ar + 1 ) pontos que pertencem a pelo menos dois círculos de definimos
{
{Cm +1} ∪ {C j , j ∈ Ar }
Ar +1 = Ar ∪ j ≤ m Pj
está contido em
{P1 ,..., Pm } ,
pertence a pelo menos dois círculos de
{Cm +1} ∪ {C j , j ∈ Ar }}. Note que Ar +1 > Ar . Em algum momento, haverá ponto P fora de { P1 ,..., Pm } que pertence a pelo menos dois círculos
um de
Cm +1 ∪ {C j , j ∈ Ar } , e logo a dois círculos C j e C j , com j , j ∈ Ar , j ∉ Ar −1 .
Podemos então alterar a injeção associando C j a P; como existe algum
jr −1 ∈ Ar −1 \ Ar − 2 tal que Pj pertence a C jr −1 , associamos C jr −1 a Pj , e, em geral, para cada s com 1 < s ≤ r − 1, se já definimos js ∈ As \ As −1 , existe js −1 ∈ As −1 \ As − 2 EUREKA! N°33, 2011
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tal que Pjs pertence a C js−1 ; associamos então C js−1 a Pjs . Fazemos isso até associar
C j1 a Pj2 . Como j1 ∈ A1 , podemos associar Cm +1 a Pj1 , estendendo nossa injeção a
{C1 , C2 ,..., Cm , Cm+1} ,
o que prova nossa afirmação. Finalmente, suponhamos que há apenas m pontos que pertencem a pelo menos dois dos círculos. Observamos que, como os círculos têm raio 1, se um par de pontos está contido em dois círculos de família, não estará contido em nenhum outro círculo de família, e portanto, se um ponto pertence a r ≥ 2 círculos da família, cada um desses r círculos intersecta os outros r – 1 em outros r – 1 pontos distintos, e distintos do ponto comum aos r círculos. Assim, cada um desses r círculos contém pelo menos r pontos que pertecem a pelo menos dois círculos da família. Podemos considerar uma injeção que leva {C1 , C2 ,..., Cm } no conjunto desses pontos, a qual será uma bijeção. Sendo Pi a imagem de Ci , podemos considerar a
matriz ( aij ) ,1 ≤ i ≤ m + 1,1 ≤ j ≤ m, onde aij = 1 se Pj pertence a Ci e aij = 0, caso contrário.
Se,
{
{
} {
} {
}
i ≤ m + 1, si := j Pj ∈ Ci = j aij = 1 , temos, si ≥ ni , ∀i ≤ m, donde
m
m
∑s ≥ ∑n , i =1
}
j ≤ m, n j = i Pj ∈ Ci = i aij = 1
para
i
i =1
i
mas
m +1 i =1
para
pelo que observamos acima,
∑ s = ∑ n = {( i, j ) a m
i
e,
j =1
j
ij
}
= 1 , e sm +1 > 0,
pois Cm +1 intersecta outros círculos, absurdo.
133) Considere um n–ágono regular inscrito em um círculo unitário, fixe um vértice i e denote por dj a distância entre este vértice i e o vértice j. Prove que n −1
∏ (5 − d ) = F j ≠i j =0
2 j
2 n
onde F1 = 0, F1 = 1 e Fn = Fn −1 , Fn − 2 se n ≥ 2.
SOLUÇÃO DE ASDRUBAL PAFÚNCIO SANTOS (BOTUCATU – SP) Podemos supor sem perda de generalidade que i = 0 e que o vértice j é e 2 jπ i n , para
0 ≤ j ≤ n − 1. Queremos então provar que
n −1
2 jπ n
∏ 3 + 2cos j =1
Temos
e 2 jπ i n − 1 = ( e 2 jπ i n − 1)( e − 2 jπ i n − 1) = 2 − e 2
queremos provar portanto que EUREKA! N°33, 2011
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2 jπ i n
2 = Fn .
2 jπ − e −2 jπ i n = 2 − 2cos n
;
Sociedade Brasileira de Matemática n −1
2 jπ 2 = Fn . Considere agora a sequência de polinômios n dada por f 0 ( x ) = 2, f1 ( x ) = x e f n +1 ( x ) = xf n ( x ) − f n −1 ( x ) , ∀n ≥ 1.
∏ 3 + 2cos j =1
( f ( x )) n
n≥0
Temos, para todo n ≥ 0 e todo θ ∈ , f n ( 2cos θ ) = 2cos ( nθ ) . De fato isso vale para n = 0 e n = 1 e, por indução, f n+1 ( 2cosθ ) = 2cosθ f n ( 2cosθ ) − f n−1 ( 2cosθ ) = 4cosθ cos ( nθ ) − 2cos ( ( n − 1)θ ) = = 2cos ( ( n + 1)θ ) . Além disso, para todo n ≥ 1, f n ( x ) é um polinômio mônico de
2 kπ , k ∈ , temos n n −1 n −1 2 jπ f n ( x ) − 2 2 kπ donde ∀ ≥ . f n ( x ) − 2 = ∏ x − 2cos , n 1, ∏ x − 2cos = x−2 n n j =1 k =0 O que queremos provar equivale a n −1 2 jπ f n ( −3) − 2 1 n −1 = − ( f n ( −3) − 2 ) , o que é ( −1) Fn2 = ∏ −3 − 2cos = − − n 3 2 5 j =1
grau n. Como as solução de 2cos ( nθ ) = 2 são dadas por θ =
equivalente a f n ( −3) = 2 + ( −1) ⋅ 5 Fn2 . Como n
n n 1 1 + 5 1 − 5 Fn = − , ∀n ≥ 0, temos 5 2 2 n
n
−3 + 5 −3 − 5 2 + ( −1) ⋅ 5F = + . Por outro lado, a sequência 2 2 xn = f n ( −3) satisfaz x0 = 2, x1 = −3 e xn +1 = −3xn − xn −1 , ∀n ≥ 1, e logo (usando o n
2 n
n
fato de as raízes de x 2 + 3 x + 1 = 0 serem
n
−3+ 5 −3− 5 −3± 5 ), xn = + ,∀n ≥ 0, 2 2 2
o que prova a igualdade desejada.
136) Sejam R, r1 , r2 e r3 os raios dos círculos de centro O, O1 , O2 e O3 , respectivamente, conforme a figura abaixo. Prove que: R = r1r2 + r1r3 + r2 r3 .
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O1 R R2
O O2
O3
SOLUÇÃO DE ANDERSON TORRES (SANTANA DE PARNAÍBA – SP) A boa e velha trigonometria... A X ra
OA TA
Y r O TB
OC
OB C
B
Como sempre, ∠A = α , ∠B = β e ∠C = γ , α +β +γ =π . Vamos calcular ra , para começar: AOA + OATA + TAO = AO ⇔ AOA + OATA = AO − OTA r r ∆AOA X : AOA = a ; ∆AOY ; AO = . Substituindo: α α sen sen 2 2
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α α 1 − sen 1 − sen 2 ra 2 +r = − r ⇔ ra = r ⋅ = , ou α a α α α r 1 + sen sen sen 1 + sen 2 2 2 2 Como precisaremos de um “quadrado”, vamos aplicar um truque: a tangente do meio arco. ra
r
1−
α
4
1 − tan 1 + tan Para
α 4⋅
α
4
1 + tan
1 − tan 1 + tan
escrever
β 4 +
β
4
2
α
1 − 2 tan
1 − tan 1 + tan
menos,
α 4⋅
α
4
α
2
α 1 − tan 2 = 4 = 4 4 = 4 . α α α α α 1 + tan 1 + sen 2 tan 1 + 2 tan + tan 2 2 1+ 4 4 4 4 2α 1 + tan 4 Com isto, já podemos substituir na igualdade que queremos demonstrar: 1 − sen
α
2 tan
1 − tan 1 + tan
+ tan 2
γ 4+
γ
4
a = tan
seja
α
1 − tan 1 + tan
α 4
β 4⋅
β
4
, b = tan
1 − tan 1 + tan
β
γ 4 =1
γ
4
γ
, c = tan . 4 4
Abrindo
os
denominadores, (1 − a )(1 − b )(1 + c ) + (1 − a )(1 + b )(1 − c ) + (1 + a )(1 − b )(1 − c ) = (1 + a )(1 + b )(1 + c ) 3 − ( a + b + c ) − ( ab + ac + bc ) + 3 ( abc ) = 1 + ( a + b + c ) + ( ab + ac + bc ) + ( abc )
1 − ( a + b + c ) − ( ab + ac + bc ) + ( abc ) = 0 . Mas isto é fácil? β γ + tan + π 4 α β γ 4 4 = 1 = tan = tan + + = α 4 4 4 4 1 − tan tan β + γ 4 4 4 tan
α
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tan =
α 4
+
tan
β 4
+ tan
1 − tan
β
β 4
γ
tan
4
γ 4 =
γ
α tan 4 + tan 4 1 − tan β γ 4 1 − tan
4
tan
tan
α 4
1 − tan
+ tan
α 4
tan
β 4
β 2
+ tan
γ
− tan
4
α 4
− tan tan
α
γ 4
4
tan
− tan
β 4
β 4
tan
γ
tan
4
γ 4
4
⇒ a + b + c − abc = 1 − ( ab + ac + bc ) , como esperado.
137) Seja A um conjunto de quinze pontos de 2 tal que a distância de cada ponto à origem é positiva e menor do que 1 e que quaisquer dois deles nunca sejam colineares com a origem. Mostre que existe um triângulo com dois vértices em A e 1 um na origem cuja área é menor que . 4 SOLUÇÃO DE ITAMAR SALES DE OLIVEIRA FILHO (CEDRO – CE) 1 x y α3 α2
–1
0
α15
α1
1
–1
Distribuímos aleatoriamente os 15 pontos. Como a distância à origem é sempre menor do que 1, com certeza todos esses pontos são interiores à circunferência de raio 1 e centro na origem. EUREKA! N°33, 2011
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Pelo fato de não existerem dois colineares com o centro, temos os 15 ângulos representados na figura (α1 ,α 2 ,...,α15 ) . Obviamente:
α1 ,α 2 ,...,α15 = 360°. Vamos provar que existe pelo menos um ângulo menor do que ou igual a 24° . Para isso, suponha o contrário, ou seja, α n > 24, para todo n Então: α1 + α 2 + ... + α15 > 15 × 24° = 360° → absurdo. Então realmente existe pelo menos um ângulo α ≤ 24°. Suponha α i = ∠XOY . Olhando para o triângulo XOY: 1 Área XOY = ⋅ OX ⋅ OY ⋅ senα1 . Contudo, OX e OY são menores do que 1 e 2 senα i ≤ sen24° < sen30°, substituindo: 1 1 1 1 A < ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ sen30° → A < ⋅ → A < . 2 2 2 4 1 Então existe um triângulo como no enunciado cuja área é menor do que . 4 138) Calcule o máximo divisor comum entre todos os números da forma x ⋅ y ⋅ z , onde ( x, y, z ) percorre todas as soluções inteiras da equação x 2 + y 2 = z 2 com x ⋅ y ⋅ z ≠ 0.
SOLUÇÃO DE MARCÍLIO MIRANDA DE CARVALHO (TERESINA – PI) Seja d mdc entre todos os inteiros da forma x ⋅ y ⋅ z onde (x, y, z) percorre todas as soluções inteiras da equação x 2 + y 2 = z 2 com x ⋅ y ⋅ z ≠ 0. Note que (3, 4, 5) é solução, logo temos que d ≤ 60. AFIRMAÇÃO 1: Se uma tripla
( x, y , z )
é solução da equação x 2 + y 2 = z 2 então
x ⋅ y ⋅ z é múltiplo de 3. PROVA: Suponhamos, por absurdo, que x e y não são múltiplos de 3. Então
z 2 = x 2 + y 2 ≡ 2 ( mod 3) , absurdo!. Logo x ou y tem que ser múltiplo de 3. Assim temos que x ⋅ y ⋅ z é múltiplo de 3.
AFIRMAÇÃO 2: Se uma tripla ( x, y, z ) é solução da equação x 2 + y 2 = z 2 então
x ⋅ y ⋅ z é múltiplo de 5. EUREKA! N°33, 2011
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PROVA: Suponhamos, por absurdo, que x e y não são múltiplos de 5. Então
x 2 + y 2 ≡ 0 ou 2 ou 3 (mod 5). No primeiro caso temos que z é múltiplo de 5, portanto x ⋅ y ⋅ z é múltiplo de 5. No segundo e terceiro casos temos um absurdo, pois um número quadrado perfeito só pode deixar restos 0, 1 ou 4 módulo 5. Assim, temos que se ( x, y, z ) é solução da equação x 2 + y 2 = z 2 então x ⋅ y ⋅ z é múltiplo de 5. AFIRMAÇÃO 3: Se uma tripla
( x, y , z )
é solução da equação x 2 + y 2 = z 2 então
x ⋅ y ⋅ z é múltiplo de 4. Suponhamos, por absurdo, que x e y são ímpares. Então x 2 + y 2 ≡ 2 ( mod 4 ) , absurdo. Portanto x ou y tem que ser par. Se x for par, mas não
PROVA:
for múltiplo de 4, então x 2 ≡ 4 ( mod8 ) ⇒ x 2 + y 2 ≡ 4 , 5 ou 0 (mod 8). No primeiro e terceiro casos temos que y é par, portanto x ⋅ y ⋅ z é múltiplo de 4. No segundo caso temos um absurdo, pois um número quadrado perfeito só pode deixar restos 0, 1 ou 4 módulo 8. E se y for par é análogo. Assim, temos que x ⋅ y ⋅ z é múltiplo de 4. Portanto d é múltiplo de 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 60, logo d = 60. 139) Determine todos os inteiros positivos x, y, z satisfazendo x 3 − y 3 = z 2 , onde y
é primo, z não é divisível por 3 e z não é divisível por y.
SOLUÇÃO DE ADRIANO CARNEIRO TAVARES (CAUCAIA – CE) Suponha que exista uma solução. (I) Então z 2 = x 3 − y 3 = ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) = ( x − y )(( x − y ) 2 + 3 xy ) Como z não é divisível por 3 e nem por y, e y é um número primo, teremos por (I) mdc( x, y ) = 1 e mdc( x − y, 3) = 1. Então mdc ( x 2 + xy + y 2 , x − y ) = mdc (3 xy, x − y ) = 1
(II)
Agora (I) e (II) implicam que x − y = m , x + xy + y = n e z = mn , para certos inteiros positivos m e n. Temos 4n 2 = 4 x 2 + 4 xy + 4 y 2 = (2 x + y ) 2 + 3 y 2 . 2
2
2
2
Então 3 y 2 = (2n + 2 x + y )(2n − 2 x − y ). Sendo y um primo, então existem três possibilidades: a) 2n + 2 x + y = 3 y 2 , 2n − 2 x − y = 1
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b) 2n + 2 x + y = 3 y, 2n − 2 x − y = y c) 2n + 2 x + y = y 2 , 2n − 2 x − y = 3 Em (a), após a subtração das equações temos: 3 y 2 − 1 = 2(2 x + y ) = 2(2m 2 + 3 y ). Daí, m 2 + 1 = 3 y 2 − 6 y − 3m 2 ≡ 0 (mod 3). Por outro lado, temos sempre m 2 + 1 ≡ 1 ou 2 (mod 3). Nós chegamos a uma contradição. Em (b), subtraindo as equações chegamos x = 0, o que é absurdo! Subtraindo as equações em (c), chegamos em y 2 − 3 = 2(2 x + y ) = 2(2m 2 + 3 y ), que pode ser escrito assim: ( y − 3) 2 − 4m 2 = 12, ou seja, ( y − 3 + 2m)( y − 3 − 2m) = 12. Da equação chegamos a y = 7 e m = 1, pois devemos ter y − 3 + 2m = 6 e
y − 3 − 2m = 2 . Segue que x = y + m2 = 8 e z = 13 mn = m x + xy + y 2 . Veja que de fato 83 − 73 = 132. Esta é a única solução.
140) Mostre que 2903n − 803n − 464n + 261n é divisível por 1897, para todo n ∈ .
SOLUÇÃO DE MARCELO RIBEIRO DE SOUZA (RIO DE JANEIRO – RJ) LEMA: Sejam p1 , p2 dois números inteiros primos entre si. Então, se p1 a e
p2 a , ter-se-á p1 p2 a . DEMONSTRAÇÃO: p1 a ⇔ ∃k ∈
como
a = kp1. No entanto, deve-se ter p2 a = kp1 , ora,
( p1 , p2 ) = 1, conclui-se
k
p2 k ⇔ ∃k1 ∈
que
= k1 p2 .
Finalmente,
a = k1 p1 p2 ⇒ p1 p2 a . Note-se, inicialmente, que 1897 = 7 × 271. Escreva-se, então:
2903n − 464n − 803n + 261n ≡ ( −78) − ( −78) − ( −10) + ( −10) ≡ 0 ( mod271) , ∀n ∈ n
n
n
n
2903 − 464 − 803 + 261 ≡ 5 − 2 − 5 + 2 ≡ 0 ( mod 7 ) , ∀n ∈ n
n
n
n
n
n
n
n
(ii)
Assim, temos, pelo Lema, que 2903n − 464n − 803n + 261n ≡ 0 ( mod1897 ) , ∀n ∈ como se quis demonstrar. EUREKA! N°33, 2011
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(i)
,
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141) Dado a ∈ {0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9} , seja X ≠ ∅ um conjunto finito de inteiros positivos, tal que nenhum dos seus elementos possui o algarismo a em sua 1 representação decimal. Prove que ∑ < 80. n∈ X n SOLUÇÃO DE FABRÍCIO VASCONCELLOS PUPPI (SÃO PAULO – SP) Por um simples raciocínio combinatório, nota-se que a quantidade de inteiros positivos com k algarismos que não apresentam algum dígito a em sua representação decimal é 8 ⋅ 9k −1 , caso a ≠ 0, e 9k , caso a = 0. Seja N = max( X ) e d o número de dígitos de N. Seja S(T) a operação definida sobre um subconjunto finito T qualquer de * , tal que:
1 n∈T n
S (T ) = ∑
Pela definição de S, como cada elemento de T tem contribuição positiva no valor da soma que caracteriza a operação, claramente S é monótona em relação ao seu argumento, de tal modo que T ⊆ Q ⇒ S (T ) ≤ S ( Q ) . Assim, para
X = {`1, 2,3,..., N ,...,10d − 1} ∩ {n a não é dígito de n} , X ⊆ X . Para k −1
todo
inteiro
k −1
positivo n de k dígitos, n ≥ 10 ∴1 n ≤ 1 10 , sendo que a desigualdade estrita vale para todos os n de k dígitos exceto para um deles. Considerando inicialmente o caso em que a ≠ 0, tem-se:
1 1 1 d 8 ⋅ 9k −1 2 −1 d −1 + 8 ⋅ 9 ⋅ + ... + 8 ⋅ 9 ⋅ =∑ ( ) ( ) 1−1 102−1 10d −1 k =1 10k −1
∑ n < (8 ⋅ 9 ) ⋅ 10 1
1−1
n∈ X
( )
9k −1 k −1 k =1 10 d
∴ S ( X ) ≤ S X < 8∑
Como a somatória à direita é uma série geométrica, trivialmente tem-se que:
S ( X ) < 8⋅
1 − ( 9 /10 )
d
1 − ( 9 10 )
d = 80 ⋅ 1 − ( 9 10 ) < 80
EUREKA! N°33, 2011
57
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Para o caso a = 0 é necessário um refinamento de análise, pois o uso de processo idêntico ao acima só permitiria afirmar que S ( X ) < 90. Pra este caso, separou-se cada conjunto dos números de k algarismos em dois subconjuntos disjuntos: um dos 4 ⋅ 9k −1 inteiros que satisfazem 10k −1 ≤ n < 5 ⋅ 10k −1 e outro dos 5 ⋅ 9k −1 inteiros que satisfazem 5 ⋅ 10k −1 ≤ n < 10k . Assim, por um raciocionio análogo ao do caso anterior:
( )
d d 9 k −1 9k −1 9 k −1 5 5 + = ∑ ∑ k −1 k −1 k −1 k =1 10 k =1 5 ⋅ 10 k =1 10 d
S ( X ) ≤ S X < 4∑
∴S ( X ) < 5⋅
1 − ( 9 10 )
d
d = 50 ⋅ 1 − ( 9 10 ) < 50 < 80 . 1 − ( 9 10 )
Agradecemos o envio de soluções e a colaboração de: Adriano Carneiro Tavares (Caucaia – CE) Anderson Torres (Santana de Parnaíba – SP) Douglas Oliveira de Lima (Brasília – DF) Fabrício Vasconcellos Puppy (São Paulo – SP) Flávio Antonio Alves (Amparo – SP) Itamar Sales de Oliveira Fiolho (Cedro – CE) Jean Pierre Youyoute (Rio de Janeiro – RJ) Lucas Alves, Douglas Oliveira de Lima, Danillo Leal, Gustavo Campelo, Júlio Castro (Brasília – DF) Lucas Colucci Marcelo Ribeiro de Souza (Rio de Janeiro – RJ) Marcílio Miranda de Carvalho (Teresina – PI) Marcos Martinelli (Brasília – DF) Matheus Henrique Alves Moura (Fortaleza – CE) Renato Carneiro (Belo Horizonte – MG)
Prob. 140 Prob. 133, 137, 138, 139, 140, 141 Prob. 140 Prob. 137, 138, 140. Prob. 136 Prob. 136 Prob. 138 Prob. 136 Prob. 138 e 140 Prob. 136 Prob. 140 Prob. 133 e 136 Prob. 136 Prob. 140
Continuamos aguardando soluções para os problemas 134 e 135.
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PROBLEMAS PROPOSTOS
Convidamos o leitor a enviar soluções dos problemas propostos e sugestões de novos problemas para próximos números.
142) Seja A = {4,8,9,16, 25, 27,36,64,...} o conjunto das potências não triviais (números da forma a b , com a ≥ 2, b ≥ 2 naturais). Prove que, para todo natural n ≥ 1, existe um natural k tal que todos os termos da progressão aritmética k , 2k ,3k ,..., nk pertencem a A.
143)
Determime
todas
as
f , g,h :
funções
f ( xy ) = g ( x + y ) + h ( x + y ) , ∀x, y ∈ . 3
→
tais
que
3
144) Seja x ≥ 1 um número racional tal que existe uma constante c ≠ 0 e uma sequência ( an )n≥1 de inteiros tal que lim ( cx n − an ) = 0. Prove que x é inteiro. n →∞
145)
Encontre
todos os números 2π 3π p cos + q cos + r cos = 1. 7 7 7
π
racionais
p,
q,
146) Determine todos os subconjuntos não-vazios A, B, C de
r
de
modo
que
de modo que:
a) A ∩ B = B ∩ C = C ∩ A = ∅. b) A ∪ B ∪ C = . c) para quaisquer a ∈ A, b ∈ B e c ∈ C , temos: a + c ∈ A, b + c ∈ B e a + b ∈ C.
147) Demonstre que
( −1) ( −1) =n+ ∑ 2 ( 2k + 1) π k =0 sen n−2
k
n
−1
, para todo inteiro n ≥ 2.
4n − 2
148) Sejam m e n inteiros positivos. Calcule
n − k . m k =0 n −1
∑
149) a) Deseja-se organizar um torneio de futebol com n times ( n ≥ 2 ) em que cada time joga uma vez contra cada um dos outros, dividido em um certo número de rodadas. Em cada rodada cada time joga no máximo uma partida. EUREKA! N°33, 2011
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Prove que, se n é ímpar, é possível organizar um tal torneio com n rodadas e, se n é par, é possível organizar um tal torneio com n – 1 rodadas. b) Uma matriz n × n é preenchida com elementos do conjunto S = {1, 2,3,..., 2n − 1} . Sabe-se que, para todo i ∈ {1, 2,..., n} , a i-ésima linha e a iésima coluna contêm juntas todos os elementos de S. Quais os possíveis valores de n?
150) Sejam a, b e c números reais tais que ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 9. 3
Prove que
1
(a − b)
2
+
1
( a − b)
2
+
1
(c − a)
2
3
3
≥ 3 3.
Problema 142 adaptado de um problema proposto por Anderson Torres (Santana de Parnaíba – SP); 143 proposto por Anderson Torres (Santana de Parnaíba – SP); 144, 145 e 146 propostos por Carlos da Silva Ramos (Belém – PA); 147 e 148 propostos por Marcos Martinelli; 149 adapatado de um problema proposto por Anderson Torres (Santana de Parnaíba – SP); 150 adaptado de um problema proposto por Adriano Carneiro (Caucaia – CE).
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AGENDA OLÍMPICA XXXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – sábado, 18 de junho de 2011 Segunda Fase – sábado, 3 de setembro de 2011 Terceira Fase – sábado, 15 de outubro de 2011 (níveis 1, 2 e 3) domingo, 16 de outubro de 2011 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova) NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – sábado, 3 de setembro de 2011 Segunda Fase – sábado, 15 e domingo, 16 de outubro de 2011 IV ROMANIAN MASTER OF MATHEMATICS (RMM) 23 a 28 de fevereiro de 2011(Bucareste, Romênia) ASIAN PACIFIC MATH OLYMPIAD (APMO) 12 de março de 2011 XVII OLIMPÍADA DE MAIO 7 de maio de 2011 XXII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 14 a 20 de agosto de 2011(La Paz, Bolívia) LII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 13 a 24 de julho de 2011(Amsterdam, Holanda) I OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DA LUSOFONIA 20 a 31 de julho de 2011(Coimbra, Portugal) XVII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA (IMC) 24 a 30 de julho de 2011(Blagoevgrad, Bulgária) XXV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 23 de setembro a 1 de outubro de 2011(São José, Costa Rica) II COMPETIÇÃO IBEROAMERICANA INTERUNIVERSITÁRIA DE MATEMÁTICA 2 a 8 de outubro de 2011(Quito, Equador) XIII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA
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COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad Américo López Gálvez Antonio Carlos Nogueira Benedito Tadeu Vasconcelos Freire Bruno Holanda Carmen Vieira Mathias Claus Haetinger Cláudio de Lima Vidal Denice Fontana Nisxota Menegais Disney Douglas Lima de Oliveira Edson Roberto Abe Edney Aparecido Santulo Jr. Fábio Brochero Martínez Florêncio Ferreira Guimarães Filho Francinildo Nobre Ferreira Genildo Alves Marinho Herivelto Martins Gilson Tumelero Ivanilde Fernandes Saad João Benício de Melo Neto João Francisco Melo Libonati Diogo Diniz José Luiz Rosas Pinho José Vieira Alves José William Costa Krerley Oliveira Licio Hernandes Bezerra Luciano G. Monteiro de Castro Luzinalva Miranda de Amorim Marcelo Dias Marcelo Antonio dos Santos Marcelo Rufino de Oliveira Newman Simões Nivaldo Costa Muniz Osnel Broche Cristo Uberlândio Batista Severo Raul Cintra de Negreiros Ribeiro Reginaldo de Lima Pereira Reinaldo Gen Ichiro Arakaki Ricardo Amorim Ronaldo Alves Garcia Rogério da Silva Ignácio Rosangela Ramon Sérgio Cláudio Ramos Seme Gebara Neto Tadeu Ferreira Gomes Tomás Menéndez Rodrigues Valdenberg Araújo da Silva Vânia Cristina Silva Rodrigues Wagner Pereira Lopes Wanderson Breder William Serafim dos Reis
(UFJF) (USP) (UFU) (UFRN) (CAEN – UFC) (UNIFRA) (UNIVATES) (UNESP) (UNIPAMPA) (UFAM) (Colégio Objetivo de Campinas) (UEM) (UFMG) (UFES) (UFSJ) (Centro Educacional Leonardo Da Vinci) (USP – São Carlos) (UTFPR) (UC. Dom Bosco) (UFPI) (Grupo Educacional Ideal) (UFPB) (UFSC) (UFPB) (Instituto Pueri Domus) (UFAL) (UFSC) (Sistema Elite de Ensino) (UFBA) (Grupo Educacional Etapa) FACOS (Grupo Educacional Ideal) (Cursinho CLQ Objetivo) (UFMA) (UFLA) (UFPB) (Colégio Anglo) (Escola Técnica Federal de Roraima) (UNIFESP) (Centro Educacional Logos) (UFGO) (Col. Aplic. da UFPE) (UNOCHAPECÓ) (IM-UFRGS) (UFMG) (UEBA) (U. Federal de Rondônia) (U. Federal de Sergipe) (U. Metodista de SP) (CEFET – GO) (CEFET – RJ) (UFT – TO)
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Juiz de Fora – MG Ribeirão Preto – SP Uberlândia – MG Natal – RN Fortaleza – CE Santa María – RS Lajeado – RS S.J. do Rio Preto – SP Bagé – RS Manaus – AM Campinas – SP Maringá – PR Belo Horizonte – MG Vitória – ES São João del Rei – MG Taguatingua – DF São Carlos – SP Pato Branco – PR Campo Grande – MS 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 São Paulo – SP Osório – RS Belém – PA Piracicaba – SP São Luis – MA Lavras – MG João Pessoa – PB Atibaia – SP Boa Vista – RR SJ dos Campos – SP Nova Iguaçu – RJ Goiânia – GO Recife – PE Chapecó – SC Porto Alegre – RS Belo Horizonte – MG Juazeiro – BA Porto Velho – RO São Cristóvão – SE S.B. do Campo – SP Jataí – GO Nova Friburgo – RJ Arraias – TO
CONTEÚDO XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
3
Problemas e soluções da Primeira Fase XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
15
Problemas e soluções da Segunda Fase XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
34
Problemas e soluções da Terceira Fase XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
59
Problemas e soluções da Primeira Fase Nível Universitário XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
67
Problemas e soluções da Segunda Fase Nível Universitário XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
78
Premiados AGENDA OLÍMPICA
85
COORDENADORES REGIONAIS
86
Sociedade Brasileira de Matemática
Esta edição é dedicada à memória do professor Sergio Plaza Salinas da Universidad de Santiago de Chile, que colaborou como membro do comitê editorial da revista Eureka! desde 1998, e que nos deixou neste ano de 2011.
Os editores
EUREKA! N°34, 2011
2
Sociedade Brasileira de Matemática
XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e soluções da Primeira Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1
1. Qual dos números a seguir não é múltiplo de 15? A) 135 B) 315 C) 555 D) 785
E) 915
2. Ana, Esmeralda e Lúcia têm, juntas, 33 reais. Ana e Esmeralda, juntas, têm 19 reais e Esmeralda e Lúcia, juntas, têm 21 reais. Quantos reais tem Esmeralda? A) 6 B) 7 C) 10 D) 12 E) 14 3. Aumentando 2% o valor um número inteiro positivo, obtemos o seu sucessor. Qual é a soma desses dois números? A) 43
B) 53
C) 97
D) 101
E) 115
4. Qual é o maior número de fichas que podemos colocar em um tabuleiro 5 × 5 , no máximo uma em cada casa, de modo que o número de fichas em cada linha e cada coluna seja múltiplo de 3? A) 6 B) 9 C) 12 D) 15 E) 24 5. Carlos tem 2010 blocos iguais de 10 cm de largura por 20 cm de comprimento e 1,5 cm de espessura e resolveu empilhá-los formando uma coluna de 20 cm de largura por 40 cm de comprimento, como na figura. Qual dos valores a seguir, em metros, é o mais próximo da altura dessa coluna? A) 7
B) 7,5
C) 8
D) 8,5
6. Qual das alternativas apresenta um divisor de 35 ⋅ 44 ⋅ 53 ? A) 42 B) 45 C) 52 D) 85 7. Dividindo-se o número 4 A) 2 B) 43
(4 ) 2
por 44 obtemos o número: C) 44 D) 48
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3
E) 9
E) 105
E) 412
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8. As quatro faces de um dado são triângulos equiláteros, numerados de 1 a 4, como no desenho. Colando-se dois dados iguais, fazemos coincidir duas faces, com o mesmo número ou não. Qual dos números a seguir não pode ser a soma dos números das faces visíveis? A) 12 B) 14 C) 17 D) 18 E) 19 9. Quantos divisores positivos de 120 são múltiplos de 6? A) 4 B) 5 C) 6 D) 8
E) 12
10. O desenho mostra dois quadrados de papel sobrepostos, um de lado 5 cm e outro de lado 6 cm. Qual é o perímetro da figura formada (linha grossa no contorno do desenho), em centímetros? A) 31 B) 34 C) 36 D) 38 E) 41
11. O horário indicado pelo relógio ao lado está correto. A partir desse momento, porém, o relógio começa a atrasar exatamente 5 minutos a cada hora real. Depois de quantos dias o relógio voltará a apresentar um horário correto? A) 1 B) 2 C) 4 D) 6 E) 12
12. No reticulado a seguir, pontos vizinhos na vertical ou na horizontal estão a 1 cm de distância. 1cm 1cm
Qual é a área da região sombreada? A) 7 B) 8 C) 8,5
D) 9
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4
E) 9,5
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13. Um jornal publicou a tabela de um campeonato de futebol formado por quatro times, apresentando os gols marcados e os gols sofridos por cada time. Por uma falha de impressão, a tabela saiu com dois números borrados, conforme reprodução a seguir. Gols marcados 8 1 4 5
Craques do Momento Independentes EC Boleiros Esmeralda FC
Gols sofridos 4 6 *** ***
Sabe-se que o time Esmeralda FC sofreu dois gols a mais que o time EC Boleiros. Quantos gols sofreu o time Esmeralda FC? A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 14. Ana começou a descer uma escada no mesmo instante em que Beatriz começou a subi-la. Ana tinha descido
3 da escada quando cruzou com Beatriz. No 4
momento em que Ana terminar de descer, que fração da escada Beatriz ainda terá que subir? A)
1 4
B)
1 3
C)
1 12
D)
5 12
E)
2 3
15. Alguns números inteiros positivos, não necessariamente distintos, estão escritos na lousa. A soma deles é 83 e o produto é 1024. O menor número é igual a: A) 1 B) 2 C) 4 D) 8 E) 16 16. Numa sala do 6º ano, todos gostam de pelo menos uma das duas matérias:
3 5 dos alunos gostam de Matemática e 4 7
Matemática ou Português. Sabe-se que
dos alunos gostam de Português. A sala tem 56 alunos. Quantos alunos gostam dessas duas matérias ao mesmo tempo? A) 4 B) 8 C) 13 D) 24 E) 26
EUREKA! N°34, 2011
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Sociedade Brasileira de Matemática
17. O desenho representa um canto de um tabuleiro retangular convencional, formado por quadradinhos de lado 1 cm. Nesse tabuleiro, 17 quadradinhos são brancos. Qual é a área do tabuleiro, em centímetros quadrados? A) 29 E) 150
B) 34
C) 35
D) 40
18. A figura representa uma barra de chocolate que tem um amendoim apenas num pedaço. Elias e Fábio querem repartir o chocolate, mas nenhum deles gosta de amendoim. Então combinam dividir o chocolate quebrando-o ao longo das linhas verticais ou horizontais da barra, um depois do outro e retirando o pedaço escolhido, até que alguém tenha que ficar com o pedaço do amendoim. Por sorteio, coube a Elias começar a divisão, sendo proibido ficar com mais da metade do chocolate logo no começo. Qual deve ser a primeira divisão de Elias para garantir que Fábio fique com o amendoim ao final? A) Escolher a primeira coluna à esquerda. B) Escolher as duas primeiras colunas à esquerda. C) Escolher a terceira linha, de cima para baixo. D) Escolher as duas últimas linhas, de cima para baixo. E) Qualquer uma, já que Fábio forçosamente ficará com o amendoim. 19. Quatro amigos, Arnaldo, Bernaldo, Cernaldo e Dernaldo estão jogando cartas. São 20 cartas diferentes, cada carta tem uma entre 4 cores (azul, amarelo, verde, vermelho) e um número de 1 a 5. Cada amigo recebe cinco cartas, de modo que todas as cartas são distribuídas. Eles fazem as seguintes afirmações: Arnaldo: “Eu tenho quatro cartas com o mesmo número.” Bernaldo: “Eu tenho as cinco cartas vermelhas.” Cernaldo: “As minhas cinco cartas são de cores que começam com a letra V.” Dernaldo: “Eu tenho três cartas de um número e duas cartas de outro número.” Sabe-se que somente uma das afirmações é falsa. Quem fez essa afirmação? A) Arnaldo B) Bernaldo C) Cernaldo D) Dernaldo E) Não é possível definir. EUREKA! N°34, 2011
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20. A figura a seguir foi recortada em cartolina e depois dobrada para formar um icosaedro. As faces em branco foram numeradas de modo que ao redor de cada vértice (pontas do sólido) apareçam os números de 1 a 5. Qual número está na face com a interrogação?
ICOSAEDRO A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
PROBLEMAS – NÍVEL 2
1. Veja o problema No. 6 do Nível 1. 2. Aumentando em 2% o valor do menor de dois números consecutivos, obtém-se o maior deles. Qual é a soma desses números? A) 43 B) 53 C) 97 D) 101 E) 115 3. Veja o problema No. 7 do Nível 1 4. Cecília pegou uma cartolina e recortou as 8 peças à direita, formadas por quadradinhos de mesmo tamanho. De quantas maneiras diferentes ela pode escolher 3 dessas peças para montar o quadrado 3× 3 à esquerda? A) 3 B) 4 C) 5
D) 6
1 1 = y − . Então xy é igual a x y D) –4
5. Os números x e y são distintos e satisfazem x − A) 4 B) 1 E) é preciso de mais dados.
E) 7
C) –1
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6. Sônia calculou a média aritmética de dois diferentes números de dois dígitos e obteve 98. Qual é a diferença entre esses números? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) um número maior que 4 7. Veja o problema No. 17 do Nível 1. 8. Quantos inteiros da lista 100, 101, 102, ..., 999 não possuem algarismos iguais a 2, 5, 7 ou 8? A) 160 B) 170 C) 180 D) 190 E) 200 9. No triângulo ABC, m(BÂC) = 140o. Sendo M o ponto médio de BC, N o ponto médio de AB e P o ponto sobre o lado AC tal que MP é perpendicular a AC, qual é a medida do ângulo NMˆ P ? A) 40o B) 50o C) 70o D) 90o E) 100o 10. Veja o problema No. 4 do Nível 1
n é também inteiro? 100 − n C) 10 D) 18 E) 100
11. Para quantos inteiros n o número A) 1
B) 6
12. Ana começou a descer uma escada de 24 degraus no mesmo instante em que 3 da escada quando cruzou com Beatriz começou a subi-la. Ana tinha descido 4 Beatriz. No momento em que Ana terminar de descer, quantos degraus Beatriz ainda terá que subir? A) 2 B) 6 C) 8 D) 10 E) 16 13. Veja o problema 19 do Nível 1. 14. No desenho, o retângulo cinza tem seus vértices sobre os lados do triângulo equilátero de área 40 cm2. O menor lado do retângulo é um quarto do lado do triângulo. A área do retângulo em cm2 é:
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Sociedade Brasileira de Matemática
A) 5
B) 10
C) 15
D) 18
E) 22
15. Veja o problema No. 15 do Nível 1. 16. De quantas maneiras é possível desenhar a figura a seguir sem tirar o lápis do papel (ou qualquer outro utensílio, se você preferir!) começando de P e sem passar sobre o mesmo ponto mais de uma vez, com exceção do ponto comum aos três triângulos?
P
A) 48
B) 24
C) 16
D) 108
E) 27
17. Os pontos P, Q, R, S e T são vértices de um polígono regular. Os lados PQ e TS são prolongados até se encontrarem em X, como mostra a figura, e QXˆS mede 140o. Quantos lados o polígono tem?
A) 9
B) 18
C) 24
D) 27
E) 40
18. Veja o Problema No. 20 do Nível 1. 19. O professor Piraldo tem dois relógios, ambos digitais de 24 horas. Nenhum dos dois funciona: um muda de horário com o dobro da velocidade normal e o outro vai EUREKA! N°34, 2011
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de trás para frente, na velocidade normal. Ambos mostram corretamente 13:00. Qual é a hora certa na próxima vem em que os dois relógios mostrarem o mesmo horário? A) 05:00 B) 09:00 C) 13:00 D) 17:00 E) 21:00
20. Uma figura no formato de cruz, formada por quadrados de lado 1, está inscrita em um quadrado maior, cujos lados são paralelos aos lados do quadrado tracejado, cujos vértices são vértices da cruz. Qual é a área do quadrado maior?
A) 9
B)
49 5
C) 10
D)
81 8
E)
32 3
21. Quantos são os pares (x, y) de inteiros positivos tais que x2 – y2 = 22010? A) 1000 B) 1001 C) 1002 D) 1003 E) 1004 22. Quatro números inteiros positivos a < b < c < d são tais que o mdc entre quaisquer dois deles é maior do que 1, mas mdc(a, b, c, d) = 1. Qual é o menor valor possível para d? A) 10 B) 12 C) 15 D) 30 E) 105 23. Veja o problema No. 8 do Nível 1. 24. Na figura, BC = 2BH. B x
80o
H 30o
A
A) 10o
B) 15o
C) 16o
D) 20o
EUREKA! N°34, 2011
10
C
E) 25o
Sociedade Brasileira de Matemática
25. Os números a e b são reais não negativos tais que a3 + a < b – b3. Então A) b < a < 1 B) a = b = 1 C) a < 1 < b D) a < b < 1 E) 1 < a < b PROBLEMAS – NÍVEL 3
1. Dividindo-se o número 4 A) 2 B) 43
( 4 ) por 44 obtemos o número: 2
C) 44
D) 48
2. Qual dos seguintes números é um divisor de 35 ⋅ 4 4 ⋅ 53 ? A) 42 B) 45 C) 52 D) 85
E) 412
E) 105
3. Veja o Problema No. 8 do Nível 1. 4. Veja o Problema No. 14 do Nível 1. 5. Um quadrado PQRS tem lados medindo x. T é o ponto médio de QR e U é o pé da perpendicular a QS que passa por T. Qual é a medida de TU?
A)
x 2
B)
x 3
C)
x 2
D)
x 2 2
E)
x 4
1 1 = y − . Então xy é igual a x y D) –4
6. Os números x e y são distintos e satisfazem x − A) 4 B) 1 E) é preciso de mais dados
C) –1
7. Considere todos os números de três algarismos distintos, cada um igual a 0, 1, 2, 3 ou 5. Quantos desses números são múltiplos de 6? A) 4 B) 7 C) 10 D) 15 E) 20 EUREKA! N°34, 2011
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8. O máximo divisor comum de todos os números que são o produto de cinco ímpares positivos consecutivos é A) 1 B) 3 C) 5 D) 15 E) 105 9. Veja o problema 17 do Nível 2. 10. Veja o problema 19 do Nível 1. 11. Esmeralda ia desenhar o gráfico de y = 2x + 6 mas trocou os eixos de lugar. Como fica o desenho dessa relação com os eixos trocados de lugar?
12. Qual das seguintes frações é mais próxima de 7 ? 3 5 8 13 A) B) C) D) 1 2 3 5
E)
18 7
13. No triângulo ABC, m(BÂC) = 140º. Sendo M o ponto médio de BC, N o ponto médio de AB e P o ponto sobre o lado AC tal que MP é perpendicular a AC, qual é ˆ ? a medida do ângulo NMP A) 40º B) 50º C) 70º D) 90º E) 100º 14. Veja o problema 16 do Nível 2. 15. Veja o problema No. 20 do Nível 1. 16. Os números a e b são reais não negativos tais que a3 + a < b – b3. Então A) b < a < 1 B) a = b = 1 C) a < 1 < b D) a < b < 1 E) 1 < a < b 17. Quantos são os pares (x, y) de inteiros positivos tais que x2 – y2 = 22010? A) 1000 B) 1001 C) 1002 D) 1003 E) 1004
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18. Veja o problema No. 8 do Nível 1. 19. Seja ABC um triângulo e X, Y e Z pontos sobre os lados BC, CA, AB tais que CX AY BZ = = =2. XB YC ZA
A Z Y B
C
X
A razão entre as áreas do triângulo XYZ e do triângulo cujos lados são congruentes às medianas de ABC é: Obs.: as medianas de um triângulo são os segmentos que ligam os vértices do triângulo aos pontos médios dos lados opostos. 2 1 4 1 1 A) B) C) D) E) 3 2 9 3 4
20. Para cada subconjunto A de {1;2;3;4;5;6;7;8;9;10}, seja p(A) o produto de seus elementos. Por exemplo, p({1;2;4;5}) = 40 e p(A) = 10! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅…⋅ 10 . Por convenção, adote p ( ∅ ) = 1. A soma de todos os 210 produtos p(A) é igual a: A) 211 B) 11! C) 1111 D) 211! E) 112! 21. Sendo n = 20102010 e log n é igual ao número m tal que 10m = n, então A) n! < nlog n < (log n)n B) nlog n < n! < (log n)n C) (log n)n < nlog n < n! D) (log n)n < n! < nlog n E) nlog n < (log n)n < n! 22. Quatro números inteiros positivos a < b < c < d são tais que o mdc entre quaisquer dois deles é maior do que 1, mas mdc(a, b, c, d) = 1. Qual é o menor valor possível para d? A) 10 B) 12 C) 15 D) 30 E) 105 23. Qual é o maior valor de xy2 se x e y são reais positivos cuja soma é 3? A) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) 7 EUREKA! N°34, 2011
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24. Um ponto P é escolhido ao acaso no interior de um quadrado QRST. Qual é a ˆ ser agudo? probabilidade do ângulo RPQ
A)
3 4
B)
2 −1
C)
1 2
D)
π
E) 1 −
4
π 8
25. Qual é o menor valor positivo de 21m2 – n2 para m e n inteiros positivos? A) 1 B) 2 C) 3 D) 5 E) 7
GABARITO NÍVEL 1 (6º. ou 7º. Anos do Ensino Fundamental) 1) D 6) B 11) D 2) B 7) E 12) B 3) D 8) E 13) D 4) D 9) C 14) E 5) B 10) D 15) A
16) E 17) C 18) A 19) B 20) D
NÍVEL 2 (8º. ou 9º. Anos do Ensino Fundamental) 1) B 6) B 11) D 2) D 7) C 12) E 3) E 8) C 13) B 4) E 9) D 14) C 5) C 10) D 15) A
16) A 17) D 18) D 19) E 20) B
21) E 22) C 23) E 24) Anulada 25) D
NÍVEL 3 (Ensino Médio) 1) E 6) C 2) B 7) B 3) E 8) D 4) E 9) D 5) D 10) B
16) D 17) E 18) A 19) C 20) B
21) E 22) C 23) B 24) E 25) C
11) E 12) C 13) D 14) A 15) D
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XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e soluções da Segunda Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 – PARTE A (Cada problema vale 5 pontos) 01. Uma jarra contém
1 de sua capacidade em água. Despejando um copo cheio de 4
água na jarra, o volume de água atinge 1 da sua capacidade. Quantos copos cheios 3
mais ainda serão necessários para acabar de encher a jarra? 02. Joãozinho tem que fazer uma multiplicação como lição de casa, mas a chuva
molhou o caderno dele, borrando alguns algarismos, que estão representados por (cada algarismo borrado pode ser diferente dos outros). 1
×
3
2 4
4 0 1
2 0
+ 0
2
Qual é a soma dos algarismos que foram borrados? 03. Soninha pintou as seis faces de um cubo da seguinte
maneira: uma face preta e a face oposta vermelha, uma face amarela e a face oposta azul, uma face branca e a oposta verde. Ao olhar para o cubo, de modo a ver três faces, como na figura, e considerando apenas o conjunto das cores das três faces visíveis, de quantas maneiras diferentes pode ser visto esse cubo? 04. Esmeralda foi escrevendo os quadrados dos números inteiros positivos um em
seguida ao outro formando o número 149162536... e parou quando chegou no centésimo algarismo. Qual foi o último algarismo que ela escreveu?
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05. Carlinhos escreve números inteiros positivos diferentes e menores do que 1000
em várias bolas e coloca-as numa caixa, de modo que Mariazinha possa pegar ao acaso duas dessas bolas. Quantas bolas no máximo Carlinhos irá colocar na caixa se os números das duas bolas deverão ter um divisor comum maior do que 1? 06. Num concurso com 10 questões, cada resposta correta valia 3 pontos, cada
resposta errada valia 1 ponto negativo e cada questão não respondida valia 0 ponto. Não houve dois candidatos que apresentassem a mesma nota, feitas as correções. Quantos candidatos no máximo fizeram essa prova? PROBLEMAS – NÍVEL 1 – PARTE B (Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1
Com cinco quadrados com lados de 27 cm, formamos uma sequência de figuras, das quais as quatro primeiras são:
a) Na 4ª figura, qual é a área do quadrado cinza? b) Na 5ª figura, qual é a área do quadrado cinza? PROBLEMA 2
Maria tem 90 cartões. Ela numerou os cartões de 10 a 99 numa das faces e, para cada número escrito, escreveu a soma dos seus algarismos na outra face. Por exemplo, o cartão de número 43 tem o número 7 escrito no verso. Em quais cartões um número de uma face é o dobro do número escrito na outra face?
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PROBLEMA 3
Fazendo três cortes num quadrado 3 × 3 e juntando as quatro partes resultantes a um quadrado 4 × 4 , obtemos um quadrado 5 × 5 , conforme indicado na figura. Os cortes devem ser paralelos aos lados dos quadrados e não pode haver sobreposição de figuras para a realização dos cortes. a) Transforme um quadrado de lado 8 cm e um quadrado de lado 15 cm num único quadrado de lado 17 cm, fazendo quatro cortes apenas no quadrado de 8 cm. b) Qual é o menor número de cortes para transformar três quadrados, de áreas respectivamente iguais a 4 cm2, 9 cm2 e 36 cm2, num único quadrado? PROBLEMAS – NÍVEL 2 – PARTE A (Cada problema vale 5 pontos) 01. Seja N o menor número inteiro positivo que multiplicado por 33 resulta em um número cujos algarismos são todos iguais a 7. Determine a soma dos algarismos de N. 02. Na figura seguinte, os triângulos ABC e ABD são retângulos em A e D,
respectivamente. Sabendo que AC = 15 cm, AD = 16 cm e BD = 12 cm, determine, em cm2, a área do triângulo ABE. C D E
A
B 2
03. Sejam p, q números reais satisfazendo as relações 2p – 3p – 1 = 0, q2 + 3q – 2 =
0 e pq ≠ 1. Ache o valor de
pq + p + 1 . q
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04. Em uma cidade arbitrária o prefeito organizou uma rifa com bilhetes numerados
de 100 a 999. O prêmio de cada bilhete é determinado pela soma dos algarismos do número do bilhete. Para que ninguém leve três prêmios iguais, estabeleceu-se que quem retirar três bilhetes com as três somas iguais tem direito a um superprêmio. Qual é o menor número de bilhetes que um cidadão deve comprar para ter a certeza de que vai receber um superprêmio? 05. Sejam r e s números inteiros. Sabe-se que a equação do segundo grau
x2 – (r + s)x + rs + 2010 = 0 tem as duas soluções inteiras. Quantos são os possíveis valores de |r – s|? PROBLEMAS – NÍVEL 2 – PARTE B (Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1
Joãozinho deseja colorir um tabuleiro 2 × 2010 com duas cores A e B. Uma coloração é dita legal se não é possível encontrar um L-triminó, como na figura abaixo, com todos os seus quadradinhos de mesma cor. Determine o número de colorações legais.
L – Triminó
Veja abaixo duas colorações que não são legais:
PROBLEMA 2
Determine todos os números primos m e n tais que 0 < m < n e os três números 2m + n, m + 2n e m + n – 18 sejam também primos.] PROBLEMA 3
Chamaremos de imagem de um número natural de dois algarismos o número que se EUREKA! N°34, 2011
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obtém trocando a ordem de seus algarismos. Por exemplo, a imagem de 34 é 43. Quais são os números de dois algarismos que somados com sua imagem resultam em um quadrado perfeito? PROBLEMA 4
As bissetrizes internas dos ângulos Aˆ e Cˆ do triângulo ABC cortam-se no ponto I. Sabe-se que AI = BC e que m( ICˆ A) = 2m( IAˆ C ) . Determine a medida do ângulo
ABˆ C . PROBLEMAS – NÍVEL 3 – PARTE A (Cada problema vale 4 pontos)
01. Seja N o menor número inteiro positivo que multiplicado por 33 resulta em um número cujos algarismos são todos iguais a 7. Determine a soma dos algarismos de N. 02. Sejam r e s números inteiros. Sabe-se que a equação do segundo grau
x2 – (r + s)x + rs + 2010 = 0 tem as duas soluções inteiras. Quantos são os possíveis valores de |r – s|? 03. Na figura a seguir, as três circunferências em traço contínuo são tangentes às
retas r e s e a circunferência tracejada passa pelos pontos A, B, C e D. Além disso, a circunferência menor é tangente também a AD e a circunferência maior é também tangente a BC. Se os raios das circunferências externas ao quadrilátero ABCD são 8 e 18, calcule o raio R da circunferência inscrita em ABCD. r A 8
B
18
R
D C
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s
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04. Cada uma das oito casas de um retângulo de duas linhas e quatro colunas é
pintada de uma entre três cores. Uma coluna é chamada de corte se as suas duas casas são da mesma cor. De quantas maneiras é possível pintar o retângulo de modo que haja exatamente um corte? 05. Calcule
(2 (1
4
)( )(
)( )(
) ( ) (
)
+ 2 2 + 1 4 4 + 4 2 + 1 6 4 + 6 2 + 1 … 32 4 + 32 2 + 1 4 + 12 + 1 3 4 + 3 2 + 1 5 4 + 5 2 + 1 … 314 + 312 + 1
)
PROBLEMAS – NÍVEL 3 – PARTE B (Cada problema vale 10 pontos)
PROBLEMA 1
As bissetrizes internas dos ângulos Aˆ e Cˆ do triângulo ABC cortam-se no ponto I. Sabe-se que AI = BC e que m( ICˆ A) = 2m( IAˆ C ) . Determine a medida do ângulo ABˆ C . PROBLEMA 2
Diamantino gosta de jogar futebol, mas se jogar dois dias seguidos ele fica com dores musculares. De quantas maneiras Diamantino pode escolher em quais de dez dias seguidos ele vai jogar bola sem ter dores musculares? Uma maneira é não jogar futebol em nenhum dos dias. PROBLEMA 3
Resolva o sistema
x + y + z = 77 xy + yz + zx + xyz = 946 sendo x ≤ y ≤ z inteiros não negativos. PROBLEMA 4
Uma mesa de bilhar tem o formato de um quadrado ABCD. SuperPablo tem uma missão especial: ele deve dar uma tacada em uma bola de bilhar, inicialmente colocada no vértice A, de modo que, após bater exatamente 2010 vezes nos lados do quadrado, a bola chegue, pela primeira vez, a um vértice do quadrado.
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Quantos são os possíveis valores do ângulo formado pelo lado AB com a trajetória inicial da bola?
Observação: ao bater nos lados do quadrado, a bola sofre reflexão perfeita, ou seja, o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão. Suponha também que a bola seja um ponto.
α
α
SOLUÇÕES NÍVEL 1 – SEGUNDA FASE – PARTE A
Problema Resposta
01 8
02 60
03 8
04 9
05 499
06 38
1 1 4−3 1 − = = do volume da jarra. 3 4 12 12 2 2 1 2 Falta encher 1 − = da jarra. Para isso são necessários 3 = × 12 = 8 copos. 1 3 3 3 12
01. Volume de um copo de água é igual a
02. Como o algarismo das unidades do produto é 2, o algarismo das unidades do multiplicando é 4. Assim, obtemos o algarismo da direita da 3ª linha do algoritmo e 1 4 1 4 também os dois últimos 3 × 2 × 2 9 3 algarismos da 5ª linha, conforme 4 2 4 2 figura à direita. Como o algarismo 4 2 + 4 2 6 + das dezenas do produto é 0, o algarismo da direita na 4ª linha do 0 2 8 0 2 8 0 0 2 1 0 0 2 algoritmo deve ser 6. Logo o 1 algarismo das dezenas do multiplicador é 9, conforme figura à esquerda. Como o 2º algarismo à direita 5ª linha é 0, o algarismo das centenas EUREKA! N°34, 2011
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do multiplicando é 5. A partir do algoritmo completo, mostrado à direita, concluímos que a soma dos algarismos que foram borrados é
5 + 4 + 9 + 1 + 5 + 2 + 6 + 6 + 1 + 2 + 8 + 5 + 6 = 60
1 1
4 0 5
× 1 6 2 0
5 2 5 2 8 6
1 9 4 6
4 3 2 +
0
2
03. Cada 3 faces que podem ser vistas ao mesmo tempo
compartilham um vértice. Como o cubo tem 8 vértices, o número de composições de cores percebidas visualmente é 8. 04. Os números 12, 22, 32 possuem um algarismo. Os números 42, 52, ..., 92 possuem
dois algarismos. Os números 102, 112, ..., 312 possuem três algarismos. Assim, ao escrever o quadrado do número 31, o número de algarismos escritos é 1 × 3 + 2 × 6 + 3 × 22 = 81 , faltando escrever 19 algarismos. Com os quadrados de 32, 33, 34 e 35, temos mais 4 × 4 = 16 algarismos, faltando ainda escrever apenas três algarismos. Como o quadrado de 36 é 1296, concluímos que o último algarismo escrito foi o 9, o centésimo algarismo escrito por Esmeralda.
05. Não podemos colocar o número 1 em nenhuma bola, pois o MDC entre 1 e qualquer outro número é 1, assim temos 998 números disponíveis. Além disso, se forem usadas 500 bolas ou mais, haverá duas com números consecutivos, sempre primos entre si, então não podemos colocar mais que 499 bolas. Mas existe uma forma de colocar 499 bolas, usando os números pares de 2 a 998. 06. Quem acerta a questões e erra b obtém 3a – b pontos, com a + b ≤ 10 . Obtemos
os números de 0 a –10 com a = 0, ao todo 11 inteiros. Obtemos os números de 1 a 30 usando os valores 0, 1 ou 2 para b, não obtendo apenas 3.9 – 2 = 25, 3.10 – 1 = 29 e 3.10 – 2 = 28, pois nesses casos ficamos com a + b > 10, ao todo 30 – 3 = 27 inteiros. Logo, o número máximo de candidatos nas condições apresentadas é 11 + 27 = 38. SOLUÇÕES NÍVEL 1 – SEGUNDA FASE – PARTE B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:
Em cada figura, a área do quadrado cinza é uma fração da área do quadrado original. Nas figuras apresentadas, a partir da segunda, as áreas são iguais,
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4 × 27 × 27 9 4 4 respectivamente, a × × 27 × 27 9 9 4 4 4 × × × 27 × 27 = 64 9 9 9 a) Na 4ª figura, a área do quadrado cinza é igual a 64, segundo os produtos acima. b) Na 5ª figura, admitindo que a obtenção do quadrado cinza seja feita da mesma 4 maneira, a sua área é igual a da área do quadrado cinza da 4ª figura, ou seja, é 9 4 256 2 igual a × 64 = cm . 9 9 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:
Para um número cujo algarismo das dezenas é a e cujo algarismo das unidades é b, temos 10a + b = 2 ( a + b ) ou a + b = 2 (10a + b ) . A segunda equação não tem soluções positivas, e na primeira equação temos 10a + b = 2 ( a + b ) ⇔ 10a + b = 2a + 2b ⇔ 8a = b . Necessariamente temos a = 1 e b = 8. De fato, no cartão de número 18 a soma dos algarismos é 9. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:
1º, 2º e 3º cortes
4ºcorte
a) Bastam 4 cortes no quadrado de lado 8 cm, conforme ilustrado nos desenhos à direita.
Ou ainda, como a figura a seguir. EUREKA! N°34, 2011
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4ºcorte
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1º, 2º e 3º cortes
b) Uma possibilidade (exemplo 1) é juntar ao quadrado maior pedaços dos quadrados menores, obtendo-se um quadrado de área 4 + 9 + 36 = 49 cm2. Para isso, dividimos o quadrado de lado 3 em três tiras 3 × 1 com dois cortes e o quadrado de lado 2 em duas tiras 2 × 1 com um corte, num total de 3 cortes, conforme desenho à esquerda. Menos que 3 cortes não formam peças que se encaixam na região sombreada.
(exemplo 1) Outras maneiras (exemplos 2 e 3) demontar o quadrado também com três cortes são apresentadas ao lado.
(exemplo 2)
(exemplo 3)
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SOLUÇÕES NÍVEL 2 – SEGUNDA FASE – PARTE A
Problema Resposta
01
02
03
04
05
25
75
1
53
8
01. O critério de divisibilidade por 11 nos diz que se o número 33N possui todos os
seus algarismos iguais e é divisível por 11, então ele deve possuir um número par da algarismos. O critério de divisibilidade por 3 também nos diz que a soma dos algarismos deve ser múltipla de 3 e isso obriga que a quantidade de algarismos 7 seja divisível por 3. O menor número que cumpre essas condições é 777777, ou seja, N = 777777/33 = 23569. 02. Pelo teorema de Pitágoras, temos que
AB = AD 2 + BD 2 = 20 e que
CB = AC 2 + AB 2 = 25 . Os triângulos ABC e ADB são semelhantes pois os seus EAB = EBA e ACB = 90 − EBA = 90 − EAB = CAE. . Concluímos assim que E é o ponto médio de 15 ⋅ 20 CB e a área procurada é metade da área do triângulo CAB, ou seja, = 75. 4 lados
são
proporcionais
e
consequentemente
temos
03. Como p não pode ser zero, podemos dividir a primeira equação por − p 2 e
obter
1 1 + 3 − 2. Isto nos diz que as raízes da primeira equação são os inversos 2 p p
das raízes da segunda equação. Como pq ≠ 1. , p é igual ao inverso da outra raíz da segunda equação que é diferente de q, ou seja, p =
1 pois a soma das raízes −3 − q
da segunda equação é igual a –3. Substituindo na expressão procurada: 2 2 pq + p + 1 − q − 1 + 3 + q = = = =1 2 2 q 3q + q 3q + q 2 04. A soma dos dígitos dos bilhetes é no mínimo 1 e no máximo 27. Para as somas 1 e 27 existem apenas dois bilhetes, enquanto que para qualquer outro valor existem pelo menos três bilhetes. Então retirando 1 + 1 + 2 × ( 27 − 2 ) + 1 = 53 iremos
escolher pelo menos três números com mesma soma.
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05. Para que as soluções sejam inteiras, o discriminante da equação do segundo
grau deve ser o quadrado de um inteiro positivo, digamos t 2 . Assim
(r + s)
2
− 4rs − 4 × 2010 = t 2
( r − s ) − t 2 = 4 × 2010 (( r − s ) + t ) (( r − s ) − t ) 2
2
×
Como os números
2
= 2010
( ( r − s ) + t ) e ( ( r + s ) + t ) possuem a mesma paridade e 2010 é
inteiro, concluímos que os termos no produto anterior são inteiros. A cada para de
2010 divisores do tipo d , do número 2010, temos uma solução para t e r − s d na última equação. Como 2010 possui 16 divisores, o número de soluções é 8. SOLUÇÕES NÍVEL 2 – SEGUNDA FASE – PARTE B SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:
A pintura da primeira coluna 2 x 1 do tabuleiro limita o número de maneiras de pintarmos o restante do tabuleiro. Temos dois casos a considerar:
Primeiro caso: As casas desta coluna são pintadas com a mesma cor. Necessariamente a próxima coluna terá ambas casa da cor oposta à aquela da primeira coluna e. Pela mesma razão, teremos que as cores das colunas do tabuleiro devem ser alternadas. Assim, neste caso, temos apenas 2 pinturas diferentes. Figura 1
…
Segundo caso: As casas desta coluna são pintadas com cores diferentes. Necessariamente a próxima coluna é igual à primeira ou tem as cores opostas. O mesmo se passará com as próximas colunas. Como para cada coluna sempre 2010 pinturas teremos duas escolhas a fazer, incluindo a coluna inicial, temos 2 diferentes.
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Figura 2
…
O total de pinturas é: 2 + 22010 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:
Como os primos 2m + n e , m + 2n são maiores que dois, temos que ambos são ímpares e consequentemente 2m + n + m + 2n = 3m + 3n é um número par. Assim
m + n é par e m + n − 18 é um primo par, ou seja, dois. O único par de primos (m, n) que cumpre m + n = 20 e satisfaz o enunciado é (m, n) = (3,17) SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:
A soma de um número de dois algarismos com a sua imagem é da forma (10a + b) + (10b + a) = 11( a + b ) , onde a e b são seus algarismos. Se 11( a + b ) é um quadrado perfeito, devemos ter outro fator primo 11 na soma a + b. Além disso, como a e b são menores que 10, concluímos que a + b é um múltiplo de 11 menor que 20 e maior que 0, ou seja, é igual à 11. Os pares de dígitos ( a, b ) que verificam a + b = 11 são: ( 2,9 ) , ( 3,8 ) , ( 4, 7 ) , ( 5, 6 ) , ( 6,5 ) , ( 7, 4 ) , ( 8,3) e ( 9, 2 ) . Portanto, existem 8 números de dois algarismos que cumprem o enunciado. PRIMEIRA SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:
Seja N o ponto de encontro da bissetriz do ângulo ∠ACD com o lado AB . Pelo caso A.L. A , os triângulos NCA e ADC são congruentes. Consequentemente NC = AD = BC .
∠BNC = NAC + ACN = ∠NCB . Pelo teorema do ângulo externo, portanto BN = BC = NC e BNC é equilátero. Daí ∠ABC = 60, ∠BCA = 80 e ∠BAC = 40
SEGUNDA SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:
Lema 1: Se
ABC é um triângulo com ∠ACB = 2∠BAC então a (a + b) = c 2 .
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Lema 2: A bissetriz do vértice C do triângulo
ABC tem comprimento
∠ACB 2 a+b
2ab cos
Sejam α = ∠BAD e P o ponto de encontro da bissetriz do ângulo ∠C com o
cb 2ab cos 2α = e daí c = 2a cos 2α . a+b a+b 2 2 2 2 Pelo lema 1 temos a (a + b) = c = 4a cos 2α e daí b = a (4 cos 2α − 1) . p − a = AD cos α = a cos α AD = BC temos que Como e daí a + b + c = 2a(cos α + 1) . Substituindo os valores encontrados anteriormente
lado AB . Pelo segundo lema temos
temos a + a (4 cos 2 2α − 1) + 2a cos 2α = 2a (cos α + 1) ⇒
1 + 2 cos 4α + 1 + 2 cos 2α = 2 cos α + 2 ⇒ cos 4α + cos 2α = cos α ⇒ cos α (1 − 2 cos 3α ) = 0 ⇒ cos 3α =
1 2
E consequentemente ∠ABC = 3α = 60 .
SOLUÇÕES NÍVEL 3 – SEGUNDA FASE – PARTE A
Problema Resposta
01 25
02 8
03 12
04 2592
05 1057
01. Queremos o menor múltiplo de 33 formado apenas por algarismos 7. Teremos
33⋅N = 7777...77, com k algarismos 7. Para ser múltiplo de 33, deve ser múltiplo de 11 e de 3. Assim, k deve ser par (pelo critério de divisibilidade por 11) e, também, k deve ser múltiplo de 3, pois a soma dos algarismos de 33N é 7k. Logo, o menor N procurado satisfaz 33⋅N = 777.777, o que nos dá N = 23.569. A soma dos algarismos de N é 2 + 3 + 5 + 6 + 9 = 25. 02. A expressão x2 – (r + s)x + rs pode ser escrita como (x – r)(x – s). Logo,
devemos ter (r – x)(x – s) = 2010. EUREKA! N°34, 2011
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Fazendo r – x = a e x – s = b, a e b com o mesmo sinal, devemos encontrar a + b = r – s sabendo que a e b são inteiros positivos tais que a⋅b = 2010. O número de pares {a, b} que satisfazem esta equação é igual a oito, sendo {a, b} = {1, 2010}, {2, 1005}, {3, 670}, {5, 402}, {6, 335}, {10, 201}, {15, 134}, {30, 67}. 03. Seja O o ponto de interseção entre as retas AB e CD. Veja que os triângulos ODA e OBC são semelhantes, pois ∠OAD = 180° − ∠DAB = ∠BCA. Logo, podemos igualar a razão de semelhança à razão entre os raios das circunferências inscritas, bem como das ex-inscritas, obtendo: 8 R = ⇔ R 2 = 144 ⇔ R = 12. R 18 04. Em primeiro lugar, escolhemos a coluna que conterá o corte. Isso pode ser feito de 4 modos. Em seguida, escolhemos a cor das casas do corte, o que pode ser feito de 3 modos. Ficamos, então, com três colunas restantes para preencher. Preencheremos primeiramente as casas da primeira linha. Temos 3 modos de colorirmos cada casa da primeira linha, ou seja, 33 modos. Finalmente, resta-nos colorir as casas da segunda linha, o que pode ser feito de 23 modos, já que as cores das casas dessas colunas devem ser diferentes das cores das casas imediatamente superiores. O total de colorações é 4⋅3⋅33⋅23 = 2592.
Em primeiro lugar, veja que cada termo do produto é do tipo (k + 1) 4 + (k + 1) 2 + 1 . Além disso, podemos escrever k 4 + k 2 +1 x 4 + x 2 + 1 = ( x 4 + 2 x 2 + 1) − x 2 = ( x 2 + 1) 2 − x 2 = ( x 2 − x + 1)( x 2 + x + 1). Assim, ficamos com (k + 1) 4 + ( k + 1) 2 + 1 [(k + 1) 2 − (k + 1) + 1].[(k + 1) 2 + ( k + 1) + 1] . Agora, veja que = ( k 2 − k + 1)(k 2 + k + 1) k 4 + k 2 +1 (k + 1)2 – (k + 1) + 1 = k2 + k + 1 e k2 – k + 1 = (k – 1)2 + (k – 1) + 1. Logo, a última expressão fica (k + 1) 4 + (k + 1) 2 + 1 (k + 1) 2 + ( k + 1) + 1 . = ( k − 1) 2 + ( k − 1) + 1 k 4 + k 2 +1 Logo, o produto pedido é igual a 22 + 2 + 1 42 + 4 + 1 62 + 6 + 1 32 2 + 32 + 1 ⋅ ⋅ ⋅ … ⋅ = 32 2 + 32 + 1 = 1057 . 02 + 0 + 1 22 + 2 + 1 42 + 4 + 1 30 2 + 30 + 1 05.
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SOLUÇÕES NÍVEL 3 – SEGUNDA FASE – PARTE B PROBLEMA 1:
Seja α = m(IÂC). Então m( ICˆ A) = 2α . Prolongue a reta CI até encontrar o lado AB em D. Como m(CÂD) = 2m(IÂC) = 2α, o triângulo ACD é isósceles e, portanto, suas bissetrizes AI e CE são congruentes. C
α
2α
α I
α A
α E
D
B
Logo, sendo m(CÊB) = α + 2α = 3α = m( ECˆ B ) e CE = AI = BC, o triângulo BCE é equilátero. Assim, m( ABˆ C ) = 60 . Outra solução: Considere a mesma figura acima. Aplicando a lei dos senos nos
triângulos ACI e ABC, obtemos
AC AI AC sen 3α = ⇔ = sen 2 α AI sen 2α sen(180 − α − 2α )
e
AC BC AC sen 6α = ⇔ = BC sen 2α sen(180 − 2α − 4α ) sen 2α
Como AI = BC e 0 < 3α < 6α < 180º,
sen 3α = sen 6α ⇔ 3α + 6α = 180 ⇔ α = 20 . Logo m( ABˆ C ) = 180 − 6α = 60 . EUREKA! N°34, 2011
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PROBLEMA 2:
Note que Diamantino pode jogar futebol no máximo 5 vezes; caso contrário ele necessariamente joga dois dias seguidos. Suponha que ele joga k dias. Então os k dias em que ele joga devem ser imediatamente seguidos por dias em que ele não joga. Assim, acrescentando um dia ao período, podemos dividir os 11 dias em k blocos de dois dias e 11 – 2k blocos de um dia. Podemos permutar os k + 11 – 2k = 11 − k (11 − k )! maneiras. = 11 – k blocos de k!(11 − 2k )! k Assim, o total de maneiras de Diamantino escolher os dias em que vai jogar é 11 − 0 11 − 1 11 − 2 11 − 3 11 − 4 11 − 5 = 1 + 10 + 36 + 56 + 35 + 6 = 144 + + + + + 0 1 2 3 4 5 . Outra solução:
Seja an o número de maneiras de Diamantino escolher os dias em que vai jogar entre n dias. Se ele jogar no dia n ele não pode ter jogado no dia n – 1, mas não há restrições aos demais n – 2 dias; assim, nesse caso há an–2 maneiras de escolher os dias em que vai jogar; se ele não jogar no dia n não há restrições aos demais n – 1 dias, então nesse caso há an–1 maneiras de escolher os dias. Assim, an = an–1 + an–2, com a0 = 1 (a única opção é não jogar) e a1 = 2 (ele joga ou não no único dia). Dessa forma, podemos encontrar os valores de an a partir dos anteriores: n an
0 1
1 2
2 3
3 5
4 8
5 13
6 21
7 34
8 55
9 89
10 144
Logo Diamantino pode escolher os dias de 144 maneiras. Comentários:
•
•
Temos que an = Fn+2, em que Fn é a famosa sequência de Fibonacci (clique no link para saber algumas de suas muitas propriedades!) Comparando e generalizando as duas soluções você pode obter a identidade n n − 1 n − 2 n − 3 + + + Fn +1 = + 0 1 2 3 que soma as outras diagonais do triângulo de Pascal.
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PROBLEMA 3:
Observando que (1 + x)(1 + y)(1 + z) = 1 + x + y + z + xy + yz + zx + xyz,
x + y + z = 77 x + y + z = 77 ⇔ xy + yz + zx + xyz = 946 1 + x + y + z + xy + yz + zx + xyz = 1024 (1 + x) + (1 + y ) + (1 + z ) = 80 ⇔ 10 (1 + x)(1 + y )(1 + z ) = 1024 = 2 Como x, y e z são inteiros não negativos, 1 + x, 1 + y e 1 + z são potências de 2. Considerando que 80 = 26 + 24 > 3⋅24, 80 < 27 e x ≤ y ≤ z, temos 24 < 1 + z < 27, ou seja, 1 + z = 25 = 32 ou 1 + z = 26 = 64. Se 1 + z = 32, temos 1 + x + 1 + y = 48 e (1 + x)(1 + y) = 25 = 32. Mas, sendo 1 + x e 1 + y potências de 2 com soma par, temos 1 + x ≥ 2 e, portanto, 1 + y ≤ 16. Então 1 + x ≤ 16 e 1 + x + 1 + y ≤ 32 < 48, e não há soluções nesse caso. Se 1 + z = 64, temos 1 + x + 1 + y = 16 e (1 + x)(1 + y) = 24 = 16. Desse modo, 1 + x e 1 + y são soluções da equação do segundo grau t2 – 16t + 16 = 0, que não tem soluções inteiras. Logo não há soluções. PROBLEMA 4:
Como a bola sofre reflexão perfeita, ao refletir a mesa em relação a cada lado em que a bola bate obtém-se uma linha reta. Repetindo as reflexões obtemos a seguinte figura, em que a trajetória da bola é reta: A
Assim, o problema é equivalente a encontrar uma trajetória em um retângulo de dimensões inteiras m e n, dividido em mn quadradinhos unitários, que começa em um vértice, termina no vértice oposto e corte os lados dos quadradinhos unitários 2010 vezes, sem passar por nenhum dos vértices internos dos quadrados unitários (pois se passasse, a bola chegaria a um vértice do quadrado antes de 2010 rebatidas nos lados). EUREKA! N°34, 2011
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Como a bola deve atravessar m – 1 quadrados em um sentido e n – 1 no outro, m – 1 + n – 1 = 2010 ⇔ m + n = 2012; como a bola não passa por vértices do quadrado unitário, mdc(m, n) = 1 ⇔ mdc(m, m + n) = 1 ⇔ mdc(m, 2012) = 1. Assim, o número pedido é a quantidade de números coprimos com 2012 menores do que 1 1 2012, que é φ(2012) = φ(22 ⋅ 503) = 20121 − 1 − = 1004 . 2 503
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XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e soluções da Terceira Fase TERCEIRA FASE – NÍVEL 1
PROBLEMA 1
Esmeralda tem muitos triângulos retângulos iguais aos da figura.
5 cm
3 cm
4 cm a) Fazendo coincidir partes dos lados, sem sobrepor triângulos, Esmeralda montou a figura a seguir. Qual é a área e qual é o perímetro dessa figura?
b) Usando o mesmo processo, Esmeralda montou o menor quadrado possível com lado de medida inteira. Mostre, através de uma figura, como Esmeralda pode fazer isso. PROBLEMA 2
As casas de um tabuleiro 3 × 3 são numeradas de 1 a 9, cada número sendo utilizado exatamente uma vez. Em cada linha horizontal, pintamos de vermelho a casa com o maior número e, de verde, a casa com o menor número. Seja A o menor dos números das casas vermelhas e B o maior dos números das casas verdes.
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a) Mostre uma maneira de preencher o tabuleiro de forma que A – B = 4. b) Mostre uma maneira de preencher o tabuleiro de forma que A – B = –3. c) É possível obter A = 4 e B = 3? Não se esqueça de justificar a sua resposta. PROBLEMA 3
Dado um sólido formado por cubos de 1 cm de aresta, como mostra a figura 1, podemos indicar a quantidade de cubos em cada direção, como mostra a figura 2. 3 3
2
2
1
1
1
2
0 1
0 3
0
1 1
0
1
2 1
3
0
1
3
3 2
2
3
Esmeraldino montou um sólido com cubos de 1 cm de aresta e fez uma figura similar à figura 2. 1 3
c
a
b
f
1
2
e d
2 2
2
1
x 1
2 3 1 3
2
3
2
2 2
1
m
Encontre os valores de a, b, c, d, e, f, x e m. PROBLEMA 4
Dizemos que um número inteiro positivo n é abestado se ao lermos da direita para esquerda obtivermos um inteiro maior que n. Por exemplo, 2009 é abestado porque 9002 é maior que 2009, por outro lado, 2010 não é abestado pois 0102, que é o EUREKA! N°34, 2011
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número 102, é menor que 2010 e 3443 não é abestado pois quando lido da direita para esquerda é exatamente igual ao original. Quantos inteiros positivos de quatro algarismos são abestados? PROBLEMA 5
a) Exiba um número inteiro positivo menor ou igual a 1000 com pelo menos 20 divisores positivos. b) Existe um número inteiro positivo menor ou igual a 11000 com pelo menos 200 divisores positivos? Não se esqueça de justificar a sua resposta. TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1
Dizemos que um número inteiro positivo n é abestado se ao lermos da direita para esquerda obtivermos um inteiro maior que n. Por exemplo, 2009 é abestado porque 9002 é maior que 2009, por outro lado, 2010 não é abestado pois 0102, que é o número 102, é menor que 2010 e 3443 não é abestado pois quando lido da direita para esquerda é exatamente igual ao original. Quantos inteiros positivos de quatro algarismos são abestados? PROBLEMA 2
Seja ABCD um paralelogramo e Γ a circunferência circunscrita ao triângulo ABD. Se E e F são as interseções de Γ com as retas BC e CD respectivamente, prove que o circuncentro do triângulo CEF está sobre Γ. PROBLEMA 3
Arnaldo e Bernaldo participam do seguinte jogo em um tabuleiro m × n, m, n ≥ 2. Arnaldo começa escolhendo uma casinha e colocando um cavalo na casinha escolhida; em seguida, Bernaldo e Arnaldo movem alternadamente o cavalo, começando por Bernaldo, com a restrição de que o cavalo não pode cair em casinhas que já foram visitadas. Perde quem não poder mover o cavalo. Determinar, em função de m e n, qual jogador tem uma estratégia para ganhar o jogo, não importando os movimentos do outro jogador e mostrar como ele deve jogar para ganhar. Observação: Cada movimento de um cavalo consiste em ir duas casas na vertical ou na horizontal e, em seguida, uma casa na direção perpendicular.
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SEGUNDO DIA PROBLEMA 4
Sejam a, b e c reais tais que a ≠ b e a2(b + c) = b2(c + a) = 2010. Calcule c2(a + b). PROBLEMA 5
As diagonais de um quadrilátero inscritível ABCD se intersectam em O. Os círculos circunscritos aos triângulos AOB e COD intersectam as retas BC e AD, pela segunda vez, nos pontos M, N, P e Q. Prove que o quadrilátero MNPQ está inscrito em um círculo de centro O. PROBLEMA 6
Os três lados e a área de um triângulo são números inteiros. Qual é o menor valor da área desse triângulo? TERCEIRA FASE – NÍVEL 3 PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1
Encontre todas as funções f do conjunto dos reais nos conjuntos dos reais tais que f(a + b) = f(ab) para todos a, b irracionais. PROBLEMA 2
Seja P(x) um polinômio com coeficientes reais. Prove que existem inteiros positivos n e k tais que k tem n dígitos e mais de P(n) divisores positivos. PROBLEMA 3
Qual é a maior sombra que um cubo sólido de aresta 1 pode ter, no sol a pino? Observação: Entende-se “maior sombra de uma figura no sol a pino” como a maior área possível para a projeção ortogonal da figura sobre um plano. SEGUNDO DIA PROBLEMA 4
Seja ABCD um quadrilátero convexo e M e N os pontos médios dos lados CD e AD, respectivamente. As retas perpendiculares a AB passando por M e a BC EUREKA! N°34, 2011
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passando por N cortam-se no ponto P. Prove que P pertence à diagonal BD se, e somente se, as diagonais AC e BD são perpendiculares. PROBLEMA 5
Determine todos os valores de n para os quais existe um conjunto S de n pontos, sem que haja três deles colineares, com a seguinte propriedade: é possível pintar todos os pontos de S de modo que todos os ângulos determinados por três pontos de S, todos da mesma cor ou de três cores diferentes, não sejam obtusos. A quantidade de cores disponíveis é ilimitada. PROBLEMA 6
Encontre todos os pares (a, b) de inteiros positivos tais que 3a = 2b2 + 1. SOLUÇÕES DA TERCEIRA FASE – NÍVEL 1 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE HELENA VERONIQUE RIOS (SÃO CARLOS – SP)
a) Perímetro 3 + 3 + 4 + 4 + 5 + 5 + ( 4 − 3) + ( 4 − 3) = 26. O perímetro da figura é 26cm. Área de um triângulo: b⋅h 4 ⋅ 3 12 → = = 6cm 2 2 2 2 Cada triângulo tem 6cm2 de área. Se na figura temos 4 desses triângulos, a área da figura é 4 ⋅ 6, ou seja, 24cm2. b) 6cm2 – área de cada triângulo Qual o menor múltiplo de 6 que é um quadrado perfeito? 36 ( 6 ⋅ 6 ) O quadrado deverá ter 36cm 2 e 6cm de lado, se possível. Este quadrado, porém, é impossível de ser formado por causa da forma do triângulo. Teriam de ter dois lados medindo 3cm em cada lado do quadrado, o que seria impossível já que precisariam de 8 lados de 3cm sendo que só tem 6. ( 4 + 3 ≠ 6; 4 + 5 ≠ 6; 5 + 3 ≠ 6 ) O próximo menor quadrado possível de ser feito com formas de 6cm 2 é o de lado 12, cuja área é 12 × 12 (144cm 2 ) .
36cm 2 − lado 6 , EUREKA! N°34, 2011
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49cm 2 − lado 7 , 64cm 2 − lado 8 , 81cm 2 − lado 9 , 100cm 2 − lado 10 , 121cm 2 − lado 11 , 144cm 2 − lado 12 ; 49, 64, 81, 100 e 121 não são divisíveis por 6 (área do triângulo). 144 é divisível por 6 ( 6 ⋅ 24 = 144 ) .
Quadrado de lado 12cm, área 144cm2 com 24 triângulos retângulos de lados 3, 4 e 5 cm.
PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE LUCCA MORAIS DE ARRUDA SIAUDZIONIS (FORTALEZA – CE)
a) Verde
1
Verde
2
Verde
3
5
4
6
Vermelho
7
A=7 B=3 A–B=4
Vermelho
8
Vermelho
9
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b) Verde
2
1
Verde
5
4
Verde
8
6
Vermelho
3
A=3 B=6 A – B = –3
Vermelho
7
Vermelho
9
c) Para a ser igual a 4 os dois números que estarão juntos com ele na fileira devem ser (1, 2 ) ; ( 2 ,3) ou (1,3) . Porém o 3 não pode estar junto com ele na fileira, senão ele não seria pintado de verde. Então uma fileira horizontal é: 1, 2, 4. Porém, para que o 3 seja o B, as outras duas casas verdes teriam que ser 1 e 2. Porém, 1 e 2 estão na mesma fileira, então casas verdes são (1,3) , já que o 2 não é verde, a terceira casa verde é um número ≥ 4, ocasionando o fato de B ≠ 3. Portanto, não é possível. PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE VICTÓRIA MOREIRA REIS COGO (TERESINA – PI)
Nesse cubo, podemos formar expressões a partir das placas 3 × 3 × 1 e a partir delas, encontramos o resultado. Veja:
a
3
1
2
a+3+1=2+2+1 a=5–4 a=1
1 2
2
x
1
2
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40
b
c
1+b+c =2+x+2 1+b+c =2+3+2 b + c = 7– 1 b+c=6
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2
1 x
2+2+x=3+3+1 x=7–4 x=3
Como os resultados só podem ser de 0 a 3, e a única soma que dá 6 é 3 + 3, então: b= 3 e c = 3
3 2
3
1
2 2
3
1+2+1=m+2+2 m=4–4 m=0
b
e 3 3
2 1
a
m
1
3+b+e =3+3+2 3+3+e =3+3+2 e =8–6 e=2
2
d 1 3
1
a+1+d=1+3+m 1+1+d=1+3+0 d=4–2 d=2
c
f 2 1
m
1+c+f =2+1+2 1+3+f =5 f =5–4 f =1
2
PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE LUCCA MORAIS DE ARRUDA SIAUDZIONIS (FORTALEZA – CE)
Chamamos o primeiro algarismo de A, o segundo de B o terceiro de C e o quarto de D. Testamos os casos: 1º. Caso: o último algarismo é maior que o primeiro. Se A = 1, temos: 1 ⋅10 ⋅10 ⋅ 8 = 800 Se A = 2, temos: 1 ⋅ 10 ⋅10 ⋅ 7 = 700 Se A = 3, temos: 1 ⋅10 ⋅10 ⋅ 6 = 600 Se A = 4, temos: 1 ⋅10 ⋅10 ⋅ 5 = 500 Se A = 5, temos: 1 ⋅ 10 ⋅10 ⋅ 4 = 400 Se A = 6, temos: 1 ⋅10 ⋅10 ⋅ 3 = 300 Se A = 7, temos: 1 ⋅ 10 ⋅10 ⋅ 2 = 200 Se A = 8, temos: 1 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅1 = 100 Total de 3600 casos. EUREKA! N°34, 2011
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2º. Caso: A = D, Se B = 0, Temos: Se B = 1, Temos: Se B = 2, Temos: Se B = 3, Temos: Se B = 4, Temos: Se B = 5, Temos: Se B = 6, Temos: Se B = 7, Temos: Se B = 8, Temos:
C > B. 9 ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 1 = 81 9 ⋅ 1 ⋅ 8 ⋅ 1 = 72 9 ⋅ 1 ⋅ 7 ⋅ 1 = 63 9 ⋅ 1 ⋅ 6 ⋅ 1 = 54 9 ⋅ 1 ⋅ 5 ⋅ 1 = 45 9 ⋅ 1 ⋅ 4 ⋅ 1 = 36 9 ⋅ 1 ⋅ 3 ⋅ 1 = 27 9 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅1 = 18 9 ⋅1 ⋅1 ⋅1 = 9
Total de 405 casos. Resposta final: 4005 números. PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DA BANCA
a) Por exemplo, 900 = 22 ⋅ 32 ⋅ 52 , que tem positivos.
( 2 + 1) ⋅ ( 2 + 1) ⋅ ( 2 + 1) = 27
divisores
b) Não, não existe. Seja n um número com pelo menos 200 divisores. Se o i-ésimo n menor divisor é d, então o i-ésimo maior divisor é . Seja m o centésimo menor d n > m, donde n > m 2 ≥ 10000. Chegamos perto, mas divisor. Temos m ≥ 100 e m isso ainda não resolve o problema. Consideremos o 98º., o 99º. e o 100º. menores divisores de n, que chamaremos de k, l, e m. Note que, se m ≥ 105, teremos como n antes > m, donde n > m 2 ≥ 1052 = 11025 > 11000. m Podemos supor então que 98 ≤ k < l < m ≤ 104. Como para quaisquer inteiros positivos distintos a, b temos e mdc ( a,b ) ≤ b − a ,
mmc ( a,b ) = = =
a ⋅b , concluímos que n ≥ mmc ( k ,l,m ) = mmc ( k ,mmc ( l,m ) ) = mdc ( a,b )
k ⋅ mmc ( l,m )
mdc ( k ,mmc ( l,m ) )
≥
k ⋅ mmc ( l,m )
mdc ( k ,l ) ⋅ mdc ( k ,m )
=
klm klm 98 ⋅ 99 ⋅ 100 ≥ ≥ . mdc ( l,m ) mdc ( k ,l ) mdc ( k ,m ) ( m − l )( l − k )( m − k ) ( m − l )( l − k )( m − k )
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Como
( m − l ) + ( l − k ) = m − k ≤ 104 − 98 = 6,
( m − l )( l − k )( m − k ) ≤ 9 ⋅ 6 = 54, donde
n≥
temos
( m − l )( l − k ) ≤ 3 ⋅ 3 = 9 e
98 ⋅ 99 ⋅ 100 > 11000. 54
SOLUÇÕES DA TERCEIRA FASE – NÍVEL 2 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE LIARA GUINSBERG (SÃO PAULO – SP)
Considere o número da forma ABCD. Temos 3 possibilidades: • A > D ⇒ o número não é abestado. • A = D ⇒ o número é abestado somente se C > B : calculando o número de casos temos:
A = D : 9 possibilidades, pois A = D ≠ 0 , senão o número teria somente 3 algarismos. C > D : 45 possibilidades, pois é o resultado do somatório 9 + 8 + 7 + ... + 1, já que C pode assumir o valor zero. Totalizando 9 × 45 = 405 números abestados. • A < D ⇒ o número é abestado, independentemente dos valores B e C. Novamente calculando o número de casos: A < D : 36 possibilidades, pois é o somatório de 8 + 7 + 6 + ... + 1, já que A não pode assumir o valor zero. B e C : 100 possibilidades, já que B pode assumir 10 valores diferentes, assim como C. Total: 36 × 100 = 3600 números abestados. Finalizando, teremos 405 + 3600 = 4005 números abestados de quatro algarismos. PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE PEDRO MORAIS DE ARRUDA SIAUDZIONIS (FORTALEZA – CE)
Seja B AD = α , logo BCD = α , pois em um paralelogramo os ângulos opostos são iguais. Seja BDA = β. Assim ABD = 180° − α − β. Veja que o arco AB = 2 BDA = 2β e
AD = 2 ABD ⇒ AD = 360° − 2α − 2β.
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2β
A
α
180° – α – β
B
360° – 2α – 2β E 2α
β D
F
α C
BAD − EF ⇒ 2α = 360° − 2α − EF ⇒ EF = 360° − 4α 2 Com isso EBAF = 4α . Note que BCD =
Seja O o circuncentro do ∆FCE. Sabemos que FOE = 2 FCE ⇒ FOE = 2α . Como
EBAF EBAF = 2α ⇒ FOE = ⇒ O ∈ Γ , pois FOE é ângulo inscrito. 2 2
PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DA BANCA
Chamaremos Arnaldo de A e Bernaldo de B. Suponha, sem perda de generalidade, m ≤ n. Vamos mostrar que para m = 2, A tem estratégia vencedora se e somente se n não é múltiplo de 4; para m ≥ 3, A tem estratégia vencedora se e somente se m e n são ímpares. Estudemos o caso m = 2. Se 4 não divide n, A pode vencer colocando o cavalo na primeira coluna se n = 4k + 1 e na segunda coluna se n = 4k + r, para r = 2 ou r = 3. O cavalo deve ser movido sempre duas colunas à direita em cada jogada, permitindo 2k jogadas a mais. Considere agora o caso n = 4k. Divida o tabuleiro em tabuleiros 2 × 4, e forme pares de casas de modo que é possível mover o cavalo entre casas do mesmo par: EUREKA! N°34, 2011
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1
2
3
4
3
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2
Como todo o tabuleiro está dividido em pares, B consegue jogar, não importando onde A coloque o cavalo: basta mover o cavalo para a outra casa do par. Quando A jogar, colocará o cavalo numa casa de outro par, e B repete a estratégia. Deste modo, se n = 4k o jogador B tem estratégia ganadora. Isto termina o caso m = 2. O caso m ≥ 3 segue de modo semelhante, dividindo o tabuleiro em vários tabuleiros menores. Considere as seguintes maneiras de se formar pares, além da descrita anteriormente: 1
2
3
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2
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A
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3
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5
6
Juntando esses tabuleiros se prova que B tem estratégia vencedora para tabuleiros 3 × n, n par e A tem estratégia vencedora para tabuleiros 3 × n, n ímpar: divida o tabuleiro num 3 × 3 ou 3 × 5 e tabuleiros 3 × 4; basta colocar o cavalo na casa marcada com A e seguir a mesma estratégia de B. Para verificar o caso m = 4, basta juntar tabuleiros 4 × 2 se n é par e um tabuleiro 4 × 3 e vários tabuleiros 4 × 2 se n é ímpar. Isso também prova que se A ou B tem estratégia vencedora para um tabuleiro m × n então tem estratégia vencedora também para tabuleiros (m + 4) × n, m ≥ 3. Então basta resolver o problema para m ∈ {3,4,5,6}. Esses tabuleiros resolvem o caso m = 5: 1
2
3
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10 11 12 13 14 15
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Note que B tem estratégia vencedora para o tabuleiro 5 × 4 e A tem estratégia vencedora para o tabuleiro 5 × 3. Então, para o caso 5 × n, n par, juntamos tabuleiros 5 × 4 se n é múltiplo de 4 e um tabuleiro 5 × 6 e tabuleiros 5 × 4 se n é na forma 4k + 2; se n é ímpar, juntamos vários tabuleiros 5 × 4 ao tabuleiro 5 × 3 ou 5 × 5, se n = 4k + 3 ou n = 4k + 1, respectivamente. O caso 6 × n segue diretamente do caso 3 × n se n é par (basta juntar dois tabuleiros 3 × n) e juntando tabuleiros 6 × 4 a um tabuleiro 6 × 3 ou 6 × 5, se n = 4k + 3 ou n = 4k + 1, respectivamente. Com isso, todos os casos estão cobertos. PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE PAULO HENRIQUE OMENA DE FREITAS (SÃO PAULO – SP)
Vamos trabalhar com a equação: a 2 ( b + c ) = 2010 a≠b b 2 ( c + a ) = 2010 Usando o método da subtração: a 2 ( b + c ) − b2 ( c + a ) = 0
⇔ a 2b + a 2 c − b 2 c − b 2 a = 0 ⇔ ab ( a − b ) + c ( a 2 − b 2 ) = 0 ⇔ ab ( a − b ) + c ( a + b )( a − b ) = 0 ⇔ ( a − b )( ab + ac + bc ) = 0 ⇔ a = b ou ab + ac + bc = 0. Já que, do enunciado, a ≠ b, ab + ac + bc = 0. Colocando c em evidência: c ( a + b ) = − ab ⇔ c 2 ( a + b ) = − abc . Colocando a em evidência: a ( b + c ) = −bc ⇔ a 2 ( b + c ) = − abc . Assim, temos a igualdade: c 2 ( a + b ) = − abc = a 2 ( b + c ) = 2010 . Finalmente, c 2 ( a + b ) = 2010.
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PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE FELLIPE SEBASTIAM S. P. PEREIRA (RIO DE JANEIRO – RJ) A
B D
θ
N M
N M
O
P
Q
α
α θ
D B
C
Observe que como ABCD é um quadrilátero inscritível temos que os ângulos ACB ˆ e e BDA são iguais. Temos também que OQCDP é inscritível, logo, como ACB
BDA são iguais, segue que os arcos OQ e OP são iguais. Podemos concluir que os segmentos OQ e OP são iguais também. Analogamente, fazendo tudo com o quadrilátero ANOMB, chegamos à conclusão que OM e ON são iguais. Agora para provar que O é o centro da circunferência que passa pelos vértices do quadrilátero MNQP (não sabemos ainda se ela existe), basta provarmos que OP = ON , pois assim teremos OM = ON = OP = OQ, concluindo assim que existe uma circunferência de centro O que passa pelos vértices do quadrilátero MNQP. Para provarmos isto façamos o seguinte: chamemos o ângulo ACD de θ . Como o quadrilátero ABCD é inscritível segue que DBA = θ . Temos também que
OPN = θ , pois OPD = 180° − θ (pois o quadrilátero OPDC é inscritível). Temos também que PNO = θ , pois NOBA é inscritível. Logo os ângulos O NP e OPN são iguais, donde segue que OM = OP , c.q.d. PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DE TADEU PIRES DE MATOS BELFORT NETO (FORTALEZA – CE)
Sabemos pela fórmula de Heron que a área de um triângulo é:
S=
p ( p − a )( p − b )( p − c )
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a+b+c 2 a + b + c a + b + c a + b + c a + b + c S= − a − b − c 2 2 2 2 p=
a + b + c b + c − a a + c − b a + b − c S= 2 2 2 2 16S 2 = ( a + b + c )( b + c − a )( a + c − b )( a + b − c ) sabemos que a,b,c , S ∈ + e a,b e c são lados de um triângulo. Podemos ver que a+b+c é par. Caso contrário a + b + c,( a + b + c ) − 2a,( a + b + c ) − 2c e ( a + b + c ) − 2b seriam ímpares e teriam o produto par, o que é claramente um absurdo. O valor mínimo para essa soma é 4, mas no caso a única tripla de interiros positivos que têm essa soma é (1,1, 2 ) . Mas desobedecem a desigualdade triangular: 1 + 1 não é maior que 2. Essa soma também não pode ser 6. Porque nesse caso o produto teria um fator 3, mas como é um quadrado perfeito teria que ter dois ou mais fatores 3, Assim, ( b + c − a ) ,( a + c − b ) ou ( a + b − c ) teriam esse fator 3. Mas eles são pares e menores que 6, logo não há como isso acontecer (absurdo!). Se a + b + c = 8, nenhum dos outros fatores poderia ser 6, caso contrário teria que haver dois fatores iguais a 6. Sem perda de generalidade supomos que b+c−a=6 a+c−b = 6 2c = 12 ⇒ c = 6 → a + b = 2 → c > a + b. Absurdo. Assim, temos alguns casos a analisar, pois cada fator só pode ser 2 ou 4. a+b−c = 4 I) a + b + c = 12 . Absurdo! a+c−b = 4
b+c−a =4 a+b−c = 4 II)
a +c−b = 4 b+c−a =2
a + b + c = 10 . Absurdo!
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III)
a+b+c =8 a+b−c = 4 a +c−b = 2 b+c−a =2
( a + b + c )( a + b − c )( a + c − b )( b + c − a ) = 128 .
128 não é da forma 16S2 com S ∈
+
, Absurdo!
a+b−c = 2 IV)
a +c−b = 2 b+c−a =2
a + b + c = 6 . Absurdo!
Podemos ver que a soma não pode ser 10, por um argumento análogo ao do 6. Pois teria que haver outro fator 5, o que faria com que um dos fatores fosse 10, o que é um absurdo! Já que para a + b + c = 12 é possível, basta tornar a= 5, b= 4, c = 3. Vale a desigualdade triangular e a área é dada por
S=
p ( p − a )( p − b )( p − c )
p = 6 , a = 5, b = 4 , c = 3 S = 6 ⋅1 ⋅ 2 ⋅ 3
S = 62 = 6. Vamos provar que o valor mínimo de
( p − a )( p − b )( p − c )
é 6, caso o produto
p ( p − a )( p − b )( p − c ) fosse menor que 36. Supondo que não fosse, teríamos as seguintes possibilidades: b+c−a a+b−c a+c−b = 5, = 1, =1⇒ ( p − a )( p − b )( p − c ) = 5 ⇒ 2 2 2 p = 5 + 1 + 1 = 7 e p ( p − a )( p − b )( p − c ) = 7 ⋅ 5 = 35, que não é quadrado perfeito. Absurdo! ( p − a )( p − b )( p − c ) = 4 . Para o produto disso com p ser menor que 36 e quadrado perfeito, p seria 4 e já vimos anteriormente que isso é um absurdo. ( p − a )( p − b )( p − c ) = 3 . Nesse caso p seria 3, para o produto ser menor que 36 e quadrado perfeito, mas nesse caso a + b + c = 6 e já analisamos esse caso. a+b−c a+c−b b+c−a =1 =1 =2 ( p − a )( p − b )( p − c ) = 2 2 2 2 p = 1 + 1 + 2 = 4 , S = 8 . Absurdo!
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Logo os valores de ( p − a )( p − b )( p − c ) e p são mínimos e portanto o produto é mínimo. Assim, a área mínima é 6. SOLUÇÕES DA TERCEIRA FASE – NÍVEL 3 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE DAVI COELHO AMORIM (FORTALEZA – CE)
→
Temos que f : Logo, temos:
f (a + b) = f (a ⋅ b) = f
e f ( a + b) = f ( a ⋅ b)
(1)
,∀a,b irracionais.
( ( − a ) ⋅ ( −b ) ) = f ( − a − b ) ⇒ f ( a + b ) = f ( − a − b ) .
Lema: Todo número real pode ser representado como a soma de dois números irracionais. 1º. Caso: Número irracional. Seja x um racional e α um irracional. Logo, sendo β = x − α , β é um irracional, pois se β for racional, α = x − β e α seria racional. Absurdo! Logo, como x = α + ( x − α ) = α + β , todo racional pode ser escrito como a soma de dois irracionais. 2º. Caso: Número irracional Seja x esse irracional. Vamos supor que para todo 0 < α < 1 irracional, x − α = β , onde β é racional. Logo temos:
x − α = ϕ p r , onde ϕ = e θ = , p,q,r,s ∈ q s x − (1 − α ) = θ p r ps + rq + sq ⇒ x é racional. Absurdo! Somando obtemos 2 x − 1 = + ⇒ x = q s 2qs Logo, todo irracional pode ser escrito como a soma de dois irracionais. Com o lema provado, temos que f ( x ) = f ( − x ) ,∀x ∈ (2) Em (1), fazendo a = −b, temos: ( 2)
f ( 0 ) = f ( −b 2 ) = f ( b 2 ) . Seja f ( 0 ) = k ⇒ f ( b 2 ) = k ,∀b irracional. Logo, provamos que ∀x ∈ que os números y ∈
+
+
x ∉ , f ( x ) = k. Basta provarmos agora
tal que
tais que
y∈
isso não é difícil de provar: seja y tal que tal que y = ( y − θ ) + θ ⇒ f ( y ) = f
também satisfazem f ( y ) = k. Porém,
y∈
. Temos um 0 < θ < 1 irracional
( ( y − θ ) ⋅ θ ) e também
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y = ( y + θ ) + ( −θ ) ⇒ f ( y ) = f
( ( y + θ )( −θ ) ) .
Como, para todo x irracional,
f ( x ) = r, vamos provar que um dos números ( y − θ ) ⋅ θ e ( y + θ ) ⋅ ( −θ ) é irracional, fazendo assim com que todo número tenha imagem r. Vamos supor o contrário, ou seja, que os dois são racionais: p p 2 ( y − θ ) θ = q yθ − θ = q ⇒ ( y + θ )( −θ ) = r − yθ − θ2 = r , onde p,q,r,s ∈ s s p r 2 yθ = − q s t , onde t,u ∈ u 2t ps − rq psu − rqu ⇒ ⋅θ = ⇒θ= ⇒ θ é racional. Absurdo! u qs 2qst
Como
y∈
⇒ y∈
⇒ y=
Com isso, provamos que f ( x ) = k ,∀x ∈ , onde k é uma constante qualquer. Para qualquer k, essa função serve, de acordo com a questão, pois f ( a + b ) = f ( a ⋅ b ) ⇔ k = k . OK! PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE CARLOS HENRIQUE DE ANDRADE SILVA (FORTALEZA – CE)
Seja d = grau do polinômio p. Agora vamos numerar os primos em ordem crescente, Logo P1 = 2 , P2 = 3, P3 = 5, P4 = 7 , ... Então seja b inteiro positivo tal que
(
10b −1 < P2 d + 2 < 10b . Vamos definir k como sendo k = P1a ⋅ P2a ...P2ad + 2 < (10b )
).
2d +2 a
Logo n ≤ ab ⋅ ( 2d + 2 ) . Podemos supor que para x suficientemente grande p ( x + 1) > p ( x ) . Se isso não ocorre então p é constante ou lim p ( n ) = −∞ , e então n →∞
claramente p ( n ) < d ( k ) se a é suficientemente grande, onde d ( k ) = número de divisores positivos de k. Então basta provarmos que d ( k ) > p ( ab ( 2d + 2 ) ) para a suficientemente grande já que teremos p ( ab ( 2d + 2 ) ) ≥ p ( n ) . Então vamos às contas: d ( k ) = ( a + 1)
p ( x) < x
d +1
2d +2
; e como o polinômio tem grau d então
para x suficientemente grande. Como no nosso problema
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x = ab ⋅ ( 2d + 2 ) com “a” variável então nosso “x” pode ser tão grande quanto quisermos. Então basta provar que:
( a + 1)
2d +2
> ( ab ⋅ ( 2d + 2 ) )
d +1
> p ( n ) ↔ ( a + 1) > ab ( 2d + 2 ) . Como b, d são 2
constantes então a única variável é “a” e como no lado direito ”a” tem menor grau, então para “a” suficientemente grande a desigualdade é válida, mostrando que existem k, n que satisfazem a condição do enunciado. PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DA BANCA
Sejam ABCD e EFGH duas faces opostas, AE, BF, CG e DH sendo lados do cubo. Denotaremos por X´ a projeção ortogonal do ponto X no plano. Note que { A,G} ,{B,H } ,{C ,E} e {D,F } são pares de vértices opostos. Suponha, sem perda de generalidade, que A´ pertence à fronteira da projeção do cubo. Então, considerando a simetria do cubo em relação ao seu centro, o simétrico G´ de A´ também pertence à fronteira. Dois dos três vértices vizinhos de A serão projetados em vértices vizinhos de A´ na fronteira (a menos que, digamos, a face AEHD seja projetada em um segmento, mas nesse caso podemos considerar um vértice degenerado nesse segmento). Suponha, sem perda de generalidade que esses vizinhos são B´ e D´ . Então E´ é interior à projeção. Novamente pela simetria, H´ e F´ pertencem à fronteira da projeção e C´ pertence ao interior da projeção. Finalmente, como AE = BF = CG = DH , a projeção do cubo é A´ D´ H´G´ F´ B´.
As faces ABCD, BCGF e CDHG são projetadas sobre paralelogramos (ou segmentos) e Trace diagonais A´ B´C´ D´, B´C´G´ F´ C´ D´ H´G´. B´ D´,B´G´ e D´G´. A área da projeção é portanto o dobro da área do triângulo BDG. Esse triângulo é equilátero de lado EUREKA! N°34, 2011
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2 , e logo o máximo desejado é
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( 2) 2⋅
2
⋅ 3
= 3 . Uma projeção ortogonal num plano paralelo ao plano BDG 4 realiza a igualdade.
PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE GUSTAVO LISBÔA EMPINOTTI (FLORIANÓPOLIS – SC)
Na verdade a recíproca é verdadeira, mas a implicação direta nem sempre vale, como veremos a seguir.
( ⇐ ) Suponha
AC ⊥ BD.
Então podemos tornar um sistema de coordenadas em que AC é o eixo x e BD o eixo y. Sejam A = (a, 0), B = (0, b), C = (c, 0) e D = (0, d). Claramente abcd ≠ 0.
a c d (pois AC ⊥ BD). Como M = , , a equação b 2 2 d a c y − = x − . Analogamente, a equação de PN é 2 b 2
O coeficiente angular de PM é da reta PM é
y−
d c a = x − . Como P ( x p , y p ) = PM ∩ PN , temos 2 b 2
c a a xp − = c xp − → xp (c − a ) = 0 e a ≠ c 2 2 → x p = 0 → P ∈ BD (eixo y).
(⇒)
Suponha P ∈ BD.
Então podemos tomar um sistema de coordenadas P = ( 0 ,0 ) , B = ( 0 ,b ) , D = ( 0,d ) . Sejam A = ( xa , ya ) e C = ( xc , yc )
em
que
x y +d x y +d →M = c , c , N = a , a . 2 2 2 2 y +d y −b (claramente xc ≠ 0 ) e o de AB, a O coeficiente angular de PM é c xc xa (também temos xa ≠ 0 ). y + d ya − b PM ⊥ AB ⇒ c ⋅ = −1 → ( yc + d )( ya − b ) = − xa ⋅ xc (*) xc xa
Analogamente, PN ⊥ BC → ( ya + d )( yc − b ) = − xa ⋅ xc EUREKA! N°34, 2011
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→ ( ya + d )( yc − b) = ( yc + d )( ya − b) ↔ ya ⋅ yc − b ⋅ ya + d ⋅ yc − bd = ya ⋅ yc − byc + d ⋅ ya − bd ↔ ya ( b + d ) = yc ( b + d ) ↔ ya = yc ou b + d = 0. Se ya = yc , AC é paralelo ao eixo x e, portanto, perpendicular a BD, que é o eixo y. y − b ya − b yc − b Se b + d = 0, (*) vira c ⋅ = −1, o que implica BC ⊥ AB (pois xc xc xa ya − b são, respectivamente, os coeficientes angulares de BC e AB), ou seja, e xa ∠ABC = 90°. Isso caracteriza todos os contra exemplos:
A partir de um triângulo ∆PNM retângulo em P, tome um ponto D dentro do ângulo ∠NPM mas fora do triângulo ∆NPM, e tal que ∠( DP,NM ) ≠ 90°. Aplique uma homotetia de centro em D e razão 2. Fazemos N´ = A, M´ = C e P´ = B. Temos um quadrilátero ABCD convexo no qual M e o ponto médio de CD; N , o de AD; e P, o de BD. Como PN // AB e PM ⊥ PN, temos PM ⊥ AB e da mesma forma PN ⊥ BC. ∠ABC = ∠NPM = 90°. Esse é o contraexemplo, pois pela escolha de D, P ∈ BD mas BD não é perpendicular a AC. P´= B
P
N´= A
M´= C
M
N
D
PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE ANDRÉ SARAIVA NOBRE DOS SANTOS (FORTALEZA – CE)
Se tivermos 4 pontos, todos da mesma cor ou todos de cores diferentes, teremos o seguinte: 1º. Caso: Eles formam um quadrilátero convexo:
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a + b+ c + d = 360° logo, se eles forem diferentes, haverá um deles maior que 90° (pois se todos forem menores, a soma não daria 360°), logo, todos têm que ser de 90°, ou seja, eles têm que formar um retângulo.
a
b
d
c
2º. Caso: Eles formam um quadrilátero côncavo: Como a + b > 180°, garanto que um deles é maior que 90°, logo, isso não pode acontecer.
a b
Então, como 4 pontos de cores diferentes têm que formar um retângulo, não temos mais como ter 5 pontos de 5 cores diferentes nesse conjunto. Sendo assim, podemos ter 1, 2, 3 ou 4 cores: 1 cor: só podemos ter até 4 pontos, pois 3 deles só definem a posição do próximo, só que os 4 têm que formar um retângulo: ex: A
A
A
A
2 cores: podemos ter até 8 pontos, de cada cor 4: ex: A
A V
A
V
A V
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V
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3 cores: conseguimos uma configuração com até 12 pontos, basta eles ficarem muito afastados, cada retângulo acutângulo, pois assim, ao escolhermos 3 cores diferentes, os ângulos do triângulo vão ser aproximadamente os do triângulo acutângulo: ex: A
A
A
A
60°
V
V
V
V
60°
60°
L
L
L
L
4 cores: já mostramos que só conseguimos 4 pontos: de fato, 3 pontos de cores diferentes determinam uma única posição possível para os pontos da outra cor, e logo há apenas um ponto de cada cor. Logo, como checamos todos os casos, vimos que não conseguimos mais de 12 pontos e achamos um exemplo com 12, qualquer n menor também satisfaz, pois tirar pontos de uma configuração faz com que a restante também satisfaça. Logo, n de 0 até 12 é solução, não existindo mais nenhuma. PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DA BANCA
As soluções são (1,1), (2,2) e (5,11). Se a é par e maior que 2, a equação equivale a (3a/2 – 1) ⋅ (3a/2 + 1) = 2b2. Porém mcd(3a/2 – 1, 3a/2 + 1) = mcd(3a/2 – 1, 2) = 2 e se conclui que 3a/2 + 1 = 4u2 e 3a/2 – 1 = 2v2 ou 3a/2 + 1 = 2u2 e 3a/2 – 1 = 4v2. No primeiro caso, 3a/2 = (2v – 1)(2v + 1), e como mcd(2v – 1, 2v + 1) = mcd(2v – 1, 2) = 1, 2v – 1 = 1⇔ v = 1 e a/2 = 1 ⇔ a = 2 e portanto b = 2.
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No segundo caso, 3a/2 = 4v2 + 1 ⇒ 0 ≡ v2 + 1 (mod 3) ⇔ v2 ≡ –1 (mod 3), o que é impossível. Se a é ímpar, a equação é equivalente a 3 ⋅ (3(a–1)/2)2 – 2b2 = 1. Seja c = 3(a–1)/2. Encontremos as soluções de 3c2 – 2b2 = 1 (*). Como e
(
3+ 2
)(
(
3+ 2
)
3 − 2 =1⇒
)
2 k +1
(
3+ 2
(
= ck 3 + bk 2 y
) ( 2 k +1
3− 2
3− 2
)
2 k +1
)
2 k +1
=1
= ck 3 − bk 2 (**)
(ck, bk) são soluções de (*), para k ≥ 0 inteiro. Suponha que existe uma solução (α, β) distinta com α , β ∈ . Então existe k ∈ tal que
(
3+ 2
)
2 k −1
⇔ 3+ 2< ⇔ 3+
<α 3 + β 2 <
α 3+β 2
(
3+ 2
2 k +1
< 9 3 + 11 2
(5 + 2 6 ) 2 < (α 3 + β 2 )(5 − 2 6 ) k −1
)
k −1
(
)(
< 9 3 + 11 2
É possível provar por indução que α 3 + β 2 5 − 2 6
θ
e
φ
ambos
θ 3 +φ 2 >1>
inteiros
1
θ 3 +φ 2
satisfazendo
=θ 3 −φ 2 > 0,
)
k −1
=θ 3 +φ 2 ,
3θ 2 − 2φ 2 = 1 . e
portanto
Além
disso,
θ 3 >φ 2 > 0.
Portanto (θ , φ ) é solução de (*), com 1 < θ < 9. Porém é possível verificar (testando) que não há soluções com 1 < θ < 9, contradição. Para k = 0 temos
(
3+ 2
(*), e, para k = 1, temos
(
)
2 k +1
3+
= 3 + 2 , o que nos dá a solução ( c,b ) = (1,1) de 2
)
2 k +1
= 9 3 + 11 2 , o que nos dá a solução
(c, b) = (9, 11) de (*). Suponha que c > 9, ou seja, k > 1. Por (**) e pelo teorema do binômio temos k 2k + 1 m k − m 2k + 1 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 2 k −1 + = ( 2k + 1) ⋅ 2 k + (***) c = + 3 m 2 1 m=0
∑
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Logo 3 divide 2k + 1. Seja 3t a maior potência de 3 que divide 2k + 1. Como 2k + 1 ⋅ 3 ⋅ 2 k −1 = ( 2k + 1) ⋅ k ⋅ ( 2k − 1) ⋅ 2 k −1 , a maior potência de 3 que divide o 3 segundo termo de (***) é também 3t . Para m > 1, sendo 3s a maior potência de 3 2k + 1 m k − m 2k + 1 2k m k − m ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅3 ⋅2 = que divide 2m + 1, o m-ésimo termo, 2m + 1 2m 2m + 1 tem pelo menos t + m – s fatores 3 (t de 2k + 1, m de 3m, subtraindo s de 2m + 1). Temos m − s ≥ 2 para todo m > 1. De fato, para m = 2 e m = 3 temos s = 0 e, para (isso segue da desigualdade m ≥ 4 ,m − s ≥ m − log 3 ( 2m + 1) ≥ 2
3r − 1 ≥ r + 2 ,∀r ≥ 2 , que pode ser facilmente provada por indução). 2 Então, como k > 1, todos os termos a partir do terceiro tem pelo menos t + 2 fatores 3, e c = (2k + 1) ⋅ 2 k + (2k + 1) ⋅ k ⋅ (2k − 1) ⋅ 2 k −1 + 3t + 2 ⋅ N
⇔ 3( a −1) / 2 = (2k + 1) ⋅ 2 k −1 ⋅ [(2k + 1)(k − 1) + 3] + 3t + 2 ⋅ N Note que como 3 divide 2k + 1 então também divide (2k + 1)(k – 1) + 3; além disso, 9 divide (2k + 1)(k – 1), e portanto a maior potência de 3 que divide (2k + 1)(k – 1) + 3 é 3. Portanto a maior potência de 3 que divide ( 2 k + 1) ⋅ 2 k −1 ⋅ [( 2 k + 1)( k − 1) + 3 ] é 3t+1 (t fatores de 2k + 1 e 1 de (2k + 1)(k – 1) + 3). Finalmente, 3(a–1)/2 = c = 3t+1 (1 + 3N), que não é possível pois N > 0. Dessa forma, não há mais soluções.
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XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e soluções da Primeira Fase – Nível Universitário
PROBLEMA 1:
Há muito tempo em uma galáxia muito distante, utilizavam-se como referência para viagens espaciais os pontos A, B, C, D, E, F, G, H, vértices de um cubo de ares igual a um ano-luz tendo os quadrados ABCD e EFGH como faces e tendo os segmentos AE, BF, CG e DH como arestas. Uma nave espacial viaja com velocidade constante em trajetória retilínea de B para C. Outra nave viaja com velocidade constante igual ao triplo da velocidade da primeira, em trajetória retilínea de A para G. Sabendo que a primeira atinge o ponto C no mesmo instante em que a segunda atinge o ponto G, determine a menor distãncia entre as naves durante esse deslocamento. PROBLEMA 2:
Quantos são os pares ordenados (x, y) com x, y ∈ {0 ,1,2 ,...,142} tais que 5 x 2 + 7 y 2 − 1 é múltiplo de 143? PROBLEMA 3:
Dados os polinômios com coeficientes complexos em uma variável f ( x ) e h ( x ) ,
prove que existe um polinômio g ( x ) tal que f ( x ) = g ( h ( x ) ) se, e somente se, existe um polinômio com coeficientes complexos em duas variáveis q ( x, y ) tal que f ( x ) − f ( y ) = q ( x, y ) ( h ( x ) − h ( y ) ) . PROBLEMA 4:
Seja n um inteiro positivo. Seja An o subconjunto do plano definido por 1 ≤ x ≤ n,0 ≤ y ≤ ln ( x ) . Seja Bn o
polígono convexo de vértices (1,0) = (1,ln (1) ) ,( 2,ln ( 2) ) ,( 3,ln ( 3) ) ,...,( n,ln ( n) ) ,( n,0) . Seja Cn = An − Bn , o complemento de Bn em relação a An . a) Calcule as áeas de An ,Bn e Cn . Simplifique sua resposta. b) Mostre que a área de Cn é menor que 1, para qualquer inteiro positivo n. Obs: ln representa o logaritmo na base e. EUREKA! N°34, 2011
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PROBLEMA 5:
Suponha que temos um grafo com n + 1 ≥ 4 vértices e queremos pintar suas arestas com duas cores de forma que não haja duas arestas disjuntas da mesma cor. Mostre que há no máximo 2n tais colorações. Observações: Um grafo é formado por um conjunto de vértices e um conjunto de arestas, cada aresta unindo dois vértices distintos e cada para de vértices sendo unido por no máximo uma aresta. Arestas disjuntas são arestas que não têm vértices em comum. PROBLEMA 6:
Cada um dos itens a seguir apresenta um valor diferente para a matriz B. Para cada um desses valores, determine quantas matrizes reais A existem tais que A3 − 3 A = B. 0 1 a) B = 1 0
4 b) B = 0 4 c) B = 0
0 4 1 4
SOLUÇÕES NÍVEL UNIVERSITÁRIO – PRIMEIRA FASE PROBLEMA 1
Dando coordenadas, suponha sem perda de generalidade que A = ( 0 ,0 ,0 ) , B = (1,0 ,0 ) , C = (1,1,0 ) , D = ( 0 ,1,0 ) ,
E = ( 0,0 ,1) , F = (1,0,1) , G = (1,1,1) , H = ( 0 ,1,1) . Se as posições (em função do tempo) das duas naves são
α (t )
e
β ( t ) , respectivamente, se t = 0 é o instante em que α ( t ) = C e β ( t ) = G e t = −1 é
o instante em que α ( t ) = B temos
α ( t ) = (1,1,0 ) + t ( 0,1,0 ) ,β ( t ) = (1,1,1) + 3 t (1,1,1) . Assim o quadrado da distância em função do tempo é
)) + ((1 + t ) − (1 + 3t )) + ( 0 − (1 + 3t )) ( = 3t + ( 3 − 1) t + 1 + 2 3t + 3t = (10 − 2 3 ) t + 2 3t + 1. (
h ( t ) = (1) − 1 + 3t 2
2
2
2
2
2
2
2
EUREKA! N°34, 2011
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Temos
(
)
h´ ( t ) = 20 − 4 3 t + 2 3 .
(
) (
)
t0 = −2 3 20 − 4 3 = − 3 + 5 3 44 ≈ −0 , 265 temos h´ ( t0 ) = 0; para
Para
t < t0 temos h´ ( t ) < 0 e para t > t0 temos h´ ( t ) > 0. Assim o mínimo do quadrado da distância é
(
h ( t0 ) = 29 − 3 3
)
44 ≈ 0 ,541
e a distância mínima é
( 29 − 3 3 )
44 ≈ 0,7355
PROBLEMA 2
Note que 143 = 11× 13. Se N p é o número de pares ordenados (x, y) com
x, y ∈ {0 ,1,..., p − 1} tais que 5 x 2 + 7 y 2 − 1 é múltiplo de p, então a resposta do problema será N11 ⋅ N13 . de fato, 5 x 2 + 7 y 2 − 1 é múltiplo de 143 se, e somente se, é múltiplo de 11 e 13. Por outro lado, pelo teorema chinês dos restos, dados pares com com ordenados x´, y´∈ {` 0,1,...,10} e ( x´´, y´´ ) ( x´, y´ )
x´´, y´´∈ {0,1,...,12} , existe um único par ordenado ( x, y ) com x, y ∈ {` 0,1,...,142} tal que x ≡ x´ ( mod 11) ,x ≡ x" ( mod 13) , y ≡ y´ ( mod 11) e y ≡ y" ( mod 13) . Vamos agora calcular N11 e N13 . Os possíveis valores de x 2 ( mod 11) são 0, 1, 4, 9, 5, 3, sendo cada valor não nulo atingido para duas classes de congruência módulo 11. Assim, 5 é quadrado módulo 11 mas 7 não é, e portanto 5 x 2 ( mod 11) assume os valores 0, 1, 3, 4, 5, 9, enquanto 7 x 2 ( mod 11) assume os valores 0, 2,6,7,8,10 (nos dois casos os valores não nulos são assumidos duas vezes). Temos que 1 é o resultado módulo 11 da soma de números dessas duas listas nas formas 1 + 0,4 + 8 e 5 + 7, o que dá 2 + 4 + 4 = 10 soluções módulo 11 de 5 x 2 + 7 y 2 = 1, e portanto N11 = 10. Analogamente, os possíveis valores de x 2 ( mod 13) são 0, 1, 4, 9, 3, 12, 10, sendo cada valor não nulo atingido para duas classes de congruência módulo 13. Assim, 5 e 7 não são quadrados módulo 13, e portanto 5 x 2 ( mod 13) e 7 x 2 ( mod 13) assumen os valores 0, 2, 5, 6, 7, 8, 11 (os valores não nulos são assumidos duas vezes). Temos que 1 é o resultado módulo 13 da soma de dois números dessa lista nas formas 6 + 8,8 + 6 e 7 + 7, o que dá 4 + 4 + 4 = 12 soluções módulo 13 de 5 x 2 + 7 y 2 = 1, e portanto N13 = 12. EUREKA! N°34, 2011
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Sociedade Brasileira de Matemática
Assim, a resposta do problema é N11 ⋅ N13 = 10 ⋅ 12 = 120. PROBLEMA 3
Note que, se g ( x ) = an x n + ... + a1x + a0 , então
g ( u ) − g ( v ) = an ( u n − v n ) + ... + a1 ( u − v ) = ( u − v ) ( an u n −1 + u n − 2 v + ... + v n −1 ) + ... + a1 )
= R ( u,v ) ⋅ ( u − v ) , para um certo polinômio em duas variáveis R ( x, y ) , e logo, se f ( x ) = g ( h ( x ) ) , então
(
)
f ( x ) − f ( y ) = g ( h ( x ) ) − g ( h ( y ) ) = R ( h ( x ) ,h ( y ) ) ⋅ h ( x ) − h ( y ) = q ( x, y ) ( h ( x ) − h ( y ) ) ,
com q ( x, y ) : = R ( h ( x ) ,h ( y ) ) , o que mostra a primeira implicação. Vamos provar a volta por indução no grau de f. Se o grau de f for 0, as duas afirmações são verdadeiras. Suponha agora que f não é constante e que f ( x ) − f ( y ) = q ( x, y ) ( h ( x ) − h ( y ) ) (daí segue que h não é constante). Fazendo y = 0, obtemos
f ( x ) − f ( 0 ) = q ( x,0 ) ( h ( x ) − h ( 0 ) ) , para todo x, e portanto,
f ( y ) − f ( 0 ) = q ( y,0 ) ( h ( y ) − h ( 0 ) ) ,
para
todo
y.
Substraindo,
obtemos
q ( x, y ) ( h ( x ) − h ( y ) ) = f ( x ) − f ( y ) = q ( x,0 ) ( h ( x ) − h ( 0 ) ) − q ( y,0 ) ( h ( y ) − h ( 0 ) ) = Assim, h ( x ) − h ( y ) divide o polinômio ( q ( x,0 ) − q ( y,0 ) ) ( h ( y ) − h ( 0 ) ) . Como h não é constante e h ( y ) − h ( 0 ) é um polinômio só na variável y, segue que h ( x ) − h ( y ) não tem nenhum fator comum (não constante) com h ( y ) − h ( 0 ) , e
h( x) − h( y)
portanto
divide
o
polinômio
q ( x,0 ) − q ( y,0 ) .
Seja
q ( x ) : = q ( x ) − q ( 0) . Temos f ( x ) − f ( 0) = q ( x,0) ( h ( x ) − h ( 0) ) = q ( x ) ( h ( x ) − h ( 0) ) ,
donde o grau de q é menor que o grau de f. Por outro lado, h ( x ) − h ( y ) divide o polinômio q ( x,0 ) − q ( y,0 ) = q ( x ) − q ( y ) , e portanto, por hipótese de indução, existe
um
polinômio
g ( x)
tal
que
q ( x ) = g ( h ( x )) ,
donde
f ( x ) = f ( 0) + q ( x ) ( h ( x ) − h ( 0)) = f ( 0) + g ( h ( x )) ( h ( x ) − h ( 0)) = g ( h ( x )) , onde g ( x ) : = f ( 0 ) + g ( x ) ( x − h ( 0 ) ) , o que completa a demonstração.
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Sociedade Brasileira de Matemática
PROBLEMA 4
A figura mostra as regiões A5 (abaixo da curva vermelha), B5 (abaixo da poligonal azul), e C5 (entre a poligonal azul e a curva vermelha). Temos n
Área ( An ) = ∫ ln ( t ) dt = nln ( n ) − n + 1 ; 1
1 1 Área ( Bn ) = ln ( 2 ) + ln ( 3) + ... + ln ( n − 1) + ln ( n ) = ln ( n! ) − ln ( n ) ; 2 2 1 Área ( Cn ) = nln ( n ) − n + ln ( n ) + 1 − ln ( n! ) . 2 Para estimar Área Área ( Cn ) escreva
ak = ∫
k +1
k
ln ( t ) − ln ( k ) − ( t − k ) ( ln ( k + 1) − ln ( k ) ) dt ;
note que ak é a área da k-ésima ‘bochechinha” entre a poligonal azul e a curva vermelha. Assim, Área ( Cn ) = a1 + a2 + ... + an −1 ; Queremos estimar ak para mostrar que a série abaixo converge para S < 1: 0 < S = a1 + a2 + ... + ck + ... < 1.
Seja uk ( t ) = ln ( t ) − ln ( k ) − ( t − k ) ( ln ( k + 1) − ln ( k ) ) ; temos uk ( k ) = uk ( k + 1) = 0. Note que u"k ( t ) = −t −2 . Integrando por partes temos
ak = ∫
k +1
k
= −∫
k +1
k
uk ( t ) dt
1 ' t − k − uk ( t ) dt 2
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Sociedade Brasileira de Matemática k +1
2 2 1 k +1 1 1 1 " t k = − t − k − u'k ( t ) + ∫ − − uk ( t ) dt k 2 2 2 2 k
=∫
k +1
k
2 1 1 1 " − t − k − ( −uk ( t ) ) dt 8 2 2
Para k ≤ t ≤ k + 1 temos ( −u"k ( t ) ) dt donde 2 1 1 1 1 − − − t k . dt = 2 k k 8 2 2 12 Temos portanto 1 S ≤ (1 + 1 22 + ... + 1 k 2 + ...) 12 +∞ 1 1 ≤ 1 + ∫ t −2 dt ≤ ; 1 12 6 Completando a demonstração.
ak ≤ k −2 ∫
k +1
(
)
Observação: Este problema mostra como obter estimativas como a de Stirling: temos 0 ≤ Área ( Cn ) ≤ 1 6 donde
1 1 ln ( n ) + 1 − ln ( n! ) ≤ 12 6 1 5 1 nln ( n ) − n + ln ( n ) + ≤ ln ( n! ) ≤ nln ( n ) − n + ln ( n ) + 1 12 6 2
0 ≤ nln ( n ) − n +
n n e − n e5 3 n ≤ n! ≤ n n e − n e 2 n Sabemos por Stirling que a melhor aproximação é n! ≈ n n e − n 2πn ; note que e5 3 < 2π < e 2 . PROBLEMA 5
Suponha que algum vértice do grafo esteja contido em todas as arestas do grafo. Então o grafo é uma estrela com n pontas, e o resultado segue (há exatamente 2n colorações para este exemplo). Suponha que o grafo tenha um vértice x de grau ≥ 3 (i.e., que pertença a pelo menos 3 arestas) e que exista uma aresta disjunta de x, digamos e. Devido à hipótese sobre o grau de x, para aqualquer aresta e, há uma aresta f = f ( e ) que incide em x que é disjunta de e. Então, em qualquer coloração das arestas que EUREKA! N°34, 2011
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Sociedade Brasileira de Matemática
incidem em x, a cor de f define a cor de e (a cor de f é a oposta de e). Assim, há no grau x máximo 2 ( ) ≤ 2n colorações. Se o grafo tem um vértice x de grau 2, ligado a dois outros vértices y e z, então para toda aresta e disjunta de x que não seja a (possível) aresta yz, há uma aresta f = f ( e ) que incide em x que é disjunta de e, cuja cor determina a cor de e. Assim, as cores de xy, xz e de yz (se existir) determinam todas as outras. Assim, há no máximo 23 ≤ 2n colorações. Finalmente, se todo vértice tem grau no máximo 1, todas as arestas são disjuntas, e nesse caso, pelas hipótese do problema, o grafo pode máximo duas arestas e há no máximo 22 < 2 n colorações. PROBLEMA 6
Antes de mais nada vamos esboçar o gráfico de f ( x ) = x 3 − 3 x.
Vemos que para −2 < y < 2 a equação f ( x ) = y admite três soluções reais enquanto para y < −2 ou y > 2 ela admite uma solução real e duas complexas conjugadas. a) Os autovalores de B são 1 e – 1 donde podemos escrever B = XDX −1 para X inversível e
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1 0 D= . 0 −1 Sejam c1 ,c2 ,c3 (resp. d1 ,d 2 ,d3 ) as soluções reais de f ( x ) = 1( resp. f ( x ) = −1) . Se f ( A) = B temos f ( X −1 AX ) = D donde X −1 AX é da forma
c1 0 X −1 AX = 0 dj Para i, j escolhidos independentemente. Há portanto 9 matrizes reais A que satisfazem f ( A ) = B. b) Sejam z,z as raízes complexas de f ( x ) = 4. Seja v = ( w1 ,w2 ) ∈
(
2
um vetor
)
linearmente independente com v = w1 ,w2 e considere A unicamente definida por Av = zv, Av = zv. Em outras palavras, −1
w w1 z 0 w1 w1 A= 1 . w w2 0 z w w2 2 2 Para qualquer tal A temos f ( A ) = 4 I = B. Temos além disso A real: há portanto infinitas matrizes reais A que satisfazem f ( A ) = B. c) Se M é diagonalmente então f ( M ) também o é. Como B não é diagonalmente então A também não o é. Assim A deve ter autovalor com multiplicidade algébrica igual a 2 logo o único autovalor de A é o único real c com f ( c ) = 4. Além disso qualquer autovetor de A é autovetor de B; como e1 é (a menos de múltiplo escalar) o único autovalor de B então e1 deve ser autovetor de A. Já e2 deve ser autovetor generalizado, isto é, devemos ter Ae2 = ce2 + ye1 (para algum real y). Assim
c y A= 0 c 4 ( 3c 2 − 3) y f ( A ) = A3 − 3 A = 0 4
e devemos ter y = 1 ( 3c 2 − 3) . Há portanto uma única solução.
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XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e soluções da Segunda Fase – Nível Universitário PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1: π/ 4
Calcule
x
∫ ( sen x + cos x ) cos x dx. 0
PROBLEMA 2:
Qual a maior área possível para a sombra de um cubo de aresta 1? (Obs.: supomos que o sol está a pino, isto é, a sombra é uma projeção ortogonal; o cubo pode estar em qualquer posição). PROBLEMA 3:
Sejam n1 e n2 inteiros positivos e n = n1n2 .
( )
Considere a matriz real simétrica n × n, A = ai , j
1≤ i , j ≤ n
, tal que para todo i,
ai ,i = 4,
ai ,i +1 = ai +1,i = −1
para 1 ≤ i ≤ n − 1 tal que ( i + 1) não é múltiplo de n1 ,
ai ,i + n1 = ai + n1 ,i = −1, e as demais entradas ai , j são iguais a 0. Prove que A é invertível e todas as entradas de A−1 são positivas.
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SEGUNDO DIA PROBLEMA 4:
x x ( x − 1)( x − 2 ) ...( x − j + 1) Definimos os polinômios = para todo j natural, j! j x com = 1. 0 a) Prove que todo polinômio não identicamente nulo pode ser escrito como uma x combinação linear desses de forma única; j b) Seja
n
x o coeficiente de no desenvolvimento de x n (como no item a)). k
k Calcule n n + k k +1 . n +1 k +1
PROBLEMA 5:
Se F é um subconjunto finito de 3 , denotamos por Vr ( F ) a vizinhança de raio r de F (i.e., a união das bolas abertas de raio r com centros pertencentes a F). Prove que, se 0 < r < R, vol (VR ( F ) ) ≤ ( R / r ) . vol (Vr ( F ) ) . 3
PROBLEMA 6:
Prove que se 102 n + 8.10n + 1 tem um fator primo da forma 60k + 7 então n e k são pares.
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PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE BRUNO DA SILVA SANTOS (BELFORD ROXO – RJ)
I =∫
π4
0
π4 x sec 2 x dx = ∫ x ⋅ dx. 0 tgx + 1 ( senx + cosx ) cosx
Fazendo: x = u;dv =
sec 2 x dx → du = dx e v = ln (1 + tgx ) 1 + tgx
como ∫ u dv = u ⋅ v − ∫ v du :
I = x ⋅ ln (1 + tgx ) Seja I 2 = ∫
π4
0
I2 = ∫
π4
I2 = ∫
π4
0
0
π 4
0
−∫
π4
0
π4 π ln2 − ∫ ln (1 + tgx ) dx 0 4
ln (1 + tgx ) dx =
ln (1 + tgx ) dx. Fazendo u = π 4 − x e du = − dx :
ln (1 + tg ( π 4 − u ) ) du = ∫
π4
0
1 − tgu ln 1 + du 1 + tgu
( ln2 − ln (1 + tgu ) ) du = π4 ln2 − ∫
π4
0
ln (1 + tgu ) du
π π ln2 − I 2 → I 2 = ln2. 4 8 π4 π π π π Portanto I = ln2 − ∫ ln (1 + tgx ) dx = ln2 − ln2 = ln2. 0 4 4 8 8 π I = ln2. 4 I2 =
PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE RAFAELTUPYNAMBÁ DUTRA (BELO HORIZONTE – MG)
Sendo A o vértice do cubo que está mais em baixo (um vértice com altura mínima), as três faces que contêm A estão no escuro. Colocamos os eixos de forma que os vetores unitários normais a essas três faces sejam i = (1,0,0);
k = (0,0,1),
e
consideramos
o
vetor
unitário
j = (0,1,0);
N = ( N x ,N y ,N z ) ,
com
N + N + N = 1, paralelo à direção dos raios solares. 2 x
2 y
2 z
Projetando as faces escuras do cubo sobre o plano horizontal, vemos que a área da sombra do cubo é igual à soma das áreas das projeções das três faces escuras. Mas a área da projeção de uma face é igual à área da face original (que é 1) multiplicada pelo módulo do produto escalar entre o vetor normal à face e o vetor normal ao EUREKA! N°34, 2011
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Sociedade Brasileira de Matemática
plano
de
projeção.
Assim,
a
área
da
sombra
é
N ⋅ i + N ⋅ j + N ⋅ k = Nx + Ny + Nz . Como a média aritmética é menor ou igual à média quadrática, temos
Nx + Ny + Nz 3
≤
N x2 + N y2 + N z2 3
=
1 3
Nx + N y + Nz ≤ 3 . Logo, a maior área possível é 3 , que ocorre quando a direção N dos raios solares é paralela à reta HA que liga dois vértices opostos do cubo. PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DA BANCA
Precisamos supor que n2 > 1. De fato, se n1 = 2 e n2 = 1, nem todas as entradas de A−1 são positivas. Pedimos desculpas... Vamos encontrar o inverso de A = I − X , onde todas as entradas de X são 0 ou 4 −1 1 . Vamos usar a série ( I − X ) = I + X + X 2 + X 3 + ... (note que 4
( I − X ) ( I + X + X 2 + ... + X n ) = I − X n+1 ).
Vamos mostrar inicialmente que essa
série converge. Para isso, vamos mostrar (ao final da solução) que o menor M ∈ R tal que Xv ≤ M v para todo vetor v em R n (aqui ||.|| denota a norma euclidiana usual) é menor que 1. Daí segue que X k v ≤ M k v para todo vetor v em R n e todo inteiro positivo k, e logo a série claramente converge. Considere o grafo cujos vértices são v1 ,v2 ,...,vn e conectamos vi e v j se e somente se a entrada X ij em X é
1
4
.
Pela definição da matriz A, esse grafo pode ser
decomposto em diversos caminhos, como os seguintes:
( v1 ,v2 , ...,vn1 −1 ),
( vkn1 ,vkn1 +1, ...,v( k +1) n1 −1 ),1 ≤ k ≤ n2 − 1 e ( vr ,vr + n1 ,vr + 2 n1 ,...vr + n − n1 ),1 ≤ r ≤ n1 . Claramente esse grafo é conexo. Como a entrada mij em X k é não nula se e somente se existe um caminho de i a j com k lados, para quaisquer i, j existe k tal que a entrada correspondente mij em X k é não nula (e logo positiva). Isso prova que todas as entradas de A−1 são positivas. Finalmente, para mostrar que o menor M ∈ R tal que Xv ≤ M v para todo vetor v em R n é menor que 1, consideremos um vetor v = ( a1 ,a2 ,...,an ) tal que EUREKA! N°34, 2011
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Xv = M v . Note que, como X é simétrica e não-negativa, podemos tomar um tal v com Xv=Mv. Temos que, para cada j ≤ n , a j-ésima coordenada de Xv é da ar + arj 2 + ... + arjs( j ) , onde s( j ) ≤ 4 , cujo quadrado é menor ou igual a forma j1 4 arj1 2 + arj 2 2 + ... + arjs( j ) 2 arj1 2 + arj 2 2 + ... + arjs( j ) 2 s( j) ≤ , e, se vale a igualdade, todos 16 4 arj1 2 + arj 2 2 + ... + arjs ( j ) 2 os arji devem ser iguais. Somando os termos para todos os 4 j ≤ n , o resultado é menor ou igual a a12 + a2 2 + ... + an 2 , pois em cada coluna de X 2
2
há no máximo 4 elementos não nulos. Daí segue que Xv ≤ v e portanto M ≤ 1 . Suponha por absurdo que M = 1, isto é, que valha a igualdade. Para cada j com a j ≠ 0 , todos os arji devem ser iguais a a j (e portanto não nulos). Pela conexidade do grafo definido acima , deveríamos ter então todos os a j iguais, mas nesse caso não vale a igualdade, pois nem todas as colunas têm 4 entradas não nulas. PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE MATEUS OLIVEIRA DE FIGUEIREDO (FORTALEZA – CE)
a)
x i) O polinômio possui grau j já que é o produto de j polinômios de grau 1. j ii) Dado n ∈ + provemos que todo polinômio de grau n pode ser escrito de x maneira única como combinação linear dos . j Seja Pn o espaço vetorial de todos os polinômios de grau ≤ n. Uma base trivial para esse espaço é: {x0 ,x1 ,x 2 ,...,x n } , já que a0 x0 + a1 x1 + ... + an x n ≡ 0 ⇒ a0 = a1 = a2 = ... = an = 0 e qualquer polinômio de grau menor ou igual a n pode ser escrito como combinação linear deles. Assim, a dimensão de Pn é n + 1.
x iii) Se escrevermos os nessa base temos: j
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x 1 j j −1 j −2 0 = x + b j −1 x + b j − 2 x + ... + b0 x j j! x Assim, note que para escrever só precisamos dos vetores { x 0 ,x1 ,x 2 ,...,x j } j 1 . pois por i) ele possui grau j e o coeficiente de x j é j! Escrevendo matricialmente
1 n! 0 0
b j −1 1
b j −2 c j −2
( n −1)!
0
1
n − 2!
0
… c j −3 d j −3 1
M
x n xn x n −1 n − 1 x x n − 2 = x n − 2 x0 x 0
Como abaixo da diagonal principal só temos zeros, utilizando Laplace é fácil ver que o determinante da matriz é: det M =
1 1 1 1 ⋅ ⋅ ... ≠ 0 n! ( n − 1)! ( n − 2 )! 1!
Como Det M ≠ 0 a matriz possui inversa, ou seja, os x j podem ser escritos como x x x x combinação linear dos . Logo o conjunto S = , ,..., gera Pn e 0 1 n j como possui n + 1 elementos é base. Portanto, todo polinômio de Pn pode ser escrito como combinação linear dos elementos de S.
x Podemos estender a propriedade para S' = j ≥ 0 já que, para j
j > n,
x deg > n e portanto não aparecerá na combinação linear para escrever um j polinômio de Pn . EUREKA! N°34, 2011
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Mas como n foi pego genérico, qualquer polinômio pode ser escrito de manera x única como combinação dos . j b) x i) Vamos escrever x na base S´. i
x x ⋅ x ( x − 1)( x − 2 ) ...( x − i − 1) ( x − i + i ) x ( x − 1)( x − 2 ) ...( x − i + 1) = x = = i! i! i
(ix ) x ( x − 1)( x − 2 )( x − 3) ...( x − i + 1)( x − i ) x ( x − 1)( x − 2 ) ...( x − i + 1) = +i = =
i! x ( x − 1)( x − 2 ) ...( x − i + 1)( i + 1)
( i + 1)!
i!
x x x + i = ( i + 1) + i i i + 1 i
(i +x1) x x x ⇒ x = ( i + 1) + i . i i + 1 i ii) Sabemos que: n n x xn = ∑ . Multiplicando por x temos: i =0 i i
n x ¨n n x x x = ∑ i + 1) ( + i (I) i =0 i i i = 0 i i + 1 i n +1 n + 1 x Por outro lado, x n +1 = ∑ (II) i i i =0 Como todo polinômio não nulo pode ser escrito de maneira única por S´, (I) e (II) devem ter os mesmos coeficientes. n n x Olhando para o coeficiente de + . em (I) temos ( k + 1) k +i k + 1 k n +1 E em II o coeficiente é . k +1 n
x n +1 = ∑
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n n + k k +1 1 = . n +1 k +1 k +1
n n n +1 Logo ( k + 1) + ⇒ = k +1 k +1 k
PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE RAMON MOREIRA NUNES (FORTALEZA – CE)
Vamos proceder por indução em #F. No caso inicial F tem um elemento. Trivial: 3
R ⇒ Vol (Vr ( F ) ) = ⋅ Vol (Vr ( F ) ) ,∀0 < r < R. r
9 Vol (Vr ( F ) ) = πr 3 ,∀r ∈ 3
Agora, suponha que se F possui k pontos então vale o resultado. Se F é um conjunto de ( k + 1) pontos, escreva F = { x1 ,...,xk ,xk +1} . Se F = { x1 ,...,xk } , vale o resultado para F i.e.
( ( )) é função decrescente de r.
Vol Vr F r3
Como
Vol (Vr ( F ) ) r
3
=
( ( )) + Vol ( B ( x
Vol Vr F r
k +1
r
3
r
decrescente
))
3
−
( )
Vol (Vr F ∩ Br ( xk +1 ) r3
constante
E a primeira função é decrescente, a segunda é constante igual a
( ( )
)
4 π , basta provar 3
Vol V F ∩ B ( x ) r r k +1 . Para fazer isso suponha sem que a última é crescente 3 r perda de generalidade que xk +1 é a origem de 3 i.e. xk +1 = ( 0,0 ,0 ) = 0. Considere
a
homotetia
Tr
de
centro
( ( )) ( )
x onde Tr ( Br ( x ) ) = B1 ,Tr Vr F = V1 F r , r 1 Vol (Tr A ) = 3 Vol ( A ) para qualquer A pois r EUREKA! N°34, 2011
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O
1 . r x x F r = 1 ,..., k . r r e
razão
Temos Como
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Vol (Tr ( A ) ) = ∫ dx = ∫ det Tr dx = ∫ Tr A
( ( )
A
A
1 1 dx = 3 Vol ( A ) , temos 3 r r
) = Vol V F ∩ B ( 0) . Portanto, ( ( ) ) r r → Vol (V ( F ) ∩ B ( 0 ) ) é crescente. Basta para
Vol Vr F ∩ Br ( 0 )
r
1
3
r
1
1
1
( )
basta
mostrar
que
isso
mostrar
que
( )
V1 F r ∩ B1 ( 0 ) ⊂ V1 F R ∩ B1 ( 0 ) se r < R. Para isso, usaremos o seguinte lema: Lema: Dado y ∈
3
fixado, a função x → x − y é convexa, isto é,
( tx + (1 − t ) x ) − y ≤ t x − y + (1 − t ) x 1
2
Prova: Dados x1 ,x2 ∈
2
3
, temos
( tx + (1 − t ) x ) − y = tx + (1 − t ) x 1
2
− y ,t ∈ [ 0,1] .
1
2
− ty − (1 − t ) y = t ( x1 − y ) + (1 − t )( x2 − y ) .
Pela desigualdade triangular, isso é menor ou igual a t ( x1 − y ) + (1 − t )( x2 − y ) . Como a norma é homogênea,
( tx + (1 + t ) x ) − y ≤ t x 1
2
1
( )
− y + (1 − t ) x2 − y .
( )
Agora voltemos à prova de que V1 F r ∩ B1 ( 0 ) ⊂ V1 F R ∩ B1 ( 0 ) . Tome
( )
a ∈V1 Fr ∩ B1 ( 0 ) . Então, ∃ i ≤ k tal que a −
xi < 1 e a < 1. r
xi x está no intervalo 0 , i . Vamos usar a convexidade de R r x x r x → x − a ; escolha t = ∈ [ 0 ,1] tal que i = t i + (1 − t ) ⋅ 0. Temos R R r xi xi x a − ≤ t a − + (1 − t ) a − 0 < t ⋅ 1 + (1 − t ) ⋅ 1 = 1. Ou seja, a ∈ B1 i ⊂ V1 F R . R r R
Como R > r,
( )
( )
Como a ∈ B1 ( 0 ) ,a ∈V1 F R ∩ B1 ( 0 ) .
( ) Vol (V ( F ) ∩ B ( x ) ) vimos, isso implica que r →
( )
Ou seja, acabamos de provar que V1 F r ∩ B1 ( 0 ) ⊂ V1 FR ∩ B1 ( 0 ) . Como já r
r
3
já vimos isso implica que r →
r Vol (Vr ( F ) ) r3
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k +1
é crescente, e como também
é decrescente. Concluímos.
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PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DE RÉGIS PRADO BARBOSA (FORTALEZA – CE)
Temos n,k ∈
+
e p primo com p = 60k + 7 tal que p 102 n + 8 ⋅ 10n + 1 . Queremos
provar que n,k são pares. Temos
10 2 n + 8 ⋅ 10 n + 1 = (10 2 n + 2 ⋅ 10 n + 1) + 6 ⋅ 10 n = (10 n + 1) + 6 ⋅ 10 n ⇒ (10 n + 1) ≡ 2
2
−6 ⋅ 10n ≡ −6 ⋅ 10n ( mod p ) ⇒ = 1 onde p 0 , se p a a = 1, se a é resíduo quadrático módulo p. p −1, se a não é resíduo quadrático módulo p. Veja que claramente p \/ −6 ⋅ 10n = −2n +1 ⋅ 3 ⋅ 5n pois p = 60k + 7 → 2 60 ,3 60 ,5 60 e 2 \/ 7 ,3 \/ 7 ,5 \/ 7 → p ≠ 2,3 e 5. Sabemos que o símbolo de Legendre possui a seguinte propriedade: a ⋅b a b = ⋅ . p p p n +1
n
−6 ⋅ 10n −1 2 3 5 Logo: = ⋅ = 1 (simplesmente separei os fatores). p p p p p Calculemos cada um deles: p −1 60 k + 7 −1 −1 −1 −1 30 k + 3 → = ( −1) 2 = ( −1) 2 → = ( −1) = ( −1) ⇒ = ( −1) (I) p p p p −1 2 → = ( −1) 8 . Temos p = 60k + 7 ⇒ p 2 = 3600k 2 + 2 ⋅ 60k ⋅ 7 + 49 ⇒ p 2 p − 1 3600k 2 + 840k + 48 . = 8 8 p2 − 1 ⇒ = 450k 2 + 105k + 6 = 450k 2 + 104k + 6 + k. Assim, 8 par p 2 −1 p2 −1 2 2 2 k 450 k +104 k + 6 ) + k 450 k +104 k + 6) k ⇒ ( −1) 8 = ( −1)( ⋅ ( −1) ⇒ = ( −1) (II) ( −1) 8 = ( −1)( p 2
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3 5 Para calcular e precisaremos da lei da Reciprocidade Quadrática: dados p p p −1 q −1 p q ⋅ p, q primos ímpares: = ( −1) 2 2 q p 3 −1 p −1 3 p 3 p ⋅ 1⋅( 30 k + 3) Assim: com q = 3, ⋅ = ( −1) 2 2 ⇒ ⋅ = ( −1) = ( −1) . p 3 p 3 p 60k + 7 1 p Assim precisamos de calcular = = = 1 → = 1 (usando que 3 3 3 3 2 60k + 7 ≡ 1 ≡ 1 ( mod 3) ).
3 3 Substituindo acima tem-se: ⋅1 = ( −1) ⇒ = ( −1) (III) p p 5 −1 p −1 5 p 5 p ⋅ 2⋅( 30 k + 3) Com q = 5, ⋅ = ( −1) 2 2 ⇒ ⋅ = ( −1) = 1. p 5 p 5
Assim
p 60k + 7 2 p precisamos calcular o valor de = = = ( −1) → = ( −1) (pois 5 5 5 5 60k + 7 ≡ 2 ( mod 5 ) e os resíduos quadráticos módulo 5 são 0, 1, 4 já que
x ≡ 0,1,2,3,4 ( mod 5 ) → x 2 ≡ 0 ,1,4 ,4,1( mod 5 ) ). 5 5 p 5 Substituindo acima ⋅ = 1 → ⋅ ( −1) = 1 → = ( −1) (IV) p p 5 p Juntam-se (I), (II), (III) e (IV) em (*): n +1
n
−1 2 3 5 k ( n +1) n k ( n +1) + n ⋅ ( −1) ⋅ ( −1) = 1 ⇒ ( −1) =1 ⋅ ⋅ = 1 ⇒ ( −1) ⋅ ( −1) p p p p ⇒ k ( n + 1) + n é par. ⇒ se n é ímpar → ( n + 1) par → k ( n + 1) par ⇒ k ( n + 1) + n ímpar. Absurdo! Logo n é par → ( n + 1) ímpar. ⇒ se k é ímpar → k ( n + 1) ímpar → k ( n + 1) + n ímpar. Absurdo! Logo k é par . Assim, dados n,k ∈
+
com p = 60k + 7 primo tal que p 102 n + 8 ⋅ 10n + 1 então n e
k são pares.
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XXXII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Premiados NÍVEL 1 (6º. e 7º. Anos) NOME Ana Emília Hernandes Dib Pedro Henrique Alencar Costa Ryunosuke Watanabe Tagami Helena Veronique Rios Italo Lesione de Paiva Rocha José Henrique Carvalho Juliana Bacelar de Freitas Daniel Lima Braga Hermes Lins e Nascimento Laís Monteiro Pinto Lucca Morais de Arruda Siaudzionis Leandro Alves Cordeiro Henrique Gontijo Chiari André Akinaga Benites Gabriel Diniz Vieira e Sousa Rafael Seiji Uezu Higa Adriana de Sousa Figueiredo Gustavo Figueiredo Serra Matheus Uchôa Constante Kristian Holanda Nogueira Fábio Itikama Loic Dominguez Jiang Zhi Ricardo Ken Wang Tsuzuki Ana Caroline Obana da Cruz Ana Paula Lopes Schuch José Marcio Machado de Brito Lucas Bastos Germano Victória Moreira Reis Cogo Thiago Araujo Oliveira Gabriel Toneatti Vercelli Nathan Bonetti Teodoro Jefferson Daxian Hong Cristóbal Sciutto Rodriguez Aruana Almeida Correa Cynthia Lacroix Herkenhoff Kaíque Maestrini Sacchi Igor de Lacerda
CIDADE – ESTADO S.J. do Rio Preto - SP Fortaleza - CE Rio Claro - SP São Carlos - SP Fortaleza - CE Curitiba - PR Brasília - DF Eusébio - CE Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Ribeirão Pires - SP Belo Horizonte - MG São Paulo - SP Fortaleza - CE São Paulo - SP Porto Alegre - RS São Paulo - SP Goiânia - GO Manaus - AM São Paulo - SP Fortaleza - CE São Paulo - SP São Paulo - SP Curitiba - PR Porto Alegre - RS Cocal dos Alves - PI Fortaleza - CE Teresina - PI Jaboatão dos Guararapes - PE Osasco - SP Curitiba - PR São Paulo - SP São Paulo - SP Porto Alegre - RS Vitória - ES São Paulo - SP Curitiba - PR
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PRÊMIO Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa
Sociedade Brasileira de Matemática Rafael Reple Geromee Leonardo de Matos Felippetti Mariano Gabriel Passamani Correa Daniel de Almeida Souza Diego Teixeira Nogueira Fidalgo Natan Novellu Tu Ricardo Borsari Brinati Rafael Neves Vieira Juliano Pecica Negri Gustavo Rodrigues Machado Zoltan Flamarion Glueck Carvalho Gabriel Ribeiro Barbosa Pedro Henrique Rocha de Freitas Pedro Henrique Sacramento de Oliveira Guilherme Goulart Kowalczuk Pedro de Vasconcellos Oporto Aryssa Victoria Shitara Ives Vaz Caldeira Lopes Marcos Vinícius de Oliveira Soares Jéssica Carolina Zilio João Pedro Graça Melo Vieira Henrique Medici Pontieri Gabriel Caino Castilho Rodrigues Tamara P. de A. Moraes Karine Quaresma Lima Natália Brasileiro Lins Barbosa Lucki Li Heloísa Antunes de Medeiros Iuri Grangeiro Carvalho Lara Sampaio Pinheiro de Freitas Maria Júlia Costa Medeiros Kevin Korpasch Sofía Leite Correia Lima João Baptista de Paula e Silva Bernardo Puetter Schaeffer Júlia Bertelli Rafael Purim de Azevedo Pedro Henrique da Silva Dias Marcelo Bandeira de Melo Boavista Gabriel Branco Frizzo Maria Eduarda Müller Eyng Henrique Martínez Rocamora Felipe Roz Barscevicius João Vitor Vaz Oliveira Mateus Siqueira Thimoteo
São Paulo - SP Curitiba - PR Vitória - ES Brasília - DF Salvador - BA São Paulo - SP São Paulo - SP Brasília - DF Piracicaba - SP Sorocaba - SP Belo Horizonte - MG Fortaleza - CE Brasília - DF Loureira - SP Porto Alegre - RS Nova Lima - MG São Paulo - SP São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Piracicaba - SP Rio de Janeiro - RJ Campo Grande - MS Salvador - BA Feira de Santana - BA Taguatinga - DF Jaboatão dos Guararapes - PE São Paulo - SP Itamogi - MG Fortaleza - CE Olinda - PE Fortaleza - CE Guarapuana - PR Fortaleza - CE Belo Horizonte - MG Rio de Janeiro - RJ Joinville - SC Pirassununga - SP Porto Alegre - RS Teresina - PI Curitiba - PR Porto Alegre - RS São Bernardo do Campo - SP Sorocaba - SP Recife - PE Mogi das Cruzes - SP
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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 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 Ebenezeer Pinto Banoeira Neto Maria Clara Vasconcelos Andrade Rafael Beck Arthur Monteiro Dos Santos Júlia Wotzasek Pereira Gabriel Oliveira Rigo Leonardo Galante Barco Bruno Scatolini Lucas Pereira Galvão de Barros Vítor Ossamu Rodrigues Okamura
Fortaleza - CE Brasília - DF Salvador - BA Salvador - BA São Paulo - SP Cotia - SP São Paulo - SP São Paulo - SP São Paulo - SP Brasília DF
Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa
NÍVEL 2 (8º. e 9º. Anos) NOME Rafael Rodrigues Rocha de Melo Vinícius Canto Costa Henrique Vieira G. Vaz Fellipe Sebastiam da Silva P. Pereira Roberto Tadeu Abrantes de Araújo Pedro Victor Falci de Rezende Alessandro A. de Oliveira Pacanowski Lincoln de Queiroz Vieira Tadeu Pires de Matos Belford Neto Vitor Ramos de Paula Francisco Markan N. de Souza Filho Jair Gomes Soares Júnior Breno Soares da Costa Vieira Gabriel José Moreira da Costa Silva Pedro Morais de Arruda Siaudzionis Gabriel Sena Galvão Fabio da Silva Soares Michel Rozenberg Zelazny Bruno Eidi Nishimoto Franco Matheus de Alencar Severo Aimê Parente de Sousa Marcos Paulo Nunes de Lima Silva Gabriel N. Coelho de Togni de Souza Rafael T. Eugênio Pontes Barone Murilo Corato Zanarella Rodrigo Sanches Angelo Alexandre Perozim de Faveri Luíze Mello D'urso Vianna Maria Clara Cardoso Liara Guinsberg Lucas Cawai Julião Pereira
CIDADE – ESTADO Caucaia - CE Rio de Janeiro - RJ São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Santo Antonio - MG Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Fortaleza - CE Belo Horizonte - MG Fortaleza - CE Montes Claros - MG J. dos Guararapes - PE Maceió - AL Fortaleza - CE Guará - DF Planaltina - DF São Paulo - SP Jales - SP Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Aracatuba - SP Amparo - SP São Paulo - SP Neves Paulista - SP Rio de Janeiro - RJ São Paulo - SP São Paulo - SP Caucaia - CE
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PRÊMIO Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze
Sociedade Brasileira de Matemática Luis Guilherme Gomes Aguiar Carlos Adriano Vieira Daniel Santana Rocha Raphael Mendes de Oliveira Samuel Brasil de Albuquerque Gustavo Souto Henriques Campelo Lucas de Moura Herlin Vitor Dias Gomes Barrios Marin João Pedro Sedeu Godoi Suzane Eberhart Ribeiro da Silva Ícaro Sampaio Viana Pedro Henrique Bortolozo Maria Fábio Kenji Arai Guilherme de Oliveira Rodrigues Alexandre Mendonça Cardoso Leyberson Pereira Assunção Rubens Martins Bezerra Farias João Vítor Fernandes Paiva Bruno Almeida Costa Daniel Lima Santanelli Marília Nascimento Monteiro Igor Albuquerque Araujo Josué Knorst Ricardo Vieira Marques Júlio César de Barros Thomas Akio Ikeda Valvassori Gabriel Fazoli Domingos Henrique Luan Gomes Pereira Braga Beatriz Yumi Ota Kiane Sassaki Menezes Eric Gripa Marques Samuel Kuo Chen Shao Pedro Henrique Jagosenit Vilaça Caio de Souza Câmara Lucas David Noveline Lucas Rebelo Vieira da Silva Elias Brito Oliveira Guilherme Ryu Odaguiri Kobori Mariana Souza de Araújo Francisco Cláudio Coelho Murilo Leão Pereira Jadi Diniz Guimarães de Queiroz Caio Lima Albuquerque Carolina Lima Guimarães
Rio de Janeiro - RJ Igarapé - MG Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE João Pessoa - PB Rio de Janeiro - RJ Presidente Prudente - SP Rio de Janeiro - RJ Campo Grande - MS Fortaleza - CE Colombo - PR São Paulo - SP Fortaleza - CE Salvador - BA Fortaleza - CE Sobral - CE Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Recife - PE Rio de Janeiro - RJ Picada Café - RS Brasília - DF Santo André - SP Mogi das Cruzes - SP Urupês - SP Belem - PA São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ São Paulo - SP Santa Branca - SP Manaus - AM Belem - PA Recife - PE Brasília - DF São Paulo - SP Recife - PE Rio de Janeiro - RJ Belem - PA Recife - PE São Paulo - SP Vitória - ES
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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 Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa
Sociedade Brasileira de Matemática
Nível 3 (Ensino Médio) NOME Gustavo Lisbôa Empinotti Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales João Lucas Camelo Sá Hanon Guy Lima Rossi Maria Clara Mendes Silva Matheus Secco Torres da Silva Lucas Lourenço Hernandes Deborah Barbosa Alves Henrique G. Fiuza do Nascimento Luiz Filipe Martins Ramos André Macieira Braga Costa Thiago Saksanian Hallak Victor Juca Martins Caíque Porto Lira Gustavo H. F. e Sampaio Braga Alvaro Lopes Pedroso André Amaral de Sousa Marcos Massayuki Kawakami Carlos Henrique de Andrade Silva Rafael Kazuhiro Miyazaki André Saraiva Nobre dos Santos Daniel Eiti Nishida Kawai Lucas de Freitas Smaira Cássio dos Santos Sousa Alessandro Macêdo de Araújo Breno Vieira da Silva Passos Iago Dalmaso Brasil Dias Isabella Amorim Gonçalez Daniel dos Santos Bossle Davi Coelho Amorim Lucas Mestres Mendes Vinícius Gomes Pereira Renan Pablo da Cruz Jonas Rocha Lima Amaro Iuri Rezende Souza Matheus Araújo Marins Felipe Vieira de Paula Rafael Farias Marinheiro Elvis Falcao de Araujo Pablo Almeida Gomes Paulo Gabriel Ramos Monteiro Victor de Oliveira Bitarães
CIDADE – ESTADO Florianópolis - SC Salvador - BA Fortaleza - CE São Paulo - SP Pirajuba - MG Rio de Janeiro - RJ São Paulo - SP São Paulo - SP Brasília - DF Niterói - RJ Belo Horizonte - MG São Paulo - SP Fortaleza - CE Fortaleza - CE São José dos Campos-SP Santa Isabel - SP Diadema - SP São Paulo - SP Fortaleza - CE São Paulo - SP Fortaleza - CE Atibaia - SP Guaxupé - MG Osasco - SP Fortaleza - CE Aracaju - SE Rio de Janeiro - RJ Marília - SP Porto Alegre - SP Fortaleza - CE Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Fortaleza - CE Mineiros - GO São Gonçalo - RJ Fortaleza - CE Recife - PE Fortaleza - CE Santana de Pirapama - MG Rio de Janeiro - RJ Betim - MG
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PRÊMIO Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa
Sociedade Brasileira de Matemática Daniel Caueh Dunaiski Figueira Leal Raphael Julio Barcelos Fernando Fonseca Andrade Oliveira Felipe Mendes dos Santos Felipe Abella C. Mendonça de Souza Francisco Raul Lobo Rodrigues Gabriel Leite de Carvalho André Austregesilo Scussel Victorio Takahashi Chu Victor José Tiburtius Franco Matheus Cavalcante Lima Cleberton de Santana Oliveira Mauro Brito Júnior Gabriel José Guimarães Barbosa Lucas Colucci Cavalcante de Souza Sarah Villanova Borges Ivan Tadeu Ferreira Antunes Filho Dalton Felipe de Menezes Thiago de Paula Vasconcelos Jardiel Freitas Cunha Ana Beatriz Prudêncio de A. Rebouças
Curitiba - PR Taguatinga - DF Belo Horizonte - MG Gama - DF João Pessoa - PB Fortaleza - CE Fortaleza - CE Fortaleza - CE São Paulo - SP Recife - PE Fortaleza - CE São Miguel do Aleixo - SE Fortaleza - CE Pequi - MG São Paulo - SP Juiz de Fora - MG Lins - SP São José dos Campos-SP Fortaleza - CE Recife - PE Fortaleza - CE
Rafael Sussumu Yamaguti Miada Davi Sampaio de Alencar Bruno Ferri de Moraes
Valinhos - SP Fortaleza - CE São Paulo - SP
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
Nível Universitário NOME Rafael Tupynambá Dutra Renan Henrique Finder Regis Prado Barbosa Ramon Moreira Nunes Thomás Yoiti Sasaki Hoshina Guilherme Rodrigues N. de Souza Jorge Henrique Craveiro de Andrade Rafael Assato Ando Gabriel Luís Mello Dalalio Charles Barbosa de Macedo Brito Leonardo Ribeiro de Castro Carvalho Marcelo Matheus Gauy Leandro Farias Maia Adenilson Arcajo de Moura Júnior Paulo André Carvalho de Melo Joas Elias dos Santos Rocha
CIDADE – ESTADO Belo Horizonte - MG Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ S.J. dos Campos - SP Rio de Janeiro - RJ Campinas - SP S.J. dos Campos - SP Rio de Janeiro - RJ S.J. dos Campos - SP São José do Rio Preto-SP Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Piedade - RJ Muribeca - SE
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PREMIO Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze
Sociedade Brasileira de Matemática Guilherme Lourenço Mejia Reinan Ribeiro Souza Santos Rafael Alves da Ponte Davi Lopes Alves de Medeiros Luca Mattos Moller Renato Rebouças de Medeiros Danilo Furlan Kaio Rafael Endlich Pimentel Paulo Sérgio de Castro Moreira Carlos Coelho Lechner Thiago Ribeiro Ramos Hugo Fonseca Araújo Alysson Espíndola de Sá Silveira Jordan Freitas Piva Érik Fernando de Amorim Daniel Ungaretti Borges Antônio Deromir Neves Silva Júnior Rafael Parpinel Cavina Isaque Santa Brigida Pimentel Mateus Oliveira de Figueiredo Davi Dos Santos Lima Bruno da Silva Santos Francisco Osman Pontes Neto Breno Vieira de Aguiar Ricardo Turolla Bortolotti Guilherme Philippe Figueiredo Daniel de Barros Soares Hudson do Nascimento Lima Eduardo Fischer Luty Rodrigues Ribeiro José Leandro Pinheiro Caio Ishizaka Costa Gabriel Caser Brito Leonardo Donisete da Silva Alan Anderson da Silva Pereira Diego Andrés de Barros Lima Barbosa Renato Dias Costa Ivan Guilhon Mitoso Rocha Willy George do Amaral Petrenko Leonardo Borges Avelino Jose Armando Barbosa Filho
S.J. dos Campos - SP Lagarto - SE Fortaleza - CE Fortaleza - CE Nova Friburgo - RJ Fortaleza - CE São Paulo - SP Vitória - ES Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Varginha - MG Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Araraquara - SP Belo Horizonte - MG Fortaleza - CE São Paulo - SP Barcarena - PA Fortaleza - CE Maceió - AL Belford Roxo - RJ Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ São Paulo - SP Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Encantado - RS Fortaleza - CE Fortaleza - CE S.J. dos Campos - SP Rio de Janeiro - RJ Campinas - SP União dos Palmares - AL Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE Rio de Janeiro - RJ Rio de Janeiro - RJ Fortaleza - CE
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Sociedade Brasileira de Matemática
AGENDA OLÍMPICA XXXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – sábado, 18 de junho de 2011 Segunda Fase – sábado, 3 de setembro de 2011 Terceira Fase – sábado, 15 de outubro de 2011 (níveis 1, 2 e 3) domingo, 16 de outubro de 2011 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova) NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – sábado, 3 de setembro de 2011 Segunda Fase – sábado, 15 e domingo, 16 de outubro de 2011 IV ROMANIAN MASTER OF MATHEMATICS (RMM) 23 a 28 de fevereiro de 2011(Bucareste, Romênia) ASIAN PACIFIC MATH OLYMPIAD (APMO) 12 de março de 2011 XVII OLIMPÍADA DE MAIO 7 de maio de 2011 XXII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 14 a 20 de agosto de 2011(La Paz, Bolívia) LII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 13 a 24 de julho de 2011(Amsterdam, Holanda) I OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DA LUSOFONIA 20 a 31 de julho de 2011(Coimbra, Portugal) XVII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA (IMC) 24 a 30 de julho de 2011(Blagoevgrad, Bulgária) XXV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 23 de setembro a 1 de outubro de 2011(São José, Costa Rica) III COMPETIÇÃO IBEROAMERICANA INTERUNIVERSITÁRIA DE MATEMÁTICA 2 a 8 de outubro de 2011(Quito, Equador) XIII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 26 de novembro de 2011
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COORDENADORES REGIONAIS Alberto Hassen Raad Américo López Gálvez Antonio Carlos Nogueira Benedito Tadeu Vasconcelos Freire Bruno Holanda Carmen Vieira Mathias Claus Haetinger Cláudio de Lima Vidal Denice Fontana Nisxota Menegais Disney Douglas Lima de Oliveira Edson Roberto Abe Edney Aparecido Santulo Jr. Fábio Brochero Martínez Florêncio Ferreira Guimarães Filho Francinildo Nobre Ferreira Genildo Alves Marinho Herivelto Martins Gilson Tumelero Ivanilde Fernandes Saad João Benício de Melo Neto João Francisco Melo Libonati Diogo Diniz José Luiz Rosas Pinho José Vieira Alves José William Costa Krerley Oliveira Licio Hernandes Bezerra Luciano G. Monteiro de Castro Luzinalva Miranda de Amorim Marcelo Dias Marcelo Antonio dos Santos Marcelo Rufino de Oliveira Newman Simões Nivaldo Costa Muniz Osnel Broche Cristo Uberlândio Batista Severo Raul Cintra de Negreiros Ribeiro Reginaldo de Lima Pereira Reinaldo Gen Ichiro Arakaki Ricardo Amorim Ronaldo Alves Garcia Rogério da Silva Ignácio Rosangela Ramon Sérgio Cláudio Ramos Seme Gebara Neto Tadeu Ferreira Gomes Tomás Menéndez Rodrigues Valdenberg Araújo da Silva Wagner Pereira Lopes Wanderson Breder William Serafim dos Reis
(UFJF) (USP) (UFU) (UFRN) (CAEN – UFC) (UNIFRA) (UNIVATES) (UNESP) (UNIPAMPA) (UFAM) (Colégio Objetivo de Campinas) (UEM) (UFMG) (UFES) (UFSJ) (Centro Educacional Leonardo Da Vinci) (USP – São Carlos) (UTFPR) (UC. Dom Bosco) (UFPI) (Grupo Educacional Ideal) (UFPB) (UFSC) (UFPB) (Instituto Pueri Domus) (UFAL) (UFSC) (Sistema Elite de Ensino) (UFBA) (Grupo Educacional Etapa) FACOS (Grupo Educacional Ideal) (Cursinho CLQ Objetivo) (UFMA) (UFLA) (UFPB) (Colégio Anglo) (Escola Técnica Federal de Roraima) (UNIFESP) (Centro Educacional Logos) (UFGO) (Col. Aplic. da UFPE) (UNOCHAPECÓ) (IM-UFRGS) (UFMG) (UEBA) (U. Federal de Rondônia) (U. Federal de Sergipe) (CEFET – GO) (CEFET – RJ) (UFT – TO)
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Juiz de Fora – MG Ribeirão Preto – SP Uberlândia – MG Natal – RN Fortaleza – CE Santa María – RS Lajeado – RS S.J. do Rio Preto – SP Bagé – RS Manaus – AM Campinas – SP Maringá – PR Belo Horizonte – MG Vitória – ES São João del Rei – MG Taguatingua – DF São Carlos – SP Pato Branco – PR Campo Grande – MS 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 São Paulo – SP Osório – RS Belém – PA Piracicaba – SP São Luis – MA Lavras – MG João Pessoa – PB Atibaia – SP Boa Vista – RR SJ dos Campos – SP Nova Iguaçu – RJ Goiânia – GO Recife – PE Chapecó – SC Porto Alegre – RS Belo Horizonte – MG Juazeiro – BA Porto Velho – RO São Cristóvão – SE Jataí – GO Nova Friburgo – RJ Arraias – TO