Baixe Eureka 9 e outras Notas de estudo em PDF para Matemática, somente na Docsity! "!# $% & ' " ( %) $* " + -, (% ./0214345 687-98:6<;145 =?>A@464: 4 <!# $% & )+) %( ) $ < % <,+ ( B4C/0214345 687-98:6<;145 =?>A@464: DFEG%HJI K L '+ M " +NO%!4+ ! P$% 4QRS18:ST<U5 1VW68:PX46402Y46<;940294Z[VW9 \O %]^ $%*%(_%`)(+ .4.aT8bSc 180;18dS9"/185 5 7-98e \O %]^ fO)%( )% g4BhY8=49402Y41*ij68e4k894e <!# $+ % l+m$+$n <O)%$ g8o O]+^_$!_'+ < %!_!4_ o8o !'p < % !%!_4 o8q ($%)% +$% N ) + C8r (% +$ %4+ ")+n!m + (sNt u8v4v4w C8B Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 2 x y{z| } F~y Países de grande tradição nas olimpíadas de Matemática têm o seu excelente rendimento em muito baseado na existência de revistas de divulgação para estudantes pré-universitários. Apenas citando alguns exemplos, a húngara KöMaL, a russa (agora também americana) Kvant (Quantum), a romena Gazeta Matematica e a canadense (lida por alguns, poucos, brasileiros) Crux Mathematicorum desenvolvem em seus países o ambiente ideal para o aparecimento e desenvolvimento de jovens talentosos. Nós queremos que a Eureka! tenha o mesmo sucesso que essas revistas. Para isso estamos tentando trazer artigos cada vez mais interessantes e elucidativos, e problemas cada vez mais bonitos e desafiantes para todos os leitores da Eureka! (inclusive os dos Níveis 1 e 2), porém tal sucesso não depende exclusivamente de nós. É fundamental a participação (muito) ativa de todos os leitores. Ficamos bastante contentes com a repercussão da seção "Olimpíadas ao Redor do Mundo", com vários leitores enviando resoluções dos problemas propostos. Mas queremos que todas as outras seções e artigos tenham a mesma repercussão. Por exemplo, vários artigos trazem problemas propostos porém raramente recebemos resolução desses problemas. Ficaremos contentes em recebê-las e poderemos saber se o público-alvo os entendeu. Assim, faça-nos saber todo o estudo(!) e a diversão(!!) que cada uma das Eureka! proporcionou (não se esqueça dos números antigos). _%__|%%___|% Serão publicados na revistas Eureka! artigos relevantes na preparação dos estudantes para a Olimpíada Brasileira de Matemática em seus diversos níveis e para várias olimpíadas de caráter internacional das quais o Brasil participa. Como para a grande maioria dos tópicos e técnicas explorados nas olimpíadas não existem publicações expositórias adequadas em língua portuguesa, nosso objetivo inicial é abordá-los todos em artigos auto-suficientes. Assim, daremos preferência àqueles que tratem de assuntos ainda não explorados nos números anteriores da Eureka!. Como a deficiência em artigos adequados para estudantes do Ensino Fundamental (Níveis 1 e 2 da OBM) é ainda mais grave, estes terão primazia na sua publicação. Vale a pena observar que, quando um tema é importante para os estudantes de diversos níveis, ele deve aparecer em artigos adequados para cada um desses níveis, separadamente. É recomendável que os artigos tragam alguns problemas resolvidos detalhadamente e referências que o complementem ou aprofundem. Os Editores. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 5 Pw= O Pi w w Pj Pt O ponto Pw (que deve estar na mediatriz de ji PP e na mediatriz de ti PP ) é o próprio O, um absurdo. Logo vale a propriedade 2 e isso acaba o problema. !'p < u Sejam S1 e S2 duas circunferências de centros O1 e O2, respectivamente, secantes em M e N. A reta t é a tangente comum a S1 e S2, mais próxima de M. Os pontos A e B são os pontos de tangência de t com S1 e S2, respectivamente, C é o ponto diametralmente oposto a B e D é o ponto de interseção da reta O1O2 com a reta perpendicular à reta AM que passa por B. Demonstrar que M, D e C são colineares. O]+Û%Ü$% $+ %) P - % à+âá < -nÝJÛÜ! OÜÞ!ß BC é diâmetro °=⇒ 90ˆCMB Para provar ],[MDC basta provar que °== 90ˆˆ CMBDMB M O1 N D O2 β B α θ 90°–β Γ2 Γ1 A Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 6 Geometria Analítica: Dados: M = (0, 1) A = (–m, 0) O1 = (–m, y1) B = (n, 0) O2 = (n, y2) Quero determinar D: M O1 D O2 C (n, 2Γ2) Γ2 Γ1 N B A m n = (n, 0) = (–m, 0) 0 1 )( 1 : mx m yAM −= AMBD ⊥: n m y xnxmyBD +−=⇔−−= )(: )(: 12221 nxnm yy yyOO − + − =− }{21 DOOBD =∩     − + − =− m y nm yy yy 122 2 12 )( 1 y mnm yy y =    + − +     −++ += 12 2 )( )( yynmm nmm yyD n yynmm nmy x + −++ + −= 12 2 0 )( )( coef. angular de     −+ +−−++     −++ +−+−+ = − 12 212 12 122 )( )()()( )( )()( 1 : yynmm nmyyynnmmn yynmm yynmmnmmy x y DM D D Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 7 ( ) ( ) )( 2 1 2 2 1 2 1 2 1 222 22 2 2 nm nmn nnmmn mn mnmnmm n +    +−    −++     ++    +−−−+    + = ( ) ( )      −+     −−+ =     −−−++ +−−−    +++ = 2 1 )( 22 )( 2 2 1 22 )( 22222 2 2 22 2 2 2 2 mn nm nm mnm n n nmnn mnnm mn mnm mnm mnm n [ ] n mnnm mnnmn mn nm nmnmmn n = −+ −+=      −+ +−+ = )1)(( )1)(( 2 1 )( )()( 2 coef. ang. de n BM 1 : − 1 1 −=    −⋅ n n , logo DMBM⊥ . !'p < ã Encontrar todas as soluções da equação ( ) 11 =−+ zy xx para x, y, z inteiros maiores que 1. O]+Û% Considerando a equação módulo 1+x , obtemos ( ) ),1(mod11 +≡− xz o que implica que z é ímpar. Logo (1) ( ) ⇔+−+−+=+⇔+=+⇔=−+ −− )1...)(1()1(1)1(11 21 xxxxxxxxx zzyzyzy (2) ( ) 1...1 211 +−+−=+ −−− xxxx zzy e, então, x é par pois, caso contrário, os dois lados de (2) seriam de paridade oposta. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 10 O jogador que, na sua vez, não puder jogar de maneira válida, perde. Determinar que jogador tem uma estratégia que lhe garanta a vitória e encontrar essa estratégia. O]+Û%Ü$% $+ %) P - % à+âá < -nÝJÛÜ! OÜÞ!ß n\ m 1 2 3 4 5 n\ m 1 2 3 4 5 0 0 0 0 0 0 24 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 25 1 1 1 1 0 2 1 1 1 1 1 26 0 0 0 0 0 3 1 1 0 1 1 27 0 1 1 1 1 4 1 1 1 0 1 28 1 1 1 1 1 5 1 1 1 1 0 29 1 1 0 1 1 6 1 1 0 1 1 30 1 1 1 1 1 7 0 0 0 0 0 31 1 1 1 1 0 8 1 1 1 1 1 32 1 1 0 1 1 9 1 1 1 1 1 33 0 0 0 0 0 10 1 1 1 1 1 34 0 1 1 1 1 11 1 1 1 0 1 35 1 1 1 1 1 12 1 1 1 1 0 36 1 1 1 1 1 13 0 0 0 0 0 37 1 1 1 0 1 14 0 1 1 1 1 38 1 1 1 1 0 15 1 1 1 1 1 39 0 0 0 0 0 16 1 1 0 1 1 40 0 1 1 1 1 17 1 1 1 1 1 41 1 1 1 1 1 18 1 1 1 1 0 42 1 1 0 1 1 19 1 1 0 1 1 43 1 1 1 1 1 20 0 0 0 0 0 44 1 1 1 1 0 21 0 1 1 1 1 45 1 1 0 1 1 22 1 1 1 1 1 46 0 0 0 0 0 23 1 1 1 1 1    = ganha. se 1 possível).melhor o jogando ambos (com perde agorajogar vaiquem se 0 ),( mnG n = atual m = movimento anterior G (1, 1) = 0 A fórmula recursiva é      =−≠≥≤≤ = contrário. caso 1 movimento)qualquer para ganha outro o se é, (isto 1),(,,,51 todopara se 0 ),( iinGmiini mnG Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 11 Para ,51 ≤≤ n 1),( =mnG se nm ≠ Podemos definir G (0, m) = 0 Visualizando: Como preencher a linha n: veja os quadrados com (*) (*) (*) (*) (*) (*) n Se foram todos 1's, a linha n terá só zeros. Se tiver dois ou mais zeros, a linha n terá todos 1's. Se for zero, todos serão 1's, a menos da que está na mesma coluna do zero. Sempre perde: 7, 13, 20, 26, 33, 39, 46 Parece que para n = 7 ou 13 (mód 13) sempre perde (G(n, m) = 0) Basta ver que há um bloco 5 × 5 da tabela que se repete, (tirando as 6 primeiras linhas). Agora vamos provar a fórmula recursiva. Primeiras 5 linhas: - G (n, m) = 1 se m ≠ n, pois ele pode tirar n pedras e ganhar. - G (1, 1) = 0, pois não pode jogar. - G (2, 2) = 1, pois tirando uma pedra, forçará o outro a ficar com G (1, 1),... - G (i, i) = 0, i = 3, 4 ou 5, pois não importa como jogue o outro pode ganhar. Agora, a fórmula nos outros casos: Tirando i pedras, se você está com G(n, m), o adversário vai ficar com G(n – i, i). Se algum deles for 0, o adversário vai perder e você ganha. Se todos forem 1, o adversário sempre ganha. Note que você não pode tirar m pedras, então não pode deixar o adversário com G(n – m, m). Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 12 Na tabela, o bloco que se repete é ,1713 ≤≤ n igual a .3026 ≤≤ n Então o primeiro jogador ganha, pois se ele tirar 4 pedras na primeira jogada, vai deixar o outro com 1996 pedras. perde. segundo o )13(mod71996 ⇒≡ !'p < î Um hexágono convexo é bonito se tem quatro diagonais de comprimento 1 cujos extremos contêm todos os vértices do hexágono. (a) Para cada número k maior que 0 e menor ou igual a 1, encontrar um hexágono bonito de área k. (b) Demonstrar que a área de um hexágono bonito qualquer é menor que . 2 3 O]+Û% Consideremos todos os hexágonos bonitos ABCDEF com lados opostos paralelos tais que os quatro segmentos dados de comprimento 1 são BFCEAC ,, e .FD Seja ACEBFD ∠=∠=α (figura (a)). A B E D F C α A' A B F E' E D C' C (a) (b) Translademos os segmentos AC e CE na direção de AB para obter ''CA e '' EC respectivamente de forma que ',,' EFA sejam colineares do mesmo modo que .,', DCB A área do hexágono ABCDEF é igual a área do retângulo A'BDE' que por sua vez é igual a sen α (figura (b)). Dado que quaisquer ]1,0(∈k é igual a sen α para algum α com 0 < α ≤ 90° então temos um hexágono bonito que cumpre o pedido. b) Para demonstrar o resultado pedido, enunciamos os seguintes lemas sem demonstração: Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 15 Neste caso a área é menor ou igual que , 2 3 )12( 2 1 )1( 2 1 <+<+XY onde o último se da por desigualdade triangular. P Y Q X Pelo lema 1, algum dos segmentos PX ou QY mede menos que 1, logo esta configuração pode ser reduzida à configuração de um vértice de grau três, que já foi estudada (se bem não é a mesma, o raciocínio é idêntico). Esgotadas as possibilidades, se resolve completamente o problema. P Y Q X ïñðòPóõô÷ö&ønùWöûú ü&ýÿþûþ Sþný Èý4þ ý þ ! ÿþ ný"$#4ý"%"&' () *+-,/.+0123 ,) 45768*0,9+: +-1;*< 0!=>) ?'01@) 5) ABC+:*"0?'+?"4) 5-) A-B;< 0".5,/DE3 1F) 45"AB G HI JKL KMNG HI O'P"Q"RTSVUWXHYUQQ'PZ[P\OKMK^]MP\Q'KMP_GYUa` UQ"ObX-I OPced!KMfI Q'Q'K S XKgU-MKQhU L"OKL'G H PH$]MPiH/U-O]"H/QjKiQP"GI QkUI GYP7XKHhG/P`lQKMPiK]mMUQMK S nopq'rsutsvvwyx za{y|s}~Yz-op o{ pz-p"rp p- v tYzvv sq'pq"~Yz nozsp { s ~ sv'q'"ss-}~Y op@"'o{ p@"z-p"rpv'zzv~Ypq'szl v"~ p vtYz v'pzq"~Yz|nopqr-spv'spmqs7to"rz-vz-uzv" ~Ypissop oq"s tz-/zs~ p;"Y ¡Y¢F£¢Y¢ ¤ ¥ ¡¦ § ¨©¡"ª' «¢ª ¬ ¢!ª-®e¢¡"¯¢-¡/°±¦²¤ ³F¢9´ ¡ µ ¶¸·¹²º »·¼Y½·-¼¾¿À»ºy¹ Á'Â¼YÂÃÄÀÃÅºy¹ Æ¼ Ç$È-·É"Á¼Y·Æ · Ê'È Ç$ÉÀÂhÈ-·É"ÁÇ»·-¼/ËYÂÌÁÇÃÍÇ Î ÏÐÑ-Î ÒYÓ"ÔÕÒ/Ö×Ò ÐØ ÕÙ Ú Û Ü ÝßÞ à!áâYãäyå æç/èFãé"êè-é'â ç/ëìTá'ãíaå áîèéï×æ ãäé'ëçYãíã!ðñãòßëó http://www.cis.upenn.edu/~wilf/AeqB.html Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 16 z|}z|} x x }F ~ x } x z { x F Ü } x ô ©ª?§³ ¢?¦ £û¢õªm³ ²ö÷¢?£ !'p < w Duas circunferências 1Γ e 2Γ intersectam-se em M e N. Seja l a tangente comum a 1Γ e 2Γ que está mais próxima de M do que de N. A reta l é tangente a 1Γ em A e a 2Γ em B. A reta paralela a l que passa por M intersecta novamente a circunferência 1Γ em C e novamente a circunferência 2Γ em D. As retas CA e DB intersectam-se em E; as retas AN e CD intersectam-se em P; as retas BN e CD intersectam-se em Q. Mostre que EP = EQ. O]+Û%Ü$% )f% (% <!_ $+ m &f + % Ý2f +!ø Þ(%ß-ù$ +)tP - à+ á < "nÝJÛÜ! %OÜÞ!ß M N l D C A B E P Q Γ1 Γ2 α α α ε ε ε Inicialmente, vamos mostrar que AE = AM e que BE = BM. De fato, como AB || CD e AB é tangente a Γ1, segue-se que ∠EAB =∠ACM = ∠BAM = α e ∠EBA = ∠BDM = ∠ABM = ε Daí, é imediato que os triângulos EAB e MAB são congruentes (caso ALA), de modo que AE = AM e BE = BM. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 17 Além disso, segue da congruência que EM ⊥ AB, e portanto, EM ⊥ CD. Agora, basta mostrarmos que PM = MQ, porque dessa forma EM será mediatriz de PQ, tal que EP = EQ. Para isto, note que o prolongamento de MN passa pelo ponto médio de AB, pois MN é o eixo radical das duas circunferências e AB é tangente comum. Assim, como PQ || AB, concluímos que MN também passa pelo ponto médio de PQ. Logo, EM ⊥ PQ e EM passa pelo ponto médio de PQ, de modo que EM é mediatriz de PQ e EP = EQ. O]+Û%Ü$% $+ %) P)_'O+ÜO%)nÝJÛn! OÜÞ!ß M N Y D C A B E P Q Γ1 Γ2 α α α β α + β α + β β β X e α α α β β β ][XABY Temos NMCNAC ˆˆ = e DMNDBN ˆˆ = . Como ⇒=+ πDMNNMC ˆˆ ;ˆˆˆˆ πππ =−+−=+ DBNNACNBENAE temos que AEBN é cíclico. Seja .ˆˆ;ˆˆˆ ααααα =⇒==⇒=⇒= ANCCAXMNADCEBAE Seja ,ˆ β=ABE analogamente, β==== BNDDBYMNBMDB ˆˆˆˆ Como AEBN é cíclico, α== BNEBAE ˆˆ ; β== ANEABE ˆˆ ECNQQNEQCE ⇒= ˆˆ é cíclico βα +==⇒ CNECQE ˆˆ EDNPPNEPDE ⇒= ˆˆ é cíclico .ˆˆ βα +==⇒ DNEDPE Logo, EPQ é isósceles. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 20 Item a) Se )...( 121 −+++−= nn xxxxP ü se, em cada movimento, a pulga mais à esquerda pula sobre a pulga mais à direita, temos ⇒−+= )(' 1xxxx nnn ü 1' xxxx nnn üü −=− e ,' PP = donde P é uma constante positiva (escolhendo a origem, por exemplo, em )nx . Temos então ∑ − = −− ⇒=++−≥++− −=− − 1 1 1111 )...()...(1 1 )( 1 1 n j nnnnjn Pxxxxxn xxx n ý ∑ − = − ≥−=−⇒=− − ≥− 1 1 11 ,1 )(')( 1 1 n j nnnjnn n P xxxxPxx n xx ý donde o ponto mais à direita caminha pelo menos 1−n P para a direita a cada passo, logo tende a infinito. Como o ponto mais a direita, após n – 1 passos será o ponto mais à esquerda, todos os pontos tendem a infinito (para a direita). Nota: Na estratégia descrita na solução do item a), o ponto mais à esquerda se torna sempre o mais à direita, donde podemos definir ),(' 11 xxxxx nnnn −+==+ ü e teriamos simplesmente .,' 1 jxx jj ∀= + Reduzimos então a análise dessa estratégia ao estudo da recorrência linear ,)1( 11 xxx nn üü −+=+ cujo polinômio característico é ,)1()( 1 ýý ++−= + nn xxxP do qual 1 é raiz, donde, como ),1...( 1 )( 21 ++++−= − −− xxxx x xP nnn ý a expressão )...( 1221 +−+−−− ++++−= nmnmnmmm xxxxxy ü é um invariante da recorrência, isto é, ,1 myy mm ∀=+ donde my é constante. Daí vem nossa fórmula para P. Veja o artigo sobre equações de recorrência nesta Eureka. þ!ÿ Um mágico tem cem cartões numerados de 1 a 100. Coloca-os em três caixas, uma vermelha, uma branca e uma azul, de modo que cada caixa contém pelo menos um cartão. Uma pessoa da platéia escolhe duas das três caixas, seleciona um cartão de cada caixa e anuncia a soma dos números dos dois cartões que escolheu. Ao saber esta soma, o mágico identifica a caixa da qual não se retirou nenhum cartão. De quantas maneiras podem ser colocados todos os cartões nas caixas de modo de que este truque sempre funcione? (Duas maneiras consideram-se diferentes se pelo menos um cartão é colocado numa caixa diferente). Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 21 ! " # "!$%"!&'("!) *+%,- . / Seja )(nf o número de maneiras de se colocarem os cartões de 1 a n , mas sem contar a ordem das caixas. No final, basta multiplicar )100(f por 6 = 3!. Achamos facilmente que ,2)4( =f onde as duas únicas maneiras são: 1, 4 1 2 e 2, 3 3 4 Vamos provar por indução que 2)()1( ==+ nfnf para ,4≥n e que as únicas maneiras são das formas: A) 1, 4, 7,... B) 1 2, 5,... e 2, 3, ..., n – 1 3, 6,... n Há duas possibilidades para o cartão n + 1: 1) Ele aparece junto com outros cartões. Nesse caso, os cartões de 1 a n estarão na configuração A ou B. Se for A): 1,2 −− nn e n estão em caixas diferentes. n + 1 não pode estar na mesma caixa de n ou n – 1, pois )()1()1()2( nnnn +−=++− Se colocarmos n + 1 na mesma caixa de n – 2, a mágica funcionará. Basta ver a soma módulo 3. No caso B): 1+n não pode entrar em nenhuma caixa, pois )(2)1(1 nn +=++ e 2)1(3)( ++=+ nn 2) )1( +n está em uma caixa isolada. Como ),()2()1()1( nn +=++ 2 e n devem estar na mesma caixa. Temos a seguinte configuração: 1+n Se k está junto com 2 e k + 1 está na outra caixa, 2, kn, .)1()1( ⇒⇐++=++ knkn 1+k Então k e k + 1 estão na mesma caixa. Fazendo isso para k = 2, 3,..., n – 2, temos que os cartões 2, 3,..., n estão na mesma caixa . Como a outra caixa não pode ficar vazia, 1 está nela. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 22 Para ver que esta configuração funciona, basta ver os intervalos das possíveis somas para cada par de caixas. o número total é .12)100(6 =⋅ f 0 1 2 Verifique se existe um inteiro positivo n tal que n é divisível por exatamente 2000 números primos diferentes e 12 +n é divisível por n. 314, " ()&'() *+ ) 0 . 0 / Vamos, primeiramente, provar o seguinte "super-lema": Lema: 12|3 3 + nn e 123 + n tem pelo menos "n" fatores primos distintos: Esse lema será provado por indução: Quando n = 1 ou n = 2, o lema é verdadeiro pois 23 3912 ==+ e 19351312 33 2 ⋅==+ Suponha que seja válido, também, para um certo "p" ),2( ≥p Vamos provar que também é verdadeiro para :"1" +p .12|33)33( 1233312)31( )2(312312|12|3* 1 11 3111232 333122133 33333 +⇒⋅⋅+⋅−= =+⇔⋅+⋅−⋅+−=⇔⋅+−= =⇔⋅+−=⇔⋅=+∈∃⇔+ + ++ ++− ++ p pp pppp pppp pppp ppp kkk kkkk kkk 5 ))(( : temos, pois ],1)2()2)[(12(1)2(12** 2233 32333333 1 bababababa ppppp +−+=+∈∀ +−+=+=+ + 6 primofator umexistir deve Logo .12|312|3 pois 3)3;12( )122;12( 3)12(3)12(122 que Só 333 3323323332 +⇒+=+= =+−+⇒++−+=+− ⋅⋅ ppp ppppppp pmdc mdc "j" tal que )122(| 332 +−⋅ pp j e ),12(| 3 +/ P j logo )122)(12(12 33233 1 +−+=+ ⋅ + pppp tem pelo menos 1 fator primo a mais que ,123 + p logo 12 13 + +p tem pelo menos "p + 1" fatores primos em sua decomposição. Logo o lema é válido para "p + 1", também. Pelo princípio da indução finita, provamos que o lema é verdadeiro para todo natural "n". Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 25 .).( 22 4 44 )).(( 2 . 2 ) 22 )(( )cos..().().(),( 2 222 222 1 senAap acb R a R aacab R cba R cbcba b cba R b R b R c cp CasenBsenBcpsenCcpBCld −= −+= −+= −+−+−+= −+−+−= −−+−= Dessa forma, acabamos de mostrar que d(l1, BC) = d(T2, AB) = d(T3, AC) = (p – a).sen A. (*) Vamos mostra agora que BT2 = BN e, analogamente, mostraremos que CT3 = CM. Sejam U e V as projeções ortogonais de T2 e N sobre os lados AB e BC respectivamente. Então, NV = T2U = (p – a).sen A. Sejam I o incentro e E a projeção ortogonal de I sobre l1 (fig. 02). Veja que EN = T1V e EI = |(p – a).sen A – r|. l1 T1 C A B P T3 T2 M U V N r I E r fig. 02 Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 26 AapAapr rAaprEIINENVTi 22 222222 1 sen.)(sen).(2 )sen).(() −−−= −−−=−== AapTT UTTTUTii 222 32 2 2 2 32 2 3 sen.)( ) −−= −= Agora, o quadrilátero AT3IT2 é inscritível na circunferência de diâmetro AI. Logo, temos duas relações: I) T2T3 = AI.sen A; II) T2T3.AI = 2r.AT2 = 2r.(p – a) (pelo teorema de Ptolomeu). De (I) e (II), obtemos T2T3 2 = 2r.(p – a).sen A. Portanto, em (i) e (ii) ficamos com UTVTUTVT 31 2 3 2 1 =∴= , e como BT1 = BT3, por último segue que ∆BVN ≡ ∆BUT2 (**) de modo que BT2 = BN, como queríamos demonstrar. C A B T3 T2 r I r fig. 03 De (**), ainda podemos concluir que ∠ABT2 = ∠CBN, e como ∠ABI = ∠CBI, temos ∠T2BI = ∠NBI. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 27 Finalmente, como T2B = NB, podemos concluir que N é o simétrico de T2 em relação à bissetriz do ângulo B. Analogamente, M é o simétrico de T3 em relação à bissetriz interna do ângulo C. Dessa forma, podemos redefinir as retas l1, l2 e l3 da seguinte forma: Sejam S1, S2 e S3, respectivamente, os simétricos de T1, T2 e T3 em relação às bissetrizes dos ângulos ∠A, ∠B e ∠C, respectivamente. L1 é a reta que passa por S2 e S3, l2 é a reta que passa por S1 e S3 e l3 é a reta que passa por S1 e S2. Claramente, l1, l2 e l3 determinam um triângulo inscrito na circunferência inscrita no triângulo ABC. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 30 Portanto:     −++    −++    −++++= ccbabcbaacbacbaS )( 2 1 )( 2 1 )( 2 1 )( 2 12 substituindo o semi-perímetro ),( 2 1 cbap ++= concluímos que: ))()(( cpbpappS −−−= , a conhecida fórmula de Heron. De uma certa analogia da fórmula acima demonstrada deduzimos, a seguir, o resultado principal destas notas. %14 z31 % 0 , A medida da área de um quadrilátero cíclico de lados a, b, c, d cujo semi- perímetro denotado por p é a seguinte: ))()()(( dpcpbpapK −−−−= A D B C x a b d c onde )( 2 1 dcbap +++= )( 2 1 )( dcbaap +++−=− )( 2 1 )( dcbabp ++−=− )( 2 1 )( dcbacp +−+=− )( 2 1 )( dcbadp −++=− Os seguintes fatos elementares são considerados na prova: I. Seja um quadrilátero tal que seus ângulos opostos internos sejam suplementares: na figura temos °=+ 180ˆˆ DB (esta relação vale para os quadriláteros cíclicos). II. As áreas dos triângulos 1S e 2S são dadas pelas relações: BsenabS ˆ 2 1 1 ⋅= e DsencdS ˆ2 1 2 ⋅= Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 31 III. A diagonal x, indicada na figura anterior, pela Lei dos co-senos aplicada aos triângulos 1S e 2S verifica a relação: DcddcxBabba ˆcos2ˆcos2 22222 ⋅−+==⋅−+ ) De I. obtemos que ,1)ˆˆcos( −=+ DB que implica a igualdade DBDsenBsen ˆcosˆcos1ˆˆ ⋅+=⋅ (*). Com efeito, seja K a medida da área do quadrilátero cíclico dada por: 21 SSK += , Substituindo II. Obtemos a igualdade DsencdBsenabK ˆˆ2 ⋅+⋅= . Elevando ao quadrado obtemos: DsendcDsenBsenabcdBsenbaK ˆˆˆ2ˆ4 2222222 ⋅+⋅⋅⋅+⋅= substituindo (*) no produto de senos temos: )ˆcos1()ˆcosˆcos1(2)ˆcos1(4 2222222 DdcDBabcdBbaK −+⋅++−= ou melhor, )ˆ2cos1(22)ˆcosˆcos1()ˆcosˆcos1()ˆ2cos1(2224 DdcDBabcdDBabcdBbaK −+⋅++⋅++−= )ˆcos1)(ˆcos1(22)ˆcos1()ˆcos1()ˆcos1)(ˆcos1(2224 DDdcBcdDabBBbaK +−+++++−= Multiplicando, adequadamente, por 4 os dois membros, )]ˆcos1()ˆcos1([2)]ˆcos1()ˆcos1([2216 DcdBabDcdBabK −⋅++⋅⋅⋅+⋅+−⋅= ]ˆcos2ˆcos22ˆcos2][2ˆcos22ˆcos2[216 DcdDcdabBabcdDcdabBabK ⋅−⋅++⋅−⋅−−⋅−= Substituindo a relação III. obtemos: ]2)(2][2)(2[16 222222222 cddcabbacddcabbaK ++−++−+−−+−= ])()][()()[(16 22222 dcbadcbaK −−++−−−= )]())][(())][(())][(()[(16 2 dcbadcbadcbadcbaK −++−−+++−+−−−= por tanto temos que: )( 2 1 )( 2 1 )( 2 1 )( 2 12 dcbadcbadcbadcbaK −+++−+++−+++−= daí, é imediato ver que: Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 32 ))()()((2 dpcpbpapK −−−−= permitindo concluir que, ))()()(( dpcpbpapK −−−−= concluindo a prova. Como observação final, a fórmula acima demonstrada não pode ser mais geral do que foi provado por BRAHMAGUPTA. De fato, a fórmula vale exatamente para os quadriláteros cíclicos. Em geral, se o quadrilátero não for cíclico, sua área é estritamente menor que ))()()(( dpcpbpap −−−− , pois nesse caso DBDsenBsen ˆcos ˆcos1ˆ ˆ +< , o que pode ser usado como na prova acima para provar nossa afirmação. )' " E.W. Hobson, A Treatise on Plane Trigonometry (NY); Macmillan Company, 4a ed., (1902), pg. 204. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 35 0 ,12 ≥−= nx nn Observamos, por exemplo, que para n = 3 devem ser realizados 7 movimentos. Deixamos como exercício para o leitor provar que é impossível resolver este problema usando uma quantidade menor de movimentos. $%®8 314%)') 0 " 1h" &81A 1\ " "!',: z 8' r,',: Considere a equação: 0 ,0... 011 ≥=+++ −+−+ nxaxaxa nknkknk (2) em que kaa ,...,0 são sucessões independentes de n, e os valores de ix são conhecidos para i = 0, ..., k – 1 (correspondem aos valores de bordo). Supondo que a equação (2) admite uma solução do tipo: ,nnx λ= em que λ é um parâmetro inteiro, e substituindo em (2) temos: 0... 0 1 1 =+++ −+ − + nkn k kn k aaa λλλ Se 0≠λ então obtemos a equação característica associada a equação (2): 0... 00 1 1 =+++ − − λλλ aaa k k k k Vamos mostrar que se esta equação tem as raízes complexas rλλ ,...,1 com multiplicidades ¯∈rααα ,...,, 21 , respectivamente, então as soluções de (2) são exatamente as seqüências )( nx da forma ,)(...)()( 2211 n rr nn n nQnQnQx λλλ +++= onde rQQ ,...,1 são polinômios com grau ,)( iiQ α< ri ≤≤1 (em particular, se iλ é uma raíz simples então iQ é constante). Seja 0 1 1 ...)( axaxaxP k k k k +++= − − um polinômio. Dizemos que uma seqüência °∈nnx )( satisfaz a propriedade Rec ))(( xP se ¯∈∀=+++ −+−+ nxaxaxa nknkknk ,0... 011 . Não é difícil verificar os seguintes fatos: i) Se )( nX e )( nY satisfazem Rec ))(( xP e ±∈c então nnn cYXZ +=)( satisfaz Rec ))(( xP . ii) Se 0 1 1 ...)( bXbXbxQ r r r r +++= − − e )( nX satisfaz Rec ))(( xP então )( nX satisfaz Rec ))()(( xQxP (isso segue de ²∈∀=+++ +−++−++ = ∑ nXaXaXab jnkjnkkjnk r j j ,0)...( 011 0 ) Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 36 iii) )( nX satisfaz Rec ))(( xP se e só se ( )nnn XY λ=)( satisfaz Rec ))(( XP λ (substitua jn jn jn YX + + + = λ em ∑ = + = k j jnj Xa 0 ).0 iv) Se ∑ = = n k kn xS 0 então )( nx satisfaz Rec ))(( xP se e só se )( nS satisfaz Rec ))()1(( xPx − (escreva jnjnjn SSx +++++ −= 11 e substitua em ∑ = ++ = n j jnj xa 0 1 ).0 Por iii), para ver que, para todo polinômio )(xQ de grau menor que m, n n nQX λ)(= satisfaz Rec ),)(( mx λ− basta ver que ( ))()( nQYn = satisfaz Rec ),)1(( mx − o que faremos por indução. Isso é claro se m = 1, e em geral, se ),()1(1 nQnQYYZ nnn −+=−= + como )()1()( ~ xQxQxQ −+= tem grau menor que m – 1, )( nZ satisfaz Rec ))1(( 1−− mx (por hipótese de indução), e logo, por (iv), )( nY satisfaz Rec ).)1(( mx − Essa observação, combinada com ii), mostra que se rrxxxxP ααα λλλ )...()()()(( 21 21 −−−= , e grau iiQ α<)( para ri ≤≤1 então ∑ = = r i n iin nQx 1 )( λ satisfaz Rec ))(( xP . Para ver que se )( nx satisfaz Rec ))(( xP então nx é da forma acima, usaremos indução novamente. Supomos 01 ≠λ e tomamos n nn XY 1λ= , ). com( 001 YZYYZ nnn =−= + Por iii) e iv), nZ satisfaz Rec ))1()(( 1 −xxP λ e, portanto por hipótese de indução, ,))(( ~ ...))(( ~ )( ~ 11221 n rr n n xQxQxQZ λλλλ +++= onde grau iiQ α< ~ para ri ≤≤2 e grau .1~ 11 −< αQ Para terminar a prova, vamos mostrar que se existem polinômios kPPP ,...,, 21 tais que nkk n nn nPnPnPYY ββ )(...)()( 2211 +++=−+ (onde 1, kββ ,...,2 são complexos distintos e 2,0 ≥∀≠ iPi ) então ,)( ~ ...)( ~ )( ~ 221 n kk n n nPnPnPY ββ +++= onde kPP ~ ,..., ~ 1 são polinômios com grau ii PP ~ grau = para 2≥i e grau ,1grau ~ 11 += PP por indução na soma dos graus dos polinômios iP , onde convencionamos que o grau do polinômio nulo é –1. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 37 (no nosso caso temos ,1λλβ ii = e como n n n YX 1λ= o resultado segue imediatamente). Para provar essa afirmação observamos inicialmente que, se a soma dos graus de iP é –1, então ,,01 nYY nn ∀=−+ e logo, nY é constante e, em geral, consideramos 2 casos: a) .0,...)( 0 1 11 ≠+++= − − m m m m m ccxcxcxP Nesse caso definimos , 1 ~ 1 + −= + m nc YY m m nn e temos ,)(...)()( ~~ 1211 n kk n nn nPnPnQYY ββ +++=−+ com grau .mQ < Por hipótese de indução, nY ~ (e logo nY ) é da forma desejada. b) .0,...)( 0 1 12 ≠+++= − − s s s s s ddxdxdxP Nesse caso, definimos , 1 ~ 2 2 − −= λ λnss nn nd YY e temos ,)(...)()()( ~~ 33211 n kk nn nn nPnPnQnPYY βββ ++++=−+ com grau .sQ < Por hipótese de indução, nY ~ (e logo nY ) é da forma desejada. Exemplo: )( αnsenxn = satisfaz uma recorrência linear. De fato, ⇒+=+=+ αααααα sennnsennsenxn )cos(cos)()(1 ⇒+=+=+ αααααα 2)cos(2cos)()2(2 sennnsennsenxn ,)cos 2 2(cos 2 12 nnn xsen sen x sen sen x α α αα α α −=−⇒ ++ ou seja, .cos2 12 nnn XXx −= ++ α Note que nx não parece ser da forma geral descrita nesta seção, mas de fato, nnnini inin n iseni isen i e i e ii ee x )(cos 2 1 )(cos 2 1 )( 2 1 )( 2 1 2 αααααα αα −−+=−=−= − − Obs. Se )( nx satisfaz Rec ))()1(( xPx − , onde ,...)( 0 1 1 axaxaxP k k k n +++= − − então, se definirmos ,... 011 nknkknkn xaxaxaY +++= −+−+ teremos ¯∈∀=+ nYY nn ,1 , ou seja, nY é constante. Assim, nknk xaxa 0... +++ é um invariante da seqüência nx , o que é uma observação útil para muitos problemas olímpicos. Veja o problema 3 da IMO. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 40 k n 22= , 122 − = k n , kn =22 loglog Ao efetuar essas substituições na equação obtemos: kxx kk =− −12 (3) onde: )2()( 2 k fnfxk == 1)2( 02 0 == fx A equação (3) é uma equação não homogênea. Procedendo como acima ∆ obtemos: 0254 112 =−+− −++ kkkk xxxx cuja solução considerando a condição do bordo é: 0,232 ≥⋅+−−= kkx kk Logo, voltando a variável n original, a solução final é: ,2logloglog3)( 222 −−= nnnf 0,2 2 ≥= kn k A solução só tem resultados inteiros para os valores de n mencionados. Por exemplo: ,8)16(,3)4( == ff etc. Deixamos a prova deste fato como exercício para o leitor. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 41 EF?>E9EzO¹IF9 ¡LE?>E¡O gj^)ºTa%]»^)QA¼Yr)¤a)AeVIQ)W Ur¤c Q9g8 a½)a ◆ mon prqZs§pr¨v©¨{~ Uma das técnicas básicas para a resolução de equações com funções é perceber quando ela é injetora, isto é, quando .)()( babfaf =⇒= Isto é particularmente freqüente em problemas em que temos equações do tipo .0,))(( ≠= kkxxff De fato, .))(())(()()( bakbkabffaffbfaf =⇔=⇔=⇒= "Sabendo que f é injetora, podemos provar novas relações aplicando f dos dois lados da equação". Por exemplo, considere o seguinte problema: (IMO) Seja + ¾ o conjunto dos racionais positivos. Construa uma função ++ → ¾¾ :f tal que yxfyxff )())(( = para todo ., +∈ ¾ yx Para x = 1, temos yfyff )1())(( = e daí temos que f é injetora: ,)1(( .)1()1())(())(()()( +∈=⇔=⇔=⇒= ¾ fbabfafbffaffbfaf logo ).0)1( ≠f Agora, vamos provar que a função é multiplicativa, isto é, que ).()()( bfafabf = Aplicamos f a cada membro da equação, ab f abff )1( ))(( = ab f b aff bfaff )1())(( ))()(( == Como os resultados são iguais e f é injetora, concluímos que ).()()( bfafabf = Daí temos: 1)1()1()1()11( =⇔=⋅ ffff )( 111 )(1 1 )( 1 afa f a faf a faf a af =    ⇔    =⇔    =     ⋅ )( )(1 bf af b af b a f =     ⋅=     Assim, basta construir a função para os inteiros positivos. Mais ainda, basta defini-la para os primos. Devemos ter .1)1())(( ppfpff == Pensando um pouco, sendo ,...,, 321 ppp todos os primos, podemos tomar Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 42    = + − ímpar é se 1 par é se )( 1 1 np np pf n n n e verificar que a condição inicial é satisfeita. r« ! " (IMO) Determine o menor valor possível de f(1998), onde f é uma função do conjunto N dos inteiros positivos nele mesmo, tal que, para todo :, ¯∈nm .))(())(( 22 nfmmfnf = Para funções de domínio real, podemos utilizar desigualdades para obter igualdades. Por exemplo, considere o seguinte problema. Determine todas as funções 66 →2:f tais que aaaf =);( para todo ¿∈a e ),(),( dcfbafdcba <⇒+<+ para quaisquer a, b, c, d 6 ∈ . Observe, em primeiro lugar, que, para ,0>ε      ++++≤≤     −+−+ εεεε 2 , 2 ),( 2 , 2 baba fbaf baba f (*) 2 ),( 2 εε ++≤≤−+⇔ babafba Logo é razoável que .2)(),( babaf += Suponha que existam 0a e 0b tais que .2)(),( 0000 babaf +≠ Se ,2)(),( 0000 babaf +> então 0,2)(),( 0000 >++= ppbabaf . Mas 22)(),( 0000 pbabaf ++≤ por (*), ou seja, ,022)(2)( 0000 ≤⇔++≤++ ppbapba absurdo. Analogamente 2)(),( 0000 babaf +< é impossível. Logo 2)(),( babaf += para todo ., ¿∈ba Podemos utilizar um raciocínio semelhante em diversos problemas que envolvem funções crescentes. Às vezes, é necessário obter a desigualdade a partir das condições do problema, muitas vezes, utilizamos relações como ( ) ( )( )22 xfxf = para concluir que 0)(0 ≥⇒≥ xfx (basta substituir x no lugar de x na relação anterior). Observe o exercício a seguir. Seja f uma função de R em R tal que f(1) = 1, f (a + b) = f(a) +f(b) para todo a, b e 1)1()( =xfxf para todo .0≠x Prove que xxf =)( para todo número real. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 45  O comitê editorial da äåçæ8äèé ê sente-se gratificado pela acolhida desta nova seção por parte dos seus leitores. Aproveitamos a oportunidade para agradecer aqueles que nos enviaram sugestões, opiniões, críticas e principalmente soluções para os problemas. Cumpre informar, aos leitores, que por uma questão de espaço físico as soluções de todos os problemas propostos, em um exemplar de äåoæ8äèé ê , não poderão ser apresentadas no número posterior ao daquele em que foram publicados visto que a revista possui outras seções de grande interesse do público em geral. Entretanto, as mesmas serão divulgadas nos números posteriores à medida que os leitores as enviarem. Se houver interesse “mais urgente” na solução de algum problema específico, solicitamos contactar a OBM, seçãoÉëÈ ì ÍÇ íîíïíÉCÅÃ:îÉ%Å9îÉ#ì ðÎîÉ , através de carta ou e-mail. ñhòó_ôò õ ôÙö÷ õ øzùjú:òó¡ôû  Primeiramente vamos aos problemas propostos deste número 32. ü ì4ýþ ÿ A seqüência ( )na , ∈n N* verifica as relações 2 1 1 =a e 12 1 1 + = − − n n n na a a para todo número natural 1>n . Calcule 199821 aaa +⋅⋅⋅++ . 33. ü ì4ýþ ÿ Seja n um número natural tal que 22n possui 28 divisores distintos e o número 23n possui 30 divisores distintos . Qual o número de divisores do número 26n ? 34. ü ð Ó A seqüência ( )na , 0≥n é tal que 10 =a , 0100 =a , e para todo 1≥n , tem-se que 111 2 −+ −= nnn aaaa . a) Mostre que 11 ≤a . b) Determine 1996a 35. ü ð Seja ( )nd o maior divisor ímpar de um número natural n . Definamos uma função :f N →N tal que ( ) nnf 212 =− e ( ) ( )    += nd n nnf 2 2 para todo ∈n N Determine todos os valores de k tais que ( )( )( ) 1997...1... =fff onde f é iterada k vezes. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 46 36. Æ ! Seja PQRS um quadrilátero inscrito num círculo e cuja medida do ângulo PSR∠ seja igual a o90 . Se H e K são os pés das perpendiculares baixadas de Q sobre PR e PS respectivamente (convenientemente prolongados se necessário). Mostre que HK divide QS ao meio. 37. Å#"$$ ! Os algarismos de um inteiro positivo A em sua representação no sistema de numeração decimal crescem da esquerda para a direita. Determine a soma dos algarismos do número A⋅9 % 38. & '() ! Para um hexágono convexo ABCDEF cujos lados possuem todos medidas iguais a 1, determine o valor máximo M e o valor mínimo m das diagonais AD , BE e CF e seus possíveis conjunto de valores. 39. È *,+ - ! Determine todos os inteiros positivos m tais que a quarta potência do número de seus divisores positivos é igual a m . 40. È *,+ - ! Mostre que existe um número inteiro positivo na seqüência de Fibonacci que é divisível por 1000 . 41. Ï ./ ! Seja *P o conjunto de todos os números primos ímpares menores do que 10000 . Determine todos os números primos *Pp ∈ tal que para cada subconjunto S de *P 0 digamos, { }k, ... , p, ppS 21= , com 2≥k , sempre que Sp ∉ , existe algum q em *P , mas não em S tal que 1+q é um divisor de ( )( ) ( ).111 21 +⋅⋅⋅++ kppp 42. Ï# .1 2! As alturas de um triângulo acutângulo ABC onde ACAB > intersectam os lados BC , AC e BC nos pontos D , E e F respectivamente. Se EF intersecta BC no ponto P e a reta que passa por D e é paralela a EF intersecta AC e AB em Q e R respectivamente, seja N um ponto sobre o lado BC tal que oNRPNQP 180<+∠ . Prove que CNBN > . 43. 3#4 + 56 *, ! Seja p um parâmetro real tal que a equação 032 =−− ppxx possui duas raízes reais distintas 1x e 2x . a) Prove que 03 221 >−+ pxpx . Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 47 b) Determine o menor valor possível de 2 2 12 2 21 2 33 33 p pxpx pxpx p A ++ + ++ = . Quando ocorre a igualdade ? 44. 34 + 56* ! Determine o menor número natural n tal que a soma dos quadrados de seus divisores (incluindo 1 e n ) é igual a ( )23+n . 45. 34 + 56 *, ! Seja M o ponto médio do lado BC de um triângulo ABC no qual oCAB 45=∠ e oABC 30=∠ . a) Determine AMC∠ b) Prove que AC BCAB AM 2 ⋅= 46. 34 + 56 *, ! Sejam M um ponto do interior de um quadrado ABCD e 1A , 1B , 1C e 1D os pontos de interseção de AM , BM , CM e DM respectivamente com o círculo circunscrito ao quadrado ABCD . Mostre que 11111111 CBDADCBA ⋅=⋅ . 47. È *( ! Determine todas as funções f : R → R que satisfazem a ( )( ) ( ) ( )yxfyxfyxff 42 +−=+ para todos os números reais x e y . 48. È *( ! Em um triângulo ABC a bissetriz do ângulo BAC∠ intersecta o lado BC no ponto D . Seja Γ um círculo tangente a BC no ponto D e que passa pelo ponto A . Se M é o segundo ponto de interseção de AC com Γ e se BM intersecta o círculo em P , mostre que AP é uma mediana do triângulo ABD . 49. Å7 '"8+ 9 $9Ï#97 9:7AÃ;$+ )=< 9 ! Determine o menor número natural que pode ser obtido colocando-se parêntesis na expressão 2:3:4:5:6:7:8:9:10:11:12:13:14:15 50. Å7'"8+ 9 $oÏ#97 9>7 Ã;$ + )=< 9 ! A média aritmética de uma quantidade de números primos distintos é igual a 27 . Determine o maior número primo que aparece entre eles. 51. Å7'"8+ 9 $IÏ9279 ?7MÃ;$ + )@<;9 ! Mostre que para todo número natural n o produto Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 50 Enviaram soluções com comentários sobre um possível erro no enunciado: Diego Alvarez Araújo Correia (Fortaleza-CE) e Marcílio Miranda de Carvalho (Teresina – PI). uRvYw[xYyzv>{Y|a}a~Edw[[vi}[E~hY{p~a{Y|O~E~woYv ímparpar NKMNM =⋅⇒ | absurdo! Conclusão : Não existem M e N que satisfaçam às condições do problema Marcílio também observou que como a Rússia tem grande tradição em IMO’s deveria haver um erro no enunciado e que o mesmo possivelmente deva ser : “ ... e tais que N divide M ” apresentando a seguinte solução para o novo enunciado : ( ) ( )9mod797531 9mod286420 ≡++++≡ ≡++++≡ N M ( ) ( ) .89mod89mod27| ≥⇒≡⇒≡⇒=⋅⇒ KKKMKNMN Mas MKNN ⇒>⋅⇒≥ 51013579 possui mais de 5 algarismos. Conclusão : Não existem M e N que satisfaçam ás condições do problema. 8. Å)NB A ! O volume de um paralelepípedo é 3216cm e a sua área total é 2216cm . Mostre que o paralelepípedo é um cubo. Enviaram soluções Einstein do Nascimento Júnior (Fortaleza-CE), Geraldo Perlino Júnior (SP), José Guilherme Moreira Pinto (Juiz de Fora - MG) e Diego Alvarez Araújo Correia (Fortaleza-CE). uRvYw[xYyzv>{Y|aO[|YviOw[~E|1OE~Y[v>OvYE|[~# Sejam a , b e c as medidas das dimensões do paralelepípedo. Pelo enunciado tem-se : 216=abc e 108=++ bcacab . Como MGMA ≥ , 3 3 acbcab acbcab ⋅⋅≥++ então ( ) ( ) 363636216 3 108 3 23 2 ≥⇒==≥ abc . Como ocorre a igualdade, temos que cbacabcab ==⇒== . Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 51 13. È *,+ - ! Uma função f : N → N satisfaz às condições : ( ) ( ) ( ) 1, é b e a de comumdivisor máximo o se bfafabf = ( ) ( ) ( ) q. e p primos números os todospara qfpfqpf +=+ Mostre que ( ) ( ) 33f ,22 ==f e ( ) 19991999 =f . Enviaram soluções Marcílio Miranda de Carvalho (Teresina – PI) e Geraldo Perlino Júnior (SP). uRvYw[xYyzv>{Y|a}a~Edw[[vi}[E~hY{p~a{Y|O~E~woYv Seja p um número primo ímpar, então ( ) ( ) ( )pffpf ⋅= 22 . Como, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2222 =⇒=+= fpfpfpfpf Além disso, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )34124224 fffff =⇒=+= . Por outro lado ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3332632322125712 =⇒+=+++=⇒+= ffffffffff . Finalmente, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .23232626131315155325 =⇒=⇒=⇒=⇒=+= fffffff Mas, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 29293131333311111313 =⇒=⇒=⇒=⇒= fffff . Logo, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 199919992001292332001 =⇒=⋅⋅= fffff 14. F;4 ! Determine todas as funções f : R\{ }0 → R satisfazendo a ( ) x x fxf x =    +− 11 para todos x ∈ R\{ }0 . Enviaram soluções Marcílio Miranda de Carvalho (Teresina – PI) e Geraldo Perlino Júnior (SP).uRvYw[xYyzv>{Y|1|E~w[{YviR|Ew[[Yv>hYY[vp@ Seja ∈a R com 0≠a . Fazendo ax −= e a x 1 = na equação dada temos ( ) a a faf a -=÷ ø ö ç è æ -+- 11 e . Resolvendo-se o sistema Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 52 formado por estas duas equações chegamos a ( )    += αααφ 1 2 1 2 e portanto, . 15. F;4 ! Dois círculos intersectam-se em dois pontos M e N . Um ponto A qualquer do primeiro círculo, distinto de M e N , é unido aos pontos M e N de modo que as retas AM e AN intersectam novamente o segundo círculo nos pontos B e C . Mostre que a tangente ao primeiro círculo em A é paralela a BC . Enviaram soluções Einstein do Nascimento Júnior (Fortaleza-CE), Geraldo Perlino Júnior (SP) e Diego Alvarez Araújo Correia (Fortaleza-CE) . uRvYw[xYyzv>{Y|aRdY g|hdi{Yv>¡l~o¢i|p gvipY[vY : Seja e P um ponto sobre a tangente ao primeiro círculo em A . Temos então que e como o quadrilátero é inscritível então q-=Ð oMNB 180 e daí resultando em . 17. £ 9*¤ ! Mostre que o número é composto. uRvYw[xYyzv>{Y|a}a~Edw[[vi}[E~hY{p~a{Y|O~E~woYv 19. ¥ C 4 ¤ 2 ! Duas cordas AB e CD de um círculo intersectam-se no ponto K . O ponto A divide o arco em duas partes iguais. Se e , determine a medida da corda AD . Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 55 semi-perímetro p e área S, verifique que e mais ainda: verifique que a igualdade acima ocorre apenas se o triângulo for equilátero. uRvYw[xYyzv>{Y|a}a~E|w[v ¦ xYÍgdYvi{Y|aÎ1w[[h|[E~ gÏ |wdÐ¢iÑgRÒOÓ Sejam x = a + c – b y = a + b – c z = b + c – a Pela Desigualdade Triangular temos que x > 0, y > 0 e z > 0. Assim, isoloando a, b e c: a = x + y b = y + z c = z + x Pela Desigualdade entre as Médias Aritmética e Geométrica temos: , e (1) Vamos desenvolver agora o valor de em função de x, y e z, usando para isso o resultado (1): Pela Desigualdade de Cauchy podemos afirmar que . Fazendo então , e concluímos que: (2) Calculando em função de x, y e z obtemos: Assim, usando o resultado (2): Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 56 ⇒ s p cba 2 3111 £++ (3) Como nas duas desigualdade usadas a igualdade vale se e só se os termos são iguais, então temos a igualdade na desigualdade (3) sé e só se a = b = c. 43) Prove que se p é um primo da forma 4k + 3, então 2p + 1 também é primo se e somente se 2p + 1 divide 2p – 1. uRvYw[xYyzv>{Y|aÒOw[|ÔaOvYEEÕ~ÒO§YE|x ¡ld g|EÖYÑ ¦ Ó RE[¢i|[E~a©Y~E g|# Se 2p + 1 também é primo, temos: uR|×YxpY{Y~©Y~E g|# Não podemos ter k = 1, pois é par para todo .3³n Assim, é primo. 44) O produto de dois inteiros positivos consecutivos pode ser igual ao produto de dois inteiros positivos consecutivos pares? uRvYw[xYyzv>{Y|aØO~Y[|wR|ÙY~}~E g[paOxYYp~ gÚ vp g~w[|Û ~aÑplRÓ Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 57 Seja A o produto de dois números inteiros positivos consecutivos. Isto implica que onde ZÎx . Observe que: - Caso x seja par temos: (Esta desigualdade é fácil de ser vista) - Caso x seja ímpar temos: (Logo x + 1 é par) (desigualdade fácil de ser vista) Analizando os casos vemos que A está entre dois produtos consecutivos de dois inteiros pares consecutivos positivos. Logo conclui-se que não é possível que o produto de dois inteiros positivos seja igual ao produto de dois inteiros positivos consecutivos pares. 46) 3 + CE 9RÜÝÞß à! i) Prove a existência de dois conjuntos infinitos A e B, não necessariamente disjuntos, de inteiros não negativos tais que cada inteiro não negativo pode ser representado de uma única forma como a + b, com a ∈ A e b ∈ B. ii) Prove que em cada tal par (A, B), ou A ou B contém apenas múltiplos de algum inteiro k > 1. uRvYw[xYyzv>{Y|aáOxY¢>§Y|E gv>uR[w[h~¡O~| uRzv?R~xpw[viÑYuRRÓ i) Todo natural se escreve da maneira única como soma de potências de 2 distintas, donde os conjuntos se escreve como soma de potências de 2 distintas com expoente ímpar} e se escreve como soma de potências de 2 distintas com expoente par} satisfazem as condições do enunciado (note que AÎ0 e ii) 0 deve pertencer aos dois conjuntos, e 1 a exatamente um deles (senão 1 = 0 + 1 = 1 + 0 seria representado de 2 formas distintas), digamos ao conjunto B. Seja k o menor elemento positivo do conjunto A. É fácil ver que {0, 1, ..., k – 1} ⊂ B. Vamos provar que o mdc dos elementos de A é k. Para isso, vamos mostrar por indução que para cada inteiro positivo m, existem inteiros s rr ,..., 1 tais que e todos os elementos de A menores que mk são múltiplos de k. Consideremos o inteiro mk. Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 60 Angela Camargo (Centro de Educ.de Adultos - CEA) Blumenau - SC Benedito T. Vasconcelos Freire (UFRN) Natal - RN Claudio Arconcher (Col. Leonardo da Vinci) Jundiaí - SP Claus Haetinger (UNIVATES) Lajeado - RS Cleonor Crescêncio das Neves (UTAM) Manaus-AM Élio Mega (Col. ETAPA) São Paulo - SP Kátia Gonçalves de Faria (Col. Singular) Santo André - SP Florêncio F. Guimarães Filho (UFES) Vitória - ES Francisco Dutenhefner (UFMG) Belo Horizonte - MG Gisele de A. Prateado Gusmão (UFGO) Goiânia - GO Ivanilde H. Fernandes Saad (U. Católica Dom Bosco) Campo Grande - MS Jacqueline F. Rojas Arancibia (UFPB) João Pessoa - PB João Benício de Melo Neto (UFPI) Teresina - PI João F. Melo Libonati (Grupo Educ. IDEAL) Belém - PA Irene Nakaoka (UEM) Maringá - PR José Carlos Pinto Leivas (UFRG) Rio Grande - RS José Cloves Saraiva (UFMA) São Luis - MA José Gaspar Ruas Filho (ICMC-USP) São Carlos - SP José Luis Rosas Pinho (UFSC) Florianópolis - SC José Paulo Carneiro (Univ. Santa Úrsula) Rio de Janeiro - RJ José Vieira Alves (UFPB) Campina Grande - PB Marcelo Rufino de Oliveira (Sistema Titular de Ensino)Belém - PA Licio Hernandes Bezerra (UFSC) Florianópolis - SC Luzinalva M. de Amorim (UFBA) Salvador - BA Marcondes Cavalcante França (UF Ceará) Fortaleza - CE Pablo Rodrigo Ganassim (L. Albert Einstein) Piracicaba - SP Paulo H. Cruz Neiva de L. Jr. (Esc. Tec.Everardo Passos) SJ dos Campos - SP Reinaldo Gen Ichiro Arakaki (INPE) SJ dos Campos - SP Ricardo Amorim (Centro Educ. Logos) Nova Iguaçu - RJ Roberto Vizeu Barros (Colégio ACAE) Volta Redonda - RJ Sérgio Cláudio Ramos (IM-UFRGS) Porto Alegre - RS Seme Gebara Neto (UFMG) Belo Horizonte -MG Silvio de Barros Melo (UFPE) Recife - PE Tadeu Ferreira Gomes (U. do Estado da Bahia) Juazeiro - BA Tomás Menéndez Rodrigues (U. Federal de Rondonia) Porto Velho - RO Valdenberg Araújo da Silva (U. Federal de Sergipe) São Cristovão - SE Wagner Pereira Lopes (Esc. Tec. Fed. de Goiás) Jataí - GO Waldemar M. Canalli (P.M. S. João de Meriti) S. João de Meriti - RJ Sociedade Brasileira de Matemática EUREKA! N°9, 2000 61 ±° a° Colégios (Preencher com letra de forma) Instituição: Pública ! Privada ! Diretor: Endereço: Bairro: Cidade: Estado: Cep: Telefone: ( ) Fax: ( ) e-mail: Professor Responsável: Endereço: Bairro: Cidade: Estado: Cep: Telefone: ( ) Fax: ( ) e-mail: Para seguir participando Olimpíada Brasileira de Matemática, uma cópia desta ficha deve ser preenchida e enviada para a Secretaria da Olimpíada Brasileira de Matemática pelos colégios ainda não recadastrados.