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Sociedade Brasileira de Matemática

1998 tem sido um bom ano para o programa brasileiro de

Olimpíadas de Matemática. Tivemos em torno de 40.0 participantes na primeira fase, ganhamos mais uma medalha de ouro na Olimpíada Internacional de Matemática e fomos o país com maior soma de pontos na Olimpíada Iberoamericana de Matemática. Esperamos concluí-lo com uma terceira fase da Olimpíada Brasileira de Matemática que faça jus aos resultados até agora obtidos, estimulando ainda mais a imaginação criativa dos jovens competidores, propiciando a descoberta de novos talentos para a matemática e, em particular, criando as bases para as equipes brasileiras que participarão nas olimpíadas internacionais do ano que vem. Esperamos que os números da revista Eureka! que apresentamos este ano sejam úteis para aumentar o número de participantes da Olimpíada Brasileira de Matemática e que permitam a todos os classificados chegarem bem preparados à terceira fase, além de contribuir para o enriquecimento da cultura matemática de nossa comunidade acadêmica e escolar.

Esta Eureka! 3 está mais difícil que as anteriores, entre outras razões, por ter boa parte de seu material dedicado à preparação para a terceira fase do terceiro nível. Grande parte do material das Eureka! 1 e 2 é adequada à preparação para a terceira fase dos primeiros dois níveis, mas no terceiro nível a prova (como mostra a segunda fase sênior da Olimpíada Brasileira de Matemática do ano passado, aqui resolvida) costuma ser mais técnica, de modo que resolvemos usar a Eureka! 3 para oferecer aos participantes da terceira fase uma preparação adequada, com problemas mais difíceis e bem diferentes dos que usualmente se estudam nas escolas.

A terceira fase será realizada nas seguintes datas.

Sábado 24 de outubro1o . nível

2o . nível

3o . nível (primeira prova).

Sábado 14 de novembro3o . nível (segunda prova).

Comitê Editorial.

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Sejam três pontos A, B e C pertencentes a uma circunferência de centro O tais que ∧ AOB< ∧ .BOC Seja D o ponto médio do arco AC que contém o ponto B. Seja K o pé da perpendicular a BC por D.

Prove que .KCBKAB=+

Prove que existe uma seqüência a0, a1, …, ak, …, onde cada ai é um que para cada inteiro positivo n o número xn = a0 + 10a1 + 100a2 an–1 (cuja representação decimal é an–1 an–2 …a1a0) é tal que nx−2é divisível por 10n .

Seja A = {x1 < x2 <…< xn} um conjunto de números inteiros positivos tal que se x e y são dois números naturais que não pertencem a A então x + y não pertence a A. Provar que xi

Considere a seqüência (xn) n ∈ N definida por x1 = 19, x2 = 98 e, para todo n ∈ N,

0 se , 1 n n x x

Prove que existe n ∈ N tal que xn = 0 e encontre o menor n com essa propriedade.

Sejam ABC um triângulo, M o pé da bissetriz interna do ângulo A e N o pé da bissetriz interna do ângulo B. Suponha que MN seja bissetriz do ângulo AMC. Calcule o ângulo A.

Ache todas as soluções reais de [][]19981998=+x ([]y denota o único inteiro tal que [][])1+<≤y.

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Mostre que o produto de todos os números da forma 100...321±±±±±é o quadrado de um número inteiro.

Sejam AB = x, BD = y; marcamos D’ tal que D’C = y. Então D’D = x por ser D ponto médio de AC e resulta D’ // BC. Se K’ é o pé da perpendicular a BC por D’, então temos AB = D’ = K’ e BK = K’C AB + BK = K’+ K’C = KC.

O primeiro termo é a0 = 6; então x1 divisível por 101 .

Seja n ≥ 1. Suponhamos que existem a0, a1,…,an–1 tais que verifica que nx−2é divisível por 10n (ou seja ) com ,102N∈=−rrxxn n

Temos que encontrar an tal que seja tal que .10por divisível é 1121+ ++ − n n x

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10.pordivisível é )12(
10pordivisível é 210por divisível e

n n n n n n n n n n n n n n axr aaxrxx aaaxr aaaxraaaxxx axaaxxaxaxxx

Dado que a0 = 6, temos que xn = 10t + 6 com t ∈ N; então 2xn = 10h + 2.

(com h = 2t + 1). Logo r + (2xn – 1)an é divisível por 10 ⇔ r + (10h + 1)an é divisível por 10 ⇔ r + an é divisível por 10.

Sempre existe um único inteiro an entre 0 e 9 de modo tal que isto se verifique.

Prove que a seqüência (an) obtida não é periódica nem pré-periódica.

Suponhamos que o enunciado é falso, ou seja que existe k tal que

Então os conjuntos são disjuntos dois a dois e seus elementos são menores que xk.

Além disso, para cada j, 1 ≤ j ≤ k, j ∈ A ou xk – j ∈ A, pois no caso contrario, ou seja, se j ∉ A e xk – j ∉ A, teríamos que xk = j + (xk

Portanto, para cada j, 1 ≤ j ≤ k, A ∩ Bj ≠ ∅, donde A tem pelo menos k elementos menores que xk , absurdo.

≠ 0,temos xn+2 xn+1
–1Definindo yn
= xn xn+1

Se xn+1 = xn+1 xn temos yn+1 = yn–1 para todo n tal que xn+1 ≠ 0. Como y 1 = x1 x2 temos yk = 1863 – k enquanto yk –1 for diferente de 0, e portanto y1862

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= 0, donde

1864 é o menor n tal que xn = 0.

Peloteorema das bissetrizes, acNC ab MC dcMCBM +

MN é bissetriz de CMAdevemos ter , acCNANMC

MA == donde cb bcMA +

(pois ab MC pela lei dos senos aplicada aos triângulos ABC e ABM temos , bc cb basenB

== e portanto sen (A/2) = sen A

pipi

seja x0 = 9 (3 –1,763)5= e...8,1234)15(91998199800=−=−=x

[][]x1998+ é sempre inteiro. Seja x0 a solução de ,19981998=+x ou

de uma unidade quando x ou x1998torna-se inteiro. Os próximos valores de x maiores que x0 para os quais x e x1998 são inteiros são respectivamente 764 e 12352 / 1998 < 764.

(de fato ).12367641998<⋅Como f (x) é não-decrescente, o conjunto das soluções é o intervalo

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