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CONTEÚDO AOS LEITORES

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XVIII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e resultado brasileiro

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XIX OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e resultado brasileiro

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ARTIGOS JOGOS E FEIJOADA NO SÃO PAULO´S Emanuel Carneiro

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SUBSTITUIÇÕES ENVOLVENDO NÚMEROS COMPLEXOS Diego Veloso Uchôa

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INTEGRAIS DISCRETAS Eduardo Poço

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PRODUTOS NOTÁVEIS Onofre Campos

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OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO

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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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Sociedade Brasileira de Matemática

AOS LEITORES

É com grande alegria que comemoramos em 2008 os 10 anos da Revista EUREKA! e transmitimos aos leitores a nossa satisfação pela acolhida recebida neste período. Durante estes 10 anos de existência temos procurado atender ao leitor mais exigente, apresentando uma publicação específica que além de fornecer material atualizado e de alto nível acadêmico, tem tornado o estudo da matemática olímpica muito mais interessante e acessível a professores e jovens olímpicos de todo o Brasil. Neste número especial da revista apresentamos quatro artigos, cujos autores são todos ex-olímpicos de grande destaque, além de um bom número de novos problemas propostos por nossos leitores, que estão cada vez mais inspirados. Agradecemos também a valiosa ajuda dos alunos que trabalharam na revisão deste número da Eureka!: Álvaro Lopes Pedroso, Ana Luísa de Almeida Losnak, Custódio Moreira Brasileiro Silva, Elder Massahiro Yoshida, Guilherme Phillippe Figueiredo Hanon Guy Lima Rossi, Henrique Pondé de Oliveira Pinto, Illan Feiman Halpern, Marco Antonio Lopes Pedroso, Rafael Horimoto de Freitas, Renan Henrique Finder, Talita Alessandra da Silva, Thiago Saksanian Hallak e Thiago da Silva Pinheiro, e particularmente ao Prof. Carlos Yuzo Shine, que coordenou a revisão e que foi responsável pela seção “Como é que faz” deste número. Continuaremos contando com o entusiasmo e a colaboração dos nossos leitores para que a EUREKA! continue sendo um instrumento útil à formação matemática e à preparação olímpica do nosso público. Esperamos que gostem deste número. Divirtam-se!

Os editores

EUREKA! N°27, 2008

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XVIII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e Resultado Brasileiro A XVIII Olimpíada de Matemática do Cone Sul foi realizada na cidade de Atlântida, Uruguai no mês de junho de 2007. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Yuri Gomes Lima e Samuel Barbosa Feitosa, ambos da cidade de Fortaleza – CE. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4

Renan Henrique Finder Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales Grazielly Muniz da Cunha Thiago Ribeiro Ramos

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

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

Achar todos os pares de inteiros (x, y) que satisfazem x 3 y + x + y = xy + 2 xy 2 . SOLUÇÃO DE MARCELO TADEU DE SÁ OLIVEIRA SALES (SALVADOR – BA)

De x 3 y + x + y = xy + 2 xy 2 temos: x 3 y + x − xy − 2 xy 2 = − y ⇒ x( x 2 y + 1 − y − 2 y 2 ) = − y ⇒ x | y xy + 2 xy 2 − y − x 3 y = x ⇒ y ( x + 2 xy − 1 − x3 ) = x ⇒ y | x Então x | y e y | x com exceção de x = 0 ou y = 0. Nesses dois casos temos que ambos têm que ser 0. Assim (x, y) = (0, 0) é a nossa primeira solução. Se x | y então x ≤ y (eu já desconsiderei x = 0 e y = 0) e se y | x então y ≤ x , daí

x = y . Assim temos dois casos: Primeiro caso: x = y Substituindo temos x 4 + 2 x = x 2 + 2 x 3 . Como x ≠ 0 e y ≠ 0 então podemos simplificar. Assim, x 3 + 2 = x + 2 x 2 e daí x | 2 , então x ∈{−2, −1,1, 2}. Desses valores, o único que não admite solução é x = – 2 então para esse caso ( x, y ) = (−1, −1);(1,1);(2, 2). EUREKA! N°27, 2008

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Segundo caso: x = – y. Substituindo temos − x 4 = − x 2 + 2 x 3 . Como x ≠ 0 temos − x 4 = − x 2 + 2 x 3 ⇔ − x 2 = −1 + 2 x e daí x =

−2 ± 8 que não 2

é inteiro, então não há solução para esse caso. Assim as soluções são ( x, y ) = (−1, −1);(0,0);(1,1) e (2, 2). PROBLEMA 2

Considere 100 inteiros positivos tais que sua soma é igual ao seu produto. Determinar a quantidade mínima de números 1 que podem existir entre os 100 inteiros. SOLUÇÃO DE RENAN HENRIQUE FINDER (JOINVILLE – SC)

Seja K o número de 1´s que aparecem. Sejam a1 , a2 ...a100 os números, com a1 = a2 = ... = aK = 1.

a1 + a2 + ... + a100 = a1a2 ...a100 K + aK +1 + ... + a100 = aK +1aK + 2 ...a100 Vamos minimizar aK +1aK + 2 ...a100 − aK +1 − aK + 2 − ... − a100 . Para isso, suponha a j ≥ 2. Note que aK +1 ...a j ...a100 − aK +1 − ... − a j − ... − a100 ≥ 2aK ...a j −1a j +1 ...a100 − 2 − aK +1 − ...

−a j −1 − a j +1 − ... − a100 ⇔ aK +1 ...a j ...a100 − a j ≥ 2aK +1 ...a j −1a j +1 ...a100 − 2 ⇔ aK +1...a j −1a j +1...a100 (a j − 2) ≥ a j − 2, o que ocorre de fato. Então, a diferença é mínima quando aK +1 = aK + 2 = ... = a100 = 2. Logo, K = aK +1aK + 2 ...a100 − aK +1 − ... − a100 ≥ 2100− K − 2 ⋅ (100 − K ) ⇒ 0 ≥ 2100− K − 200 + K ⇒ 2100 − K ≤ 200 − K . Se K ≤ 93 200 − K ≤ 107 e 2100 − K ≥ 27 = 128, o que obriga K ≥ 94. Note que há um exemplo para K = 95: a1 = a2 = ... = a45 = 1 a96 = a95 = 2 a98 = a99 = a100 = 3

A soma é 195 + 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 = 95 + 4 + 9 = 108 e o produto é 22 ⋅ 33 = 108. Resta o caso K = 94, isto é, o caso a + b + c + d + e + f + 94 = abcdef . Supondo a, b ≥ 3, minimizemos abcdef − a − b − c − d − e − f . Temos EUREKA! N°27, 2008

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abcdef − a − b − c − d − e − f ≥ 3bcdef − 3 − b − c − d − e − f ⇔ ( a − 3)bcdef ≥ a − 3, o que ocorre. Além disso, abcdef − a − b − c − d − e − f ≥ 2abcde − a − b − c − d − e − 2 ⇔ abcde( f − 2) ≥ f − 2, o que ocorre, pois f ≠ 1, logo f ≥ 2. Concluímos que a expressão é mínima se a = 3 e f = 2. Analogamente, ela é mínima quando b = 3 e c = d = e = 2. Então, abcdef − a − b − c − d − e − f ≥ 32 24 − 4 ⋅ 2 − 3 ⋅ 2 = 144 − 14 = 130 > 94. Então, é impossível abcdef − a − b − c − d − e − f = 94 se duas das variáveis forem ≥ 3 . Já se só uma for ≥ 3 (digamos que a, teremos b = c = d = e = f = 2, logo 25 a − 10 − a = 94 ⇒ 31a = 104, absurdo, pois 31 /| 104. Se todas as variáveis forem iguais a 2, obtemos também 31a = 104 ⇒ 31 ⋅ 2 = 104, absurdo. Então K = 95 é o máximo que podemos obter. PROBLEMA 3

Seja ABC um triângulo com todos os seus ângulos agudos, de alturas AD, BE e CF (com D em BC, E em AC e F em AB). Seja M o ponto médio do segmento BC. A circunferência circunscrita ao triângulo AEF corta a reta AM em A e X. A reta AM corta a reta CF em Y. Seja Z o ponto de encontro entre as retas AD e BX. Demonstrar que as retas YZ e BC são paralelas. SOLUÇÃO DA BANCA

Observemos que AFHE é inscritível, pois ∠AEH = ∠AFH = 90°. Daí que ∠AXH = 90°. Seja A´ um ponto sobre a semireta AM tal que AM = MA´. O quadrilátero ABA´C é um paralelogramo, onde

∠A´BH = ∠A´BC + ∠CBH = ∠ACB + (90° − ∠ACB) = 90° = ∠A´ XH , Ou seja que o quadrilátero BHXA´ é inscritível. Alem disso BHCA´ também é inscritível já que ∠BHC + ∠BA´C = (180° − ∠BAC ) + ∠BAC = 180°. Desta forma os pontos B, H, X, C são concíclicos, onde EUREKA! N°27, 2008

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∠XBM = ∠XBC = ∠XA´C = ∠BAM (1) Seja T = AB ∩ XH . Notemos que H também é o ortocentro do triângulo ATY, uma vez que TY ⊥ AY e YF ⊥ AT . Daí que AH ⊥ TY , então TY // BC. Se provamos que Z ∈ TY , o problema estará terminado. Seja então Z ´= AD ∩ TY . Vamos mostrar que Z = Z ´. Agora, ∠HZ ´Y = ∠HXY = 90° então HXYZ´ é inscritível, e portanto, ∠XZ ´Y = ∠XHY = ∠FAX − ∠BAM (2) Das relações (1) e (2) segue-se que ∠XZ ´Y = ∠XBM , ou seja, que os pontos B, Z´ e X são colineares. Porém então Z ´∈ AD ∩ BX = Z e assim Z = Z ´ , como queríamos.

A E F

H Z

B

X Y

D

M

C

PROBLEMA 4

Considere um tabuleiro 2007 × 2007. São pintadas algumas casas do tabuleiro. Dizemos que o tabuleiro é charrua se nenhuma linha está totalmente pintada e nenhuma coluna está totalmente pintada. a) Qual é o número máximo k de casas pintadas que um tabuleiro charrua pode ter? b) Para tal número k, calcular o número de tabuleiros charruas distintos que existem.

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SOLUÇÃO DE GRAZIELLY MUNIZ DA CUNHA (FORTALEZA – CE)

a) Note que todas as colunas têm que ter no máximo 2006 casas pintadas. Como são 2007 colunas então o número de casas pintadas é no máximo 2007 × 2006, número que é atingido pintando todas as casas, exceto uma diagonal, como na figura abaixo

2007

2007 b) como para k no máximo iremos pintar 2006 casas em cada coluna, então temos que escolher qual casa ficará sem ser pintada. E note que não podemos ter duas casas sem serem pintadas em uma mesma linha, pois se não terá uma linha que ficará toda preenchida. Logo para a primeira coluna poderemos escolher qualquer uma das 2007 casas para não ser pintada, na segunda coluna podemos escolher qualquer uma de 2006 casas, pois não podemos escolher uma casa que esteja na mesma linha qua a que foi escolhida na primeira coluna, na terceira coluna temos 2005 escolhas, na quarta 2004 escolhas e assim sucessivamente, logo são 2007 × 2006 × 2005... = 2007! maneiras de escolher, logo são 2007! tabuleiros charruas distintos, com o número k. PROBLEMA 5

Seja ABCDE um pentágono convexo que satisfaz as seguintes condições: • Existe uma circunferência Γ tangente a cada um de seus lados. • As medidas de todos os seus lados são números inteiros. • Ao menos um dos lados do pentágono mede 1. • O lado AB mede 2. Seja P o ponto de tangência de Γ com o lado AB. a) Determinar as medidas dos segmentos AP e BP. EUREKA! N°27, 2008

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b) Dar um exemplo de um pentágono que satisfaz as condições estabelecidas. SOLUÇÃO DE RENAN HENRIQUE FINDER (JOINVILLE – SC)

a) Sejam Q, R, S e T os pontos de tangência de Γ em BC, CD, DE e EA, respectivamente, como a seguir: E S

T

D

A R

P

C

Q

B

Seja AP = x. Temos: AB = 2 ⇒ BP = 2 – x QB = BP ⇒ QB = 2 – x QC = BC – QB = BC – 2 + x CR = QC ⇒ CR = BC – 2 + x DR = CD – CR = CD – BC + 2 – x DS = DR ⇒ DS = CD – BC + 2 – x ES = DE – DS = DE – C D + BC – 2 + x ET = ES ⇒ ET = DE – CD + BC – 2 + x AE = AT + TE = x + DE – CD + BC – 2 + x ⇒ 2x = AE – DE + CD – BC +2 ∈ *+ Como x < AB = 2 ⇒ 2 x < 4, pode-se ter 2 x = 3, 2 x = 2 ou 2 x = 1. O item b) 3 1 e o caso x = é obviamente análogo mostra uma configuração para x = 2 2 (troque A por B e C por E). Resta ver o que acontece se x = 1. Temos AT = 1 ⇒ AE > 1. Então AE ≥ 2, porque AE ∈ . Como ET = AE − 1, vale que ET ∈ e ET ≥ 1. Assim, SE ≥ 1, pois SE = TE. Desse modo, DE > SE ⇒ DE ≥ 2. Como DS = DE − SE tem-se DS ≥ 1, mas então DR ≥ 1 ⇒ DC > 1. Logo DC ≥ 2, uma vez que DC ∈ . Mas então CR ≥ 1, já que CR = DC − DR = DC − DS ∈ . E também CQ ≥ 1 e CQ ∈ , já que RC = QC. Deste modo, BC > CQ ⇒ BC > 1. E AB > AP = 1. Então todos os lados são maiores que 1: absurdo. EUREKA! N°27, 2008

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3 1 3 w Obs. No desenho do item b), de fato AP = , pois AP = x + = 1 + = (o 2 2 2 2 ponto P bissecta o segmento de medida w pois esse segmento é o lado de um hexágono regular). Por outro lado, na verdade já provamos que só podíamos ter 3 1 3 1 AP = ou AP = . Isso mostra que AP = e BP = é uma possibilidade (e 2 2 2 2 3 1 que, analogamente, BP = e AP = também é). 2 2

b) Tome um hexágono regular de lado 1, seu incírculo Γ , dois de seus lados não opostos e não adjacentes e os prolongue. Seja A a intersecção obtida. O pentágono ABCDE é o fecho convexo da união dos pontos do hexágono e do ponto A, como a seguir: C

D

E

B P w

120°

120°

z

y

x A

Note que o triângulo de lados x e y, com vértice em A, tem dois ângulos de 180° − 120° = 60°, logo é eqüilátero, e de lado 1 (seu terceiro lado é lado do hexágono L )! Como w e z são lados do hexágono, w = x = y = z = 1. Então: • ABCDE é circunscrível • BC = CD = DE = 1 • AB = EA = w + x = y + z = 1 + 1 = 2 Todos os lados são inteiros, como queríamos. PROBLEMA 6

Demonstrar que, para cada inteiro positivo n, existe um inteiro positivo k tal que a representação decimal de cada um dos números k, 2k,..., nk contém todos os dígitos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

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SOLUÇÃO DE MARCELO TADEU DE SÁ OLIVEIRA SALES (SALVADOR – BA)

Lema: Para todo n, existe k ∈ onde n ∈

* +

* +

tal que nk contém todos os dígitos 0, 1, 2, ..., 9,

.

Demonstração: Ao fatorarmos n temos que n é da forma 2a ⋅ 5b ⋅ q onde q é o produto dos outros fatores primos de n. Seja c = máx (a, b). Vou mostrar que para n = 10c ⋅ q o lema é válido. Temos que 2a ⋅ 5b ⋅ q é divisor de 10c ⋅ q, e por Bézout existe um x tal que 10c ⋅ qx ≡ 10c (mod⋅ 10c +1 ) , pois mdc(q,10) = 1 Assim, se multiplicarmos 10c ⋅ qx por 2, 3, ..., 9 ele dará restos 2 ⋅ 10c ,...,9 ⋅ 10c , ou seja, aparecerem os dígitos que nós quisermos na base decimal. Considere 10c (qx + 2 ⋅ 10 p qx + 3qx ⋅ 102 p + ... + 9qx ⋅ 108 p ) onde x é o número tal que 10c ⋅ qx ≡ 10c (mod⋅ 10c +1 ) e p é um inteiro tal que 10 p > 9 ⋅ 10c ⋅ qx.

Então k = 10( x + 2 ⋅ 10 p ⋅ x + 3 ⋅ 102 p ⋅ x + ... + 9 ⋅ 108 p ⋅ x) satisfaz as nossas condições pois ao multiplicarmos k por 10c ⋅ q temos o seguinte: Em 10c ⋅ q ⋅ x vai aparecer um dígito 1 porque 10c ⋅ q ⋅ x ≡ 10c (mod10c +1 ). Em 10c + p ⋅ q ⋅ 2 x vai aparecer um dígito 2.

Em 10c +8 p ⋅ q ⋅ 9 x vai aparecer um dígito 9 e eu multipliquei tudo por 10 para aparecer o 0. Assim k é o que queríamos. Agora vou terminar o problema por indução Casos iniciais → n = 1 e k = 1234567890 k = 1234567890617283945 n=2e ou 6172839450 Passo indutivo → suponha que até n é verdadeira então existe um k tal que k, 2k, 3k,...,nk têm todos os dígitos 0,1,...,9. Observe que se multiplicarmos k por 10 para ∈ +* continua sendo verdade para k , 2k , caso, nk . Pelo lema, temos que existe um r tal que (n + 1)r tem todos os dígitos 0,1,...,9. Assim, fazendo s = 10 k + r , onde é um inteiro tal que 10 > (n + 1)r , esse s satisfaz as condições do enunciado para 1 até (n + 1) pois de 1 até n teremos que s, 2 s,..., ns terão todos os dígitos porque 10 k ,...,10 nk têm (e porque é grande o suficiente para que nr < 10 ). E para n + 1 temos que (n + 1)r < 10 terá todos os dígitos. Assim s satisfaz as condições. Portanto para todo n inteiro positivo existe tal inteiro k.

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XIX OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e Resultado Brasileiro A XIX Olimpíada de Matemática do Cone Sul foi realizada na cidade de Temuco, Chile no mês de maio de 2008. A equipe brasileira foi liderada pelos professores Cícero Thiago Magalhães e Bruno Holanda, ambos da cidade de Fortaleza – CE. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA1 BRA2 BRA3 BRA4

Gustavo Lisbôa Empinotti Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales Matheus Araújo Marins Matheus Secco Torres da Silva

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

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

Defina I(n) como o resultado de inverter os números de um algarismo. Por exemplo, I (123) = 321, etc. Calcule todos os inteiros 1 ≤ n ≤ 10000 tais que

n I (n) =   . 2 PROBLEMA 2

Seja ABC um triângulo, P um ponto em seu interior e X, Y e Z pontos em BC, AC e AB respectivamente tais que ∠PZB = ∠PXC = ∠PYA. Considere os pontos U, W e V sobre BC, AC e AB (ou seus prolongamentos, se necessário) tais que PV = 2PY; PU = 2PX e PW = 2PZ. Sabendo que a área de XYZ é 1, calcule a área de UVW. PROBLEMA 3

Dois amigos A e B devem resolver a seguinte adivinha: cada um deles recebe um número do conjunto {1, 2, ..., 250} mas não vê o número que o outro recebeu. O objetivo é que cada amigo descubra o número do outro. O procedimento que devem seguir é anunciar, por turnos, números inteiros positivos não necessariamente distintos: primeiro A diz um número, em seguida B diz um número, depois novamente A, etc., de modo que a soma de todos os números EUREKA! N°27, 2008

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anunciados seja 20. Demonstrar que existe uma estratégia de modo que, através de um acordo prévio A e B possam atingir o objetivo, sem importar quais números cada um receba no começo da adivinha. SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Qual é o maior número de casas que se pode colorir num tabuleiro 7 × 7 de maneira que todo subtabuleiro 2 × 2 tenha no máximo 2 casas coloridas?

PROBLEMA 5

Seja ABC um triângulo isósceles de base AB. Uma semicircunferência C com centro no segmento AB e tangente aos lados iguais AC e BC. Considera-se uma reta tangente a C que corta os segmentos AC e BC em D e E, respectivamente. Suponha que as retas perpendiculares a AC e BC, traçadas respectivamente por D e E, se cortam em P interior ao triângulo ABC. Seja Q o pé da perpendicular à PQ 1 AB reta AB que passa por P. Demonstrar que = ⋅ . CP 2 AC PROBLEMA 6

Dizemos que um número é capicua se ao inverter a ordem de seus algarismos obtivermos o mesmo número. Achar todos os números que tem pelo menos um múltiplo não-nulo que seja capicua.

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JOGOS E FEIJOADA NO SÃO PAULO´S Emanuel A. S. Carneiro ♦ Nível Iniciante Bem próximo ao Robert Lee Moore hall, sede do Departamento de Matemática da Universidade do Texas em Austin, fica o celebrado restaurante brasileiro São Paulo´s. Comida muito boa (definitivamente a melhor feijoada da cidade), além do velho e bom guaraná Antártica são apenas alguns dos fatores que nos levam (a comunidade brasileira aqui em Austin) a almoçar regularmente no São Paulo´s. Certo dia eu estava a almoçar com dois professores do departamento e algo me fez lembrar dos meus tempos de olimpíada de Matemática. Fernando Rodriguez-Villegas, argentino, professor na área de teoria dos números e Tamás Hausel, húngaro, que trabalha nas áreas de geometria algébrica e topologia. Enquanto saboreávamos as nossas feijoadas (eu e o Tamás, o Fernando no bobó de camarão), conversávamos sobre jogos matemáticos. Dr. Rodriguez-Villegas, um matemático extraordinário e super simpático, que além de fazer pesquisa do mais alto nível em teoria dos números é bastante interessado em jogos e puzzles matemáticos, nos explicava tópicos do curso que estava a ensinar nesse semestre (Math, Puzzles and Computers) além de outras idéias de jogos que ele próprio havia inventado. Entre as torres de Hanói, Nim, Resta um, e coisas do tipo escritas em guardanapos do São Paulo´s, Tamás lembrou-se de algo e me perguntou: – Emanuel, você conhece o jogo do “15 out of 3” (15 de 3)? Respondi que não. Ele então me deu a formulação do jogo: – (O jogo 15 out of 3) os números de 1 a 9 estão sobre a mesa. Dois jogadores alternadamente escolhem números para si (sem repetição) e ganha quem primeiro completar 15 somando três de seus números. (sugiro agora que os leitores joguem um pouquinho antes de prosseguir e “desvendar” o mistério). Pensei comigo mesmo: “Hummm... isso não me parece estranho...”. Eu disse: – Bem, minha intuição me leva a crer que o primeiro jogador está em melhor situação para negociar do que o segundo, pois vai receber mais números ao final... Tomás foi adiante e disse: EUREKA! N°27, 2008

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– Sim, você está correto. Vamos jogar! Você começa, escolha o seu primeiro número. – Está bem. Eu escolho o 5. Nesse momento ele parou e me olhou curioso. – “Por que você escolheu o 5?” perguntou. Eu disse: – Não sei exatamente o que é, mas algo me faz lembrar um quadrado mágico, e como o 5 sempre está no meio, achei que tinha mais chances de ganhar... – Sua intuição mais uma vez está correta. Muito bem. Naturalmente, você deve saber qua a menos de rotações e reflexões a configuração do quadrado mágico é única. Por que a gente não desenha um quadrado mágico 3 × 3 aqui e tenta jogar olhando para ele? Após um minuto tentando lembrar como se faz um quadrado mágico, desenhamos no guardanapo: 6

7

2

1

5

9

8

3

4

Quando vi os números na mesa matei a charada. Um quadrado mágico de 3 × 3 como visto acima é uma disposição dos números 1, 2, 3, ..., 9, sem repetição, de modo que cada linha, coluna ou diagonal some a mesma quantidade. Nesse caso a soma comum será 15 e o que vemos acima são todas as maneiras possíveis de se escrever 15 como soma de 3 números: 15 = 9 + 1 + 5 = 9 + 2 + 4 = 8 + 1 + 6 = 8 + 2 + 5 = = 8 + 3 + 4 = 7 + 2 + 6 = 7 + 3 + 5 = 6 + 5 + 4. Se pensarmos então que o primeiro jogador marca X sobre os números do quadrado mágico e o segundo marca O, o objetivo do jogo passa a ser completar uma linha, coluna ou diagonal com seus símbolos. O jogo 15 out of 3 que ele me propôs nada mais é do que uma formulação equivalente, belíssima e engenhosa, EUREKA! N°27, 2008

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do milenar jogo da velha (em inglês “tic-tac-toe”). Fiquei pasmo, havia ganho o meu dia. Por alguns momentos não consegui parar de pensar na beleza e no poder da matemática, presente até nos mínimos detalhes da nossa vida. Senti-me orgulhoso de poder ser um pesquisador que tenta compreender essa ciência e pequenos fatos como esse me fazem, a cada dia, ter mais consciência de que ela é muito maior do que nós.

Observamos: A história acima se passou no dia 02 de maio de 2007. Fiquei com o guardanapo como recordação. O jogo 15 out of 3 é um belo exemplo para se mostrar como uma pessoa que sabe matemática realmente pode levar vantagem sobre uma pessoa menos interessada pelo assunto. Todos sabemos que o jogo da velha não admite estratégia vencedora, mas mesmo assim o professor Tamás Hausel jogava o 15 out of 3 com seus alunos e ganhava na maioria das vezes. Naturalmente, ele sempre tinha seu quadrado mágico para consultas. Até que um dia ele esqueceu-se do quadrado mágico em casa e foi derrotado por uma aluna.

Guardanapo da discussão no São Paulo´s No verso do guardanapo acima, há outras discussões também belíssimas sobre as torres de Hanói e versões relacionadas (de formas mais engenhosas do que a EUREKA! N°27, 2008

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analogia acima) inventadas pelo Dr. Rodríguez-Villegas. Ele ainda está buscando a melhor formulação para seu jogo para poder patenteá-lo e disponibilizá-lo ao público em geral. Isso então vai ficar para uma outra história. PROBLEMA 1: Prove que em um quadrado mágico 3 × 3, como foi descrito acima:

(a) a soma comum deve ser 15. (b) o número do centro deve ser 5. PROBLEMA 2: Usando o problema anterior, prove que só existe um quadrado mágico 3 × 3 (a menos de rotações e reflexões). Verifique também que não há estratégia vencedora para o jogo da velha, em outras palavras, se os dois jogadores jogam certo, sempre dá empate.

REFERÊNCIAS: [1] Para ver outras discussões sobre jogos e invariantes, há outras listas em minha página pessoal: http://www.math.utexas.edu/users/ecarneiro na seção math olympiads. [2] Para mais informações sobre os trabalhos e o curso (Math, Puzzles and Computers) do Dr. Rodriguez-Villegas sua página pessoal é www.math.utexas.edu/users/villegas/S07. Um dos jogos que ele criou está descrito no paper: Rodriguez Villegas, F.; Sadun, L.: Voloch, J.F. Blet: a mathematical puzzle. Amer. Math. Monthly 109 (2002), no. 8, 729740. [3] URL: página pessoal do Dr. Hausel é http://www.math.utexas.edu/users/hausel

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SUBSTITUIÇÕES ENVOLVENDO NÚMEROS COMPLEXOS Diego Veloso Uchôa ♦ Nível Avançado É bastante útil em problemas de olimpíada onde temos igualdades ou queremos encontrar um valor de um somatório fazermos substituições por números complexos aliada a outras ferramentas. Para alguns problemas que possuam equações com funções seno e co-seno é importante saber a fórmula de Euler que escreve um número complexo na forma polar o que simplifica quando fazemos multiplicações ou somatórios. Um número complexo pode se escrever na sua forma trigonométrica

ρ (cosθ + isenθ )

ou na sua forma polar

ρ ⋅ e iθ de onde temos que

cos θ + isenθ = eiθ (Fórmula de Euler). Segundo essa equação podemos fazer θ = α ou θ = −α , de onde temos: eiα = cos α + isenα (I) e −iα = cos α − isenα (II) Somando I com II, temos:

cos α =

e iα + e − iα 2

Subtraindo I de II, temos:

eiα − e −iα 2i Segundo a fórmula de Euler podemos verificar imediatamente a fórmula de De Moivre: senα =

Para todo n natural temos que ( cos α + isenα ) = cos(nα ) + isen(nα ) . No seguinte problema da OIMU, quais idéias imediatas poderíamos ter sem conhecer a fórmula de Euler? n

PROBLEMA 1: (OIMU – 2001)

Calcule: ∞

n =1

π 

 2π n

∑ cos n  cos

  (n − 1)π ... cos   n

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  nπ    cos    n 


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  π   2π   (n − 1)π   nπ  Pn = cos  cos ... cos  cos  , observe n   n    n  n   k  π  = 0 . Portanto de imediato que se n = 2k então P2 k = 0 pois cos  2k  SOLUÇÃO: Seja

considere n = 2k + 1 então

  π   2π   2kπ   (2k + 1)π P2 k +1 = cos  cos ... cos  cos  2 k + 1   2k + 1   2k + 1   2k + 1 

  

 i   2k + 1 − i  Observe que cos  π  = − cos  π ⇒  2k + 1   2k + 1  2

P2 k +1

  π   2π   kπ  k +1 = cos  cos ... cos  ⋅ (−1) ,  2k + 1    2k + 1   2k + 1 

Considere ~   π   2π   (k − 1)π   kπ  P 2 k +1 = cos  cos ... cos  cos   2 k + 1   2k + 1     2 k + 1   2k + 1  j −j π w2 j + 1 i  w +w  j π= = portanto Fazendo w = e 2 k +1 então cos 2 2w j  2k + 1 

~  w2 + 1  w4 + 1   w2 k + 1   P 2 k +1 =  ... . Faça então a seguinte multiplicação no  2   k   2 w  2 w   2 w   numerador e no denominador ~  w2 + 1  w4 + 1   w2 k + 1  ( w + 1)( w3 + 1)...( w2 k −1 + 1)  P 2 k +1 =  ...  , 2   k  3 2 k −1 + 1)   2 w  2 w   2w  ( w + 1)( w + 1)...( w agrupando no numerador os termos tais que

( w 2 j + 1)( w 2 k +1−2 j + 1) = ( w 2 k +1 + w 2 k +1− 2 j + w 2 j + 1) = w 2 j + w 2 k +1− 2 j , já que w 2 k +1 = −1 , com j variando de 1 até k. Agrupando agora os termos do denominador podemos ver que

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1 ( w2 + w2 k −1 )( w4 + w2 k −3 )...( w2 k + w) , 2k ( w2 k + w)( w2 + w2 k −1 )...( wk +1 + wk ) podemos simplificar a expressão para ~

P 2 k +1 =

~

P 2 k +1 =

1 ( w2 − w−2 )( w4 − w−4 )...( w2 k − w−2 k ) . 2k (− w−1 + w)( w2 − w−2 )...(− w− k + wk )

e usando que

Agora,

olhando

w 2 k +1 = −1

para

o

2j −2 j numerador, podemos escolher os termos ( w − w ) tais que 2 j > k que são

m termos (para algum m) e substituí-los por (−1)( w2 k +1+ 2 j − w− (2 k +1− 2 j ) ) de forma que o numerador e o denominador serão iguais a menos de um sinal (e do fator 2 k ), i.e, ~

P 2 k +1

~ 1 (− w −1 + w)( w 2 − w −2 )...(− w − k + w k ) m m 1 = k ( − 1 ) ⇒ P 2 k +1 = ( −1) −1 2 −2 −k k 2 (− w + w)( w − w )...(− w + w ) 2k

Portanto temos que P2 k +1 = (−1)

k +1 

2

1  k +1 1 = (−1) k +1 k , e então  P 2 k +1  = (−1) 2k 2 4   ~

como Pn = 0 para todo n par, ∞

Pn =

n =1 ∞

P2 k +1 =

k =0

∑P

n

n =1

=

k

1 1  1 −  −  = −1 + − + ... (soma de P.G infinita), e assim 4 4 16  k =1 

−1 4 =− . 1 5 1+ 4

Observação: Esse problema pede para demonstrarmos um resultado relacionado aos polinômios de Chebyshev do segundo tipo.

PROBLEMA 2: (OBM – U 2001) −x Seja f ( x) = e ⋅ senx . Calcule f (2001) (0) . (Denotamos derivada de ordem n no ponto x; assim, f (2) ( x) = f '' ( x) ).

SOLUÇÃO:

f ( x) = e − x ⋅ senx = e − x ⋅

por

f ( n ) ( x) a

e ix − e − ix e (i −1) x e − ( i +1) x = − ⇒ após n 2i 2i 2i

derivações teremos EUREKA! N°27, 2008

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1  (i − 1) n ⋅ e x (i −1) − ( −1 − i ) n ⋅ e − ( i +1) x  ; para n = 2001 e x = 0, temos  2i  1 que f (2001) (0) =  (i − 1) 2001 − (−1 − i ) 2001  sendo que (i − 1) 4 = (−(i + 1)) 4 = −4. 2i f ( n ) ( x) =

Assim 500 500 1 4500 (i − 1) 4 ⋅ (i − 1) − (−(i + 1)) 4 ⋅ ( −1 − i )  = (2i ) = 21000. Ou  2i 2i  tro caminho possível para a solução desse problema seria: após 4 derivações de f perceber um ciclo e assim calcular f (2001) (0) , método esse mais trabalhoso do que o apresentado.

(

f (2001) (0) =

)

(

)

PROBLEMA 3: (IMO – 1963)

 3π  1  2π  π   + cos  =  − cos  7  2  7  7

Prove que cos

SOLUÇÃO: Fazendo

i

π

w = e 7 o problema se torna equivalente a demonstrar que:

w + w −1 w 2 + w −2 w 3 + w −3 1 w2 + 1 w4 + 1 w6 + 1 − + = ⇔ − + =1⇔ w 2 2 2 2 w2 w3

( w 4 + w 2 ) − ( w 5 + w) + ( w 6 + 1) = w 3 ⇔ w 6 − w 5 + w 4 − w 3 + w 2 − w + 1 = 0 . Veja que isso é a soma dos termos de uma P.G cujo primeiro termo é 1 e a razão é − w. Somando a P.G:

S PG =

π i (− w) 7 − 1 1−1 = = 0 . Lembre que w = e 7 ⇒ w7 = −1 − w −1 − w −1

e portanto a igualdade é realmente verdadeira. O seguinte resultado (muito conhecido) tem por objetivo mostrar a importância dos números complexos em problemas de alto grau de dificuldade e que aparentemente não têm nenhuma conexão com números complexos.

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1 π2 PROBLEMA 4: Prove que ∑ 2 = 6 n =1 n ∞

SOLUÇÃO: Sabemos que para 0 < x <

π

a desigualdade senx < x < tan x é

2

2 verdadeira. De onde segue que cot x <

x=

1 < 1 + cot 2 x . Agora fazendo x2

kπ com k = 1,2,..., m e somando de k = 1 até k = m nós obtemos 2m + 1 m

2 (i) ∑ cot k =1

(2m + 1) 2 kπ ≤ 2m + 1 π2

m 1 kπ ≤ + m cot 2 ∑ ∑ 2 2m + 1 k =1 k k =1 m

Observe que essa inequação está próxima da desejada, a idéia agora é tentar mostrar que quando m → ∞ o termo central fica “imprensado” entre dois limites que convergem para um mesmo valor. Para isso vamos usar um truque que usa números complexos. Pela lei de De Moivre e usando binômio de Newton temos :

cos(nt ) + isen(nt ) = (cos t + sent )n = sennt (cot(t ) + i)n = sennt

n

 n

∑ k  ⋅ i

k

⋅ cot n−k (t )

k =0

Fazendo n = 2m + 1 e igualando as partes imaginárias, temos:

 2m + 1 sen((2m + 1)t )  2m + 1 2 m 2 m −1 m =  (cot t ) −   (cot t ) + ... + (−1) . (*) 2 m +1 1 3 sen t     Agora podemos tratar essa igualdade por meio de um polinômio

 2m + 1 m  2m + 1 m −1 m Pm ( x) =  x −  x + ... + (−1) 1 3    

kπ kπ 2 )=0, em (*) para 1 ≤ k ≤ m nos dá Pm (cot 2m + 1 2m + 1 kπ    kπ 

Substituindo t = pois

sen  (2m + 1) =0 2m + 1  

e

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sen   ≠ 0.  2m + 1 

Então,


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kπ , k = 1,..., m são as “m” raízes de Pm cuja soma é 2m + 1  2m + 1   m 3  m(2m − 1) kπ  2 = = cot (ii) ∑ 3 2m + 1  2m + 1 k =1    1  x k = cot 2

De (i) e (ii) segue

m(2m − 1) (2m + 1) 2 ≤ 3 π2

m

1

∑k k =1

2

≤ m+

π2

Multiplicando essas desigualdades por

(2m + 1) 2

m(2m − 1) 3

e fazendo m → ∞ chegamos

ao resultado desejado. Exercícios para treinamento: PROBLEMA 5: (IME 1990/1991)

 (2n + 1)θ  sen   1 2   Prove que + cos(θ ) + cos(2θ ) + ... + cos(nθ ) = 2 θ  2sen   2 PROBLEMA 6: (IME-2000/2001) Dois números complexos são ortogonais se suas representações gráficas forem perpendiculares entre si. Prove que dois números complexos Z1 e Z 2 são ortogonais se e somente se:

Z1 ⋅ Z 2 + Z 1 ⋅ Z 2 = 0 n

PROBLEMA 7: Prove que

 kπ  π   = cot   n   2n 

∑ sen  k =1

PROBLEMA 8: Prove a identidade trigonométrica:

cos n (θ ) =

1 2n

n

n

∑  k  cos ( (n − 2k )θ ). k =1

PROBLEMA 9: (IME – 2005/2006)

Sejam as somas S 0 e S1 definidas por EUREKA! N°27, 2008

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S 0 = C n0 + C n3 + C n6 + C n9 + ... + C n3[ n / 3] S1 = C n1 + C n4 + C n7 + C n10 + ... + C n3[( n −1) / 3]+1 Calcule os valores de S 0 e S1 em função de n, sabendo que [r] representa o maior inteiro menor ou igual ao número r. PROBLEMA 10: (Putnam 1970)

Prove que a série de potências de e ⋅ cos(bx) (com a e b positivos) ou não tem nenhum coeficiente zero ou possui infinitos zeros. ax

PROBLEMA 11: Ache uma fórmula geral para: n −1

 2 kπ n

∑ (k + 1) cos  k =0

 . 

PROBLEMA 12: (OBM – Nível U 2004)

Calcule o valor de

1

∑ (3k + 1)(3k + 2)(3k + 3) . k =0

n

PROBLEMA 13: (IMO 1974) Prove que o número

3k

não é divisível

K =1

por 5 para qualquer inteiro n ≥ 0 . PROBLEMA 14: Calcule o valor de

 2n + 1 

∑  2k + 1 ⋅ 2

n  . k ≡ 2(mod3)  k 

PROBLEMA 15: (IMC 99) Atiramos um dado (com faces de número 1, 2,..., 6) n

vezes. Qual é a probabilidades de que a soma dos valores obtidos seja múltiplo de 5? Admita que as faces sejam igualmente prováveis. Dica: Use a função n

 x + x 2 + x3 + x 4 + x5 + x 6  f ( x) =   . 6   PROBLEMA 16: Mostre que dados n pontos no círculo unitário sempre existe um outro ponto no círculo unitário tal que o produto de suas distâncias aos n pontos dados é maior ou igual a 2. PROBLEMA 17: (OBM – Nível U 2007)

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Dados números reais a1 , a2 ,..., an não todos nulos, encontre o (menor) período da função n

f ( x) = ∑ ak cos(kx). k =1

PROBLEMA 18: (Miklós Schweitzer-1956)

{

Ache o mínimo de máx 1 + z , 1 + z 2

} se z percorre todos os números

complexos. PROBLEMA 19: (IMO – 1995)

Seja p um primo ímpar. Ache o número de subconjuntos A de {1,2,...,2 p} tais que a) A tem exatamente p elementos b) A soma de todos elementos de A é divisível por p Dica: Use o polinômio f ( x, y ) = (1 + xy )(1 + x 2 y )...(1 + x 2 p y ).

BIBLIOGRAFIA [1] E. Lozansky. C. Rousseau, Wining Solutions, Springer Velrlag, New York, 1996. [2] Contests in Higher Mathematics, Hungary 1949–1961: in memoriam Miklós Schweitzer, eds.: G. Szász, L. Gehér, I. Kovács and L. Pintér, Akadémiai Kiadó, Budapest, 1968. [3] URL: http://www.ime.eb.br (Site do Instituto Militar de Engenharia)

[4] URL : http://www.obm.org.br (Site da Olimpíada Brasileira de Matemática)

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INTEGRAIS DISCRETAS Eduardo Poço

♦ Nível Avançado

Integral discreta: dizemos que F (n) é integral discreta de f (n) se e somente se:

F ( n + 1) − F ( n) = f (n) , para n inteiro (a princípio). Da mesma forma, dizemos que f (n) é a derivada discreta de F (n) . n

Notação:

∑ f ( n) = F ( n)

Utilidade: conhecida a integral discreta F (n) da função f (n) , temos condições de

fazer o somatório: b

∑ f (k ) = F (b + 1) − F (a) , a e b inteiros k =a

A integral discreta transforma uma soma em soma telescópica. Sabendo de algumas propriedades, é possível trabalhar dinamicamente com integrais discretas para obter fórmulas novas a partir de outras conhecidas. Aqui, não queremos provar que uma função dada é integral discreta de outra, pois essa verificação é simples. Queremos obter ferramentas que nos possibilitem ACHAR integrais discretas de forma rápida, para no final poder calcular o valor de um somatório que tenha surgido de algum problema. Em alguns casos, é suficiente saber a “cara” da integral discreta (ou seja, se é um polinômio, exponencial etc). Algumas integrais discretas (o exercício de verificação é simples): n

n

∑ c = cn n

∑q

n

=

∑ n.n! = n!

qn q −1

n

∑ log

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a

n = log a ( n − 1)!


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k  − cos  kn −  2  ∑ sen kn = k   2sen   2 n n sen ( 2n − 1) ∑ sen 2 n = 2 − 4sen1 n n sen ( 2n − 1) ∑ cos2 n = 2 + 4sen1 n n  n  ∑  k  =  k + 1     n n + k n    +k ∑ n  =  n −1     

k  sen  kn −  2 ∑ cos kn =   k   2sen   2

n

n

Propriedades

1) Assim como integrais contínuas (as primitivas), existem várias integrais discretas para uma dada função, e todas elas diferem por uma constante. Exemplo: 2n e 2n + 1 são integrais discretas de

f (n) = 2n . Verifique pela

definição! 2) Integração discreta é uma transformação linear: n

n

n

∑ [ a. f (n) + b.g (n)] = a∑ f (n) + b∑ g (n) , para constantes a e b. A igualdade nos fornece uma integral discreta para a função do lado esquerdo, lembre-se que podemos somar constantes do lado direito e continuar com uma integral discreta. 3) Integral discreta do produto (por partes): sendo n

∑ g (n) = G(n) , então: EUREKA! N°27, 2008

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n

∑ f ( n) = F ( n) e


Sociedade Brasileira de Matemática n

n

∑ F (n) g (n) = F (n)G(n) − ∑ f (n)G(n + 1) n

∫ x sen xdx e ∫ x

n

∑ n sen n e ∑ n

Exemplo: Calcule 2

2

sen n , comparando com o cálculo de

sen xdx

4) Sendo f ( x, n) uma função das variáveis x e n, derivável na variável x, então:

∂ ∂ n f ( x , n ) = ∑ ∂x ∑ f ( x, n ) ∂x n

Podemos usar a própria variável n, se a função tiver derivada nessa variável: n

d

d

n

∑ dn f (n) = dn ∑ f (n) Exemplo: Calcule

n

∑ nx

n

, com x uma constante em relação a n.

5) Seguindo um caminho análogo, temos que:

∑ ( ∫ f ( x, n)dx ) = ∫  ∑ f ( x, n) dx + Cn 

n

n

Para alguma constante C. Essa constante é encontrada através de valores iniciais conhecidos das funções. Exemplo: Prove que

(−1) k +1 xn ln 2 = + ∑ ∫ x − 1 dx k k =1 −1 n

0

Aplicação: Soma de potências consecutivas.

Seja a seguinte função:

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Sociedade Brasileira de Matemática n

S m (n) = ∑ k m = 1m + 2m + ... + n m k =1

Há uma fórmula recursiva em que podemos calcular S m (n) a partir de valores anteriores (tente prová-la como exercício): m −1 m + 1   (m + 1) S m (n) = (n + 1) m +1 − 1 − ∑   S k ( n) k =0  k 

O problema dessa fórmula é a praticidade: precisamos de todas as funções anteriores, e ainda assim faremos um trabalho algébrico grande. Com integrais discretas, conseguimos obter S m (n) a partir de S m −1 ( n) apenas com um trabalho aritmético. Inicialmente, se queremos S m ( n) , queremos sua integral discreta

n

∑n

m

. Usando

a propriedade que nos permite trocar a integral discreta com a contínua (escolhendo a própria variável n como variável de integração contínua):

∑(∫ n n

m −1

)

 n  dn = ∫  ∑ n m −1 dn + Cn  

A integral contínua pode ser realizada sem problemas:

nm  n  ∑ m = ∫  ∑ nm−1 dn + Cn n

Renomeando a constante a ser encontrada: n

∑n

m

 n  = m ∫  ∑ n m −1 dn + Cn  

Essa constante pode ser encontrada pela diferença entre integrais discretas quando n = 0 , fornecendo o oposto da soma dos outros coeficientes já obtidos pela integração contínua. Resumindo:

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Se

n

∑n

n

∑n

m

m −1

= am n m + am −1n m −1 + ... + a2 n 2 + a1n , então:

= bm +1n m +1 + bm n m + ... + b2 n 2 + b1n

Com bk =

m +1 m ak −1 , para k = 1, 2,..., m + 1 , e b0 = −∑ bk . k k =1

Alguns valores: n

∑1 = n n2 n − 2 2 n n3 n 2 n 2 n = − + ∑ 3 2 6 4 n n n3 n 2 3 n = − + ∑ 4 2 4 5 4 n n n n3 n ∑ n4 = 5 − 2 + 3 − 30 n

∑n =

Aplicação: Soma de potências multiplicadas por progressão geométrica

Agora procuraremos

n

∑n

m

x n , com x uma constante em relação a n. Observe:

n n d n m n n m −1 n m n m −1 n n x mn x n x x m n x x = + ln = + ln ( ) ∑ ∑ ∑ ∑ nm xn dn n

Das formas iniciais de n

∑n

∑n

m

x n , encontramos uma função da forma:

x = x n ( am −1n m −1 + am − 2 n m − 2 + ... + a2 n 2 + a1n )

m −1 n

com as constantes ak sendo funções de x, mas não dependendo de n. É natural procurar uma integral discreta com a seguinte forma:

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Sociedade Brasileira de Matemática n

∑n

m

x n = x n ( bm n m + bm −1n m −1 + ... + b2 n 2 + b1n )

Essa forma pode ser encontrada, e os coeficientes satisfazem bk =

i = 1, 2,..., m e b0 =

m ak −1 , k

x m ∑ bk . 1 − x k =1

Alguns valores: n n − 1) x n +1 − nx n ( xn n =  x − 1) n − x  , x ≠ 1 ∑ nx = 2 2 ( ( x − 1) ( x − 1)  n

∑ n2 n

∑n n

2

2 n = 2 n ( n 2 − 4n + 6 )

∑n 2 3

n

∑n

4

= 2n ( n − 2 )

n

n

= 2n ( n3 − 6n 2 + 18n − 26 )

2n = 2n ( n 4 − 8n3 + 36n 2 − 104n + 150 )

Problemas

1- Calcule as seguintes integrais discretas: n

n    3

e)

n    2

f)

∑n

g)

h)

∑ cos n cos(n + 1)

a)

∑n

b)

∑3

c)

∑ (n + 2)n!

n

n

2

n

2n (n − 1) (n + 1)!

n

1

n d) ∑    2 n

n

2

n

n

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2

1 +n 1 n +1 + n 1


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sen 2 k n →∞ n k =1 n

2- Calcule: lim ∑ n

∑k

k =1 n →∞ n

3- Calcule lim

4

.2k

∑ k .2 3

n

m

k =1

n

4- Calcule lim

∑k k =1

nm

n →∞

5- Prove que

∑ n =1

n m +1 m +1

2n + 1

(n

2

+ n)

, com m inteiro positivo. ∞

2

n 1 1 , sendo hn = ∑ . 3 k =1 k n =1 n

hn = ∑

6- Ache a derivada (contínua) da função gama Γ( n) para n inteiro positivo, sabendo que Γ '(1) = −γ , a constante de Euler (um valor conhecido) e Γ(1) = 1 . A função gama satisfaz Γ( x + 1) = x Γ( x) , para todo x real, assim Γ(n) = ( n − 1)! para n inteiro positivo. 7- (OBM2002) O diâmetro de um conjunto S ⊂ R é definido como sendo D( S ) = max( S ) − min( S ) . O conjunto vazio, por definição, tem diâmetro igual a zero. Calcule a soma dos diâmetros de todos os subconjuntos de A = {1, 2,3,..., n} , em função de n.

REFERÊNCIAS:

[1] Uma referência sobre somatórios e algumas considerações históricas sobre o raciocínio humano e implementação de algoritmos em computadores: “A = B”, Marko Petkovsek, Herbert S. Wilf, Doron Zeilberger.

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PRODUTOS NOTÁVEIS Uma lista de problemas Onofre Campos

♦ Nível Iniciante

1 1 = 5, determine o valor de x 2 + 2 . x x 1 Solução: Elevando ambos os membros da equação x + = 5 ao quadrado, x obtemos: 1 1 x 2 + 2 x ⋅ + 2 = 25, x x 1 e daí, x 2 + 2 = 23. x 1. Se x é um número real tal que tal que x +

2. Fatore a expressão E = x3 − 5 x 2 − x + 5. Solução: Temos

E = x3 − 5 x 2 − x + 5 = x 2 ( x − 5) − ( x − 5) = ( x − 5)( x 2 − 1) = ( x − 5)( x − 1)( x + 1). 3. Simplifique a expressão

A=

x2 y2 z2 + + . ( x − y )( x − z ) ( y − z )( y − x) ( z − x)( z − y )

Solução: Note que podemos escrever a expressão acima da seguinte forma:

x2 y2 z2 − + . ( x − y )( x − z ) ( x − y )( y − z ) ( x − z )( y − z ) Assim, reduzindo a expressão ao mesmo denominador comum vem: x2 ( y − z) − y 2 ( x − z) + z 2 ( x − y) A= . ( x − y )( y − z )( x − z ) Por outro lado, desenvolvendo o denominador, obtemos: ( x − y )( y − z )( x − z ) = ( xy − xz − y 2 + yz )( x − z ) A=

= x 2 y − xyz − x 2 z + xz 2 − xy 2 + y 2 z + xyz − yz 2 = x 2 ( y − z ) − y 2 ( x − z ) + z 2 ( x − y ). EUREKA! N°27, 2008

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Portanto: x2 ( y − z) − y 2 ( x − z) + z 2 ( x − y) A= 2 = 1. x ( y − z) − y 2 ( x − z) + z 2 ( x − y) 4. Se x + y + z = 0, mostre que x 3 + y 3 + z 3 = 3 xyz. Solução: Observe que

0 = ( x + y + z )3 = x3 + y 3 + z 3 + 3( x + y )( y + z )( x + z ). Como x + y = − z , y + z = − x e x + z = − y, então: x 3 + y 3 + z 3 + 3(− y )(− x)(− y ) = 0 ⇒ x 3 + y 3 + z 3 = 3 xyz. 5. Calcule o valor da expressão

 (2004)3 − (1003)3 − (1001)3  S = . 2004 ⋅ 1003 ⋅1001   Solução: Vamos tomar x = 1003 e y = 1001. Dessa forma, a expressão S se reduz

a:

S=

( x + y )3 − x 3 − y 3 . xy ( x + y )

Mas, como sabemos, ( x + y )3 = x 3 + 3 x 2 y + 3xy 2 + y 3 . Dessa forma, obtemos: 3 x 2 y + 3 xy 2 3xy ( x + y ) S= = = 3. xy ( x + y ) xy ( x + y ) 6. Sabendo que x, y e z são reais satisfazendo xyz = 1, calcule o valor da

expressão:

1 1 1 . + + 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + xz Solução: Como xyz = 1, então x ≠ 0, y ≠ 0 e z ≠ 0. Assim, z x 1 A= + + z (1 + x + xy ) x(1 + y + yz ) 1 + z + xz z x 1 = + + z + xz + xyz x + xy + xyz 1 + z + xz A=

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z xz 1 z x 1 + + = + + 1 + z + xz 1 + x + xy 1 + z + xz 1 + z + xz 1 + z + xz 1 + z + xz 1 + z + xz = 1. = 1 + z + xz a2 b2 7. Se ab = 1 e a 2 + b 2 = 3, determine 2 + 2 + 2. b a Solução: Temos: a2 b2 a 4 + 2a 2 b 2 + b 4 (a 2 + b 2 ) 2 + + 2 = = = 9. b2 a 2 a 2b2 ( ab) 2

=

x y z x2 y 2 z 2 a b c + + =1 e + + = 0, então 2 + 2 + 2 = 1. a b c x y z a b c x y z Solução: Elevando a equação + + = 1 ao quadrado, obtemos: a b c 2 2 x y z2 x y y z x z + 2 + 2 + 2 + +  = 1, 2 a b c a b b c a c ou seja, x2 y 2 z 2  xyc + xzb + yza  + + + 2  = 1. a2 b2 c2 abc   a b c Por outro lado, da equação + + = 0, temos xyc + xzb + yza = 0. Logo, x y z 8. Prove que se

x2 y 2 z 2 + + = 1. a 2 b2 c2 9. Se a, b e c são três números distintos e satisfazem as equações: a 3 + pa + q = 0  3 b + pb + q = 0  3 c + pc + q = 0, calcule a + b + c. Solução: Multiplicando a segunda equação por – 1 e somando com a primeira,

obtemos: a 3 − b3 + p (a − b) = 0, ou ainda,

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(a − b)(a 2 + ab + b 2 ) + p (a − b) = 0, (a − b)(a 2 + ab + b 2 + p) = 0. Como a − b ≠ 0, pois os números são distintos, obtemos: a 2 + ab + b 2 + p = 0. (*) Analogamente, multiplicando a terceira equação por – 1 e somando com a primeira equação, obtemos: a 2 + ac + c 2 + p = 0. (**) Agora, multiplicando (**) por –1 e somando com (*), obtemos: ab − ac + b 2 − c 2 = 0, a (b − c) + (b − c)(b + c) = 0, (b − c)(a + b + c) = 0. Daí, como b − c ≠ 0, segue que a + b + c = 0. 10. Sejam a, b e c números reais distintos e não nulos. Se a + b + c = 0, mostre que a b   a − b b − c c − a  c + + + +    = 9. a b  a − b b − c c − a   c a −b b−c c−a Solução: Façamos x = , y= e z= . c a b Assim, devemos provar que 1 1 1 ( x + y + z )  + +  = 9, x y z ou seja, x+ y+z x+ y+z x+ y+ z + + = 9, x y z ou ainda, y+z x+z x+ y y+z x+z x+ y 1+ +1+ +1+ =9 ⇒ + + = 6. x y z x y z Mas, x + y  a − b b − c  b  a 2 − ab + bc − c 2 b ⋅ = +  = ac c−a z a  c − a   c

=

(a − c)(a + c) − b( a − c) b ( a 2 − c 2 ) − b( a − c ) b = ⋅ ⋅ ac c−a ac c−a

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(a − c)(a + c − b) b (−b − b)b 2b 2 ⋅ =− = . ac c−a ac ac y + z 2c 2 x + z 2a 2 Analogamente, concluímos que = . Logo, pelo exercício e = y bc x ab 4, segue que  a 3 + b3 + c 3  y + z x + z x + y 2a 2 2b 2 2c 2  3abc  + + = + + = 2  = 2⋅  = 6, x y z bc ac ab abc  abc    =

como queríamos provar. Exercícios Propostos

1. Fatore a expressão S = x 4 + x 2 + 1. 2. Determine a expressão que deve ser multiplicada por x 3 2 + 2 3 x para obtermos 2 x( x 2 + 4). 3. Calcule o valor da expressão 2

2

 ( x + 1) 2 ( x 2 − x + 1) 2   ( x + 1) 2 ( x 2 + x + 1) 2  S =  ⋅  . ( x 3 − 1) 2 ( x 3 + 1) 2      x  y 4. Se x 2 + y 2 = 3 xy, calcule  1 +  1 +  . y x    5. Simplifique

(x

2

+ y 2 + z 2 + xy + yz + xz ) − ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) . 2

2

6. Fatore as seguintes expressões: (a) x 3 + 5 x 2 + 3 x − 9; (b) ( x − y ) z 3 − ( x − z ) y 3 + ( y − z ) x 3 ; (c) ( x 2 + x + 3)( x 2 + x + 4) − 12; (d) x 4 + 4 y 4 ; (e) ( x − y )3 + ( y − z )3 + ( z − x)3 ; (f) ( x + y + z )3 − x3 − y 3 − z 3 ; (g) (a + 2b − 3c)3 + (b + 2c − 3a )3 + (c + 2a − 3b)3 . 7. Simplifique as expressões: 1 1 1 1 1 (a) − − − − ; 2 4 1 − x 1 + x 1 − x 1 − x 1 − x8 EUREKA! N°27, 2008

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(b)

1 1 1 ; + + ( x − y )( x − z ) ( y − x)( y − z ) ( z − x)( z − y )

( x 2 − y 2 )3 + ( y 2 − z 2 )3 + ( z 2 − x 2 ) 3 . ( x − y )3 + ( y − z )3 + ( z − x )3 x y z + + = 0, então 8. Prove que se y−z z−x x− y x y z + + = 0. ( y − z ) 2 ( z − x)2 ( x − y )2 (c)

9. Para que os valores de a ∈ a expressão a 4 + 4 é um número primo? 10. Prove que se a + b + c = 0 então a 5 + b5 + c 5 a 3 + b3 + c3 a 2 + b 2 + c 2 = ⋅ . 5 3 2 11. Mostre que (a + b)7 − a 7 − b7 = 7 ab( a + b)( a 2 + ab + b 2 ) 2 . 12. Prove que se a + b + c = 0, então a 7 + b 7 + c 7 a 5 + b5 + c 5 a 2 + b 2 + c 2 = ⋅ . 7 5 2 13. Se a, b e c são reais não nulos que satisfazem a + b + c = 0, calcule (a 3 + b3 + c3 ) 2 (a 4 + b 4 + c 4 ) . (a 5 + b5 + c5 ) 2 14. Prove que se x, y e z são racionais distintos então a expressão 1 1 1 + + 2 2 ( y − z) ( z − x) ( x − y )2 é um quadrado perfeito. 15. Fatore 8( x + y + z )3 − ( x + y )3 − ( y + z )3 − ( x + z )3 .

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OLIMPÍADAS AO REDOR DO MUNDO Þ Apresentamos, como sempre, questões que não são encontradas facilmente na Internet. Divirtam-se e enviem as suas soluções. Continuamos à disposição na OBM para aqueles que estiverem interessados na solução de algum problema particular. Para tanto, basta contactar a OBM, através de carta ou e-mail.

Bruno Holanda Carlos Augusto David Ribeiro

ÞÞÞ

Primeiramente vamos aos problemas propostos deste número 224.(Balcânica Junior - 2007) Seja a um real positivo tal que a = 6( a + 1). Prove 3

que a equação x 2 + ax + a 2 − 6 = 0 não possui solução real. 225.(Bulgária - 2007) Ache todos os inteiros positivos x, y tais que o número

( x 2 + y )( y 2 + x) é a quinta potência de um primo. 226.(Inglaterra -

2007) Seja ABC um triângulo acutãngulo com AB > AC e

∠BAC = 60°. Seja O o circuncentro e H o ortocentro. A reta OH encontra AB em P e AC em Q. Prove que PO = HQ. 227.(Austria -

2007) Sejam 0 < x0 , x1 ,..., x669 < 1 reais distintos. Mostre que

existem i, j ∈ {0,1,..., 669} para os quais

0 < xi x j ( x j − xi ) < 228.(Bulgária -

1 . 2007

2008) Para cada inteiro positivo n, seja

τ (n) a quantidade de

divisores de n maiores que 2008. Defina an = 0 se τ (n) é par e an = 1 caso contrário. O número α = 0, a1a2 ...an ... é racional? 229.(Bielorrússia - 2001) No losango ABCD, ∠A = 60°. Os pontos F, H, e G estão sobre os segmentos AD, DC e AC de modo que DFGH é um paralelogramo. Prove que FBH é um triângulo eqüilátero. EUREKA! N°27, 2008

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230.(Rússia - 2007) Sejam a, b, c números reais. Prove que pelo menos uma das três

equações

x 2 + (a − b) x + (b − c) = 0, x 2 + (b − c) x + (c − a) = 0, x 2 + (c − a) x + (a − b) = 0, possui solução real.

∆ABC , com ∠ACB = 60°, sejam AA1 e BB1 ( A1 ∈ BC , B1 ∈ AC ) as bissetrizes de ∠BAC e ∠ABC. A reta A1 B1 encontra o circuncírculo do triângulo ∆ABC nos pontos A2 e B2 . (a) Sejam O e I o circuncentro e o incentro do ∆ABC , respectivamente, prove que OI é paralelo a A1 B1 . 231.(Bulgária - 2007) No triângulo

(b) Se R é o ponto médio do arco AB, não contendo o ponto C, P e Q são os pontos médios de A1 B1 e A2 B2 , respectivamente, prove que RP = RQ. 232.(Romênia - 2007) Encontre todos os conjuntos A de pelo menos dois inteiros

positivos, tais que para quaisquer dois elementos distintos x, y ∈ A tenhamos

x+ y ∈ A. Aqui mdc(x, y) denota o máximo divisor comum de x e y. mdc( x, y ) 233.(Romênia - 2007) Determine todas as progressões aritméticas infinitas de inteiros positivos, com a seguinte propriedade: existe N ∈ , tal que para qualquer primo p, p > N, o p-ésimo termo da seqüência também é primo. 234.(Bulgária - 2007) O incírculo do triângulo acutângulo ∆ABC toca os lados AB, BC e CA nos pontos P, Q e R respectivamente. O ortocentro H do triângulo ∆ABC está sobre o segmento QR. (a) Prove que PH ⊥ QR. (b) Sejam I e O o incentro e o circuncentro do ∆ABC , respectivamente, e N o ponto comum entre o lado AB e ex-incírculo relativo a este lado. Prove que os pontos I, O e N são colineares. 235.(Olimpíada Checa e Eslovaca – 2007) Se x, y, z são números reais no intervalo (–1, 1) satisfazendo xy + yz + zx = 1, mostrre que:

6 3 (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) ≤ 1 + ( x + y + z ) 2 . EUREKA! N°27, 2008

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236.(Romênia – 2007) Um conjunto de pontos no plano é livre se não existe

triângulo eqüilátero cujos vértices estão entre os pontos do conjunto. Mostre que qualquer conjunto de n pontos no plano contém um subconjunto livre com pelo menos n pontos. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS PROPOSTOS NOS NÚMEROS ANTERIORES: 211. (Baltic Way – 2004) Uma seqüência a1, a2, ... de números reais não-negativos

satisfaz, para n = 1, 2, ..., as seguintes condições: (a) an + a2n ≥ 3n.

(b) a n +1 + n ≤ 2 a n (n + 1) . (i) Prove que an ≥ n para todo n = 1, 2, ... (ii) Dê exemplo de uma tal seqüência. SOLUÇÃO DE ESTILLAC LINS MACIEL BORGES FILHO (BELÉM – PA)

(i) Utilizando a desigualdade das médias, temos:

an + n + 1 ⇒ a n +1 + n ≤ a n + n + 1 ⇒ a n +1 ≤ a n + 1 2 Supondo válido que a n + k ≤ a n + k , temos que: a n + k +1 ≤ a n + k + 1 ≤ a n + k + 1 E como a desigualdade vale para k = 1 , fica provado por indução que a n + k ≤ a n + k , ∀k ∈ . Em particular, para k = n , temos: a 2 n ≤ a n + n ⇒ a n + a 2 n ≤ 2a n + n Finalmente, como a n + a 2 n ≥ 3n , temos: 3n ≤ a n + a 2 n ≤ 2a n + n ⇒ 2a n ≥ 2n ⇒ a n ≥ n (ii) Uma seqüência que satisfaz as condições é a n = n + 1 . De fato, temos: (1) a n + a 2 n = n + 1 + 2n + 1 = 3n + 2 ≥ 3n a n +1 + n ≤ 2 a n (n + 1) ≤ 2

(2) an+1 + n = 2n + 2 = 2(n + 1) = 2 (n + 1)(n + 1) = 2 an (n + 1) ≤ 2 an (n + 1) 212. (Baltic Way – 2004) Seja P um polinômio com coeficientes não-negativos. Prove

que se P(1/x)P(x) ≥ 1 para x = 1, então tal desigualdade se verifica para todo real positivo x. EUREKA! N°27, 2008

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SOLUÇÃO DE GELLY WHESLEY (FORTALEZA – CE)

Para x > 0 temos P ( x) > 0.

Da condição dada, temos ( P (1)) 2 ≥ 1. Agora, denote P ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + ... + an . Então:

 1 1 1 P ( x) P   = ( a0 x n + a1 x n −1 + ... + an ) ⋅  a0   + a1    x  x  x  ≥ (Por Cauchy-Schwarz) n

n −1

 + ... + an   

2

 a0  a1 ⋅ a0 x n + ⋅ a1 x n −1 + ... + an ⋅ an  =  xn −1  xn  2 2 (a0 + a1 + ... + an ) = ( P(1)) ≥ 1. 213. (Baltic Way – 2004) Ache todos os conjuntos X, consistindo de ao menos dois

inteiros positivos, tais que para todos m, n ∈ X, com n > m, exista um elemento k de X tal que n = mk2. SOLUÇÃO DE ESTILLAC LINS MACIEL BORGES FILHO (BELÉM – PA)

Suponha que o número 1∈ X . Logo, seja p ∈ X , com p > 1 , temos que deve existir k ∈ X , tal que p = k 2 , isto é, p é quadrado perfeito. Obviamente, k > 1 e com raciocínio análogo, concluímos que k também deve ser quadrado perfeito e sua raiz quadrada deve pertencer a X . Ou seja, estendendo o raciocínio, todas as potências de p da forma p

1

2n

, com n ∈

também devem

1

pertencer a X , o que é impossível, dado que p 2n ∉ para algum valor de n . Logo, 1 ∉ X . Vamos então tentar montar o conjunto X . Para tal, vamos supor, inicialmente que X possua somente dois elementos p 1 e p 2 , com p 2 > p1 > 1 . Desta forma, temos que deve existir k ∈ X , tal que p 2 = p1 k 2 . Obviamente, k < p 2 3

e, portanto, a única alternativa é k = p1 e, portanto, p 2 = p1 . De fato, todo

{

}

conjunto X = n, n 3 , com n ∈ N e n > 1 , satisfaz as condições do problema e somente tais conjuntos de dois elementos satisfazem, conforme verificado. Vamos então supor que o conjunto X tenha mais do que dois elementos, isto é, X = {p1 , p 2 , p3 , p 4 ,..., p r } , com p1 ,..., p r ∈ N . Suponha, sem perda de EUREKA! N°27, 2008

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p r > p r −1 > ... > p 3 > p 2 > p1 > 1 . Com um raciocínio

generalidade, que

3

análogo ao parágrafo anterior, concluímos que p 2 = p1 . Seguindo o raciocínio, temos que: (1) p3 = p1 k1

2

3

(2) p3 = p1 k 2

2

onde k1 , k 2 ∈ X . Obviamente, temos que k1 < p 3 , k 2 < p 3 e k1 ≠ k 2 . Portanto, como p3 é o

k1 = p1

terceiro menor elemento do conjunto, só restam as possibilidades 

k 2 = p1

3

ou

k1 = p13 3 . Porém, no primeiro caso, temos que p3 = p1 = p 2 : absurdo! Já no  k 2 = p1 segundo caso, temos que: 3

(1) p3 = p1 ( p1 ) 2 = p1 3

2

(2) p3 = p1 p1 = p1

7

5 5

7

Portanto, temos que p1 = p1 ⇒ p1 = 0 ou p1 = 1 . Absurdo! Logo, não é possível que o conjunto X possua mais de 2 elementos. E assim, todos os conjuntos que satisfazem o enunciado são: X = n, n 3 , com n ∈ e n > 1 .

{

}

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

EUREKA! N°27, 2008

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SOLUÇÃO DE DAVI LOPES ALVES DE MEDEIROS (FORTALEZA – CE) A

B1 C1

M C

B P

. É suficiente mostrarmos que B1 , C1 , P

Seja P o ponto de interseção de BC e são colineares ⇔ BM = MB1. i)

C , M , C1 colineares ⇒ por Menelaus no ∆BAB1 :

BB1 ⊥ AC e ⊥ AC ⇒ // BB1 PB AB1 PC CB = (II) e = (III) BC CB1 AC CB1

ii)

iii) P, B1 e C1 são colineares ⇔

e

daí

CB1 AC1 BM ⋅ ⋅ = 1, (I) AC C1 B MB1

∆ACP ∼ ∆BCB1 ,

donde

PC AB1 C1 B ⋅ ⋅ = 1 (IV) PB CB1 AC1

Multiplicando (I) e (IV) membro a membro, temos que P, B1 e C1 são colineares

CB1 AC1 BM PC AB1 C1 B BM  PC AB1  ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =1⇔ ⋅   = 1 (V) AC C1 B MB1 PB CB1 AC1 MB1  AC PB 

AB1 CB1 = e multiplicando este resultado por (III) PB BC PC AB1 CB CB1 ⋅ = ⋅ = 1 (*) AC PB CB1 CB

Mas de (II) :

EUREKA! N°27, 2008

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Substituindo

(*)

em

(V),

temos

que

P, B1 , C1

são

colineares

BM = 1 ⇔ BM = MB1. c.q.d. MB1

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

f (m − n + f (n)) = f (m) + f (n) , para todos m, n ∈ N. SOLUÇÃO DE ESTILLAC LINS MACIEL BORGES FILHO (BELÉM – PA)

. Fazendo m = n = k , temos: f (k − k + f (k )) = f (k ) + f (k ) ⇒ f ( f (k )) = 2 f (k ) , ∀k ∈ Em seguida, façamos m = 0 e n = f (k ) , temos: f (− f (k ) + f ( f (k ))) = f (0) + f ( f (k )) ⇒ f (− f (k ) + 2 f (k )) = f (0) + 2 f (k ) ⇒ f ( f (k )) = f (0) + 2 f (k ) ⇒ f (0) = 0 Agora, seja x ∈ , tal que x = f (1) . Tomando m = k + 1 e n = 1 , temos: f (k + x) = x + f (k + 1) , ∀k ∈ Seja t ∈ , com t ≥ 1 . Substituindo sucessivamente na equação anterior k por (t − j ) x + ( j − 1) , com 1 ≤ j ≤ t , temos: f (tx) = x + f ((t − 1) x + 1) f ((t − 1) x + 1) = x + f ((t − 2) x + 2) f ((t − 2) x + 2) = x + f ((t − 3) x + 3)

Primeiramente, seja k ∈

f ((t − j + 1) x + j − 1) = x + f ((t − j ) x + j )

f (2 x + t − 2) = x + f ( x + t − 1) f ( x + t − 1) = x + f (t ) Somando as equações anteriores, temos:

f (tx) = tx + f (t ) , ∀t ∈ Com este resultado em mãos, vamos provar, por indução, que f (k ) = kx , ∀k ∈ . De fato, temos: (1) Se k = 0 , temos f (k ) = f (0) = 0 = kx (2) Se k = 1 , temos f (k ) = f (1) = x = kx EUREKA! N°27, 2008

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(3) Se f (t ) = tx , para t ∈ , temos: f (t − 1 + x) = x + f (t ) = x + tx = (t + 1) x ⇒ f ( f (t − i + x)) = f ((t + i) x) = (t + 1) x + f (t + 1) ⇒ 2 f (t − 1 + x) = (t + 1) x + f (t + 1)

⇒ (t + 1) x + f (t + 1) = 2(t + 1) x ⇒ f (t + 1) = (t + 1) x Portanto, nos resta descobrir quais os valores possíveis para x = f (1) . Para isso, vamos utilizar o último resultado encontrado na relação inicial proposta no problema, para n ≠ 0 :

f (m − n + f (n)) = (m − n + nx) x = mx − nx + nx 2 f (m) + f (n) = mx + nx x = 0  ⇒ mx − nx + nx = mx + nx ⇒ nx = 2nx ⇒ x = 2 x ⇒ ou x = 2  2

2

2

Logo, as funções possíveis são: f ( y ) = 0 e f ( y ) = 2 y . É fácil ver que ambas satisfazem as condições e, portanto, são todas as funções procuradas. 227. (Bulgária – 2005) Ivo escreve todos os inteiros de 1 a 100 (inclusive) em cartas e dá algumas delas para Iana. Sabe-se que para quaisquer duas destas cartas, uma de Ivo e outra de Iana, a soma dos números não está com Ivo e o produto não está com Iana. Determine o número de cartas de Iana sabendo que a carta 13 está com Ivo. SOLUÇÃO DE ESTILLAC LINS MACIEL BORGES FILHO (BELÉM – PA)

Primeiramente, notamos que a carta de número 1 deve estar com Iana. De fato, se a carta 1 estivesse com Ivo, para qualquer carta y de Iana, o produto dos números também estaria com Iana, contradizendo a hipótese. Isso implica que ou a carta 1 pertence a Iana ou Iana não possui cartas, o que não é verdade por hipótese. Sendo assim, Iana possui a carta 1 e, dada qualquer carta x de Ivo, temos que Iana deverá possuir a carta x + 1 . Continuando o raciocínio, temos que Iana também deverá possui as cartas 2 x + 1 , 3 x + 1 , ..., kx + 1 , com kx + 1 ≤ 100 e k ∈ . Além disso, Iana também deve possuir a carta x − 1 , pois caso contrário, Iana deveria possui a carta x − 1 + 1 = x , o que não é verdade. E logo, Iana também deve possuir as cartas 2 x − 1 , ..., kx − 1 , com kx − 1 ≤ 100 e k ∈ . Assim, sabendo que Ivo possui a carta de número 13 , já sabemos que Iana possui as cartas:

1, 12, 14, 25, 27, 38, 40, 51, 53, 64, 66, 77, 79, 90, 92 EUREKA! N°27, 2008

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Notemos agora que a carta número 2 deve pertencer à Iana. De fato, se a carta pertencesse a Ivo, teríamos pelo raciocínio anterior que Iana deveria possuir todas as cartas ímpares, o que não é possível, já que Ivo possui a carta número 13 . Como a carta 2 pertence a Iana e a carta 13 pertence a Ivo, temos que a carta 26 deve pertencer a Ivo e, conseqüentemente, a carta 52 também. Portanto, até o momento, temos: Ivo: 13, 26, 52 Iana: 1, 2, 12, 14, 25, 27, 38, 40, 51, 53, 64, 66, 77, 79, 90, 92 Novamente, temos que a carta 3 deve pertencer a Iana, pois caso pertencesse a Ivo, a carta 6 = 3 × 2 também pertenceria a Ivo, assim como a carta 12 = 6 × 2 , o que não é verdade. Analogamente, a carta 4 também pertence a Iana, pois se pertencesse a Ivo, também pertenceria a Ivo a carta 12 = 4 × 3 . Isso implica que as cartas 39 e 78 pertencem a Ivo. Portanto, até o momento: Ivo: 13, 26, 39, 52, 78 Iana: 1, 2, 3, 4, 12, 14, 25, 27, 38, 40, 51, 53, 64, 66, 77, 79, 90, 92 Se Ivo possuísse o número 5 , também deveria possuir o número 10 = 5 × 2 e assim, deveria possuir o número 40 = 10 × 4 , o que não é verdade. Logo Iana possui o número 5. Já os números 6 e 7 também não podem estar com Ivo, pois neste caso, os números 12 = 6 × 2 e 14 = 7 × 2 não poderiam estar com Iana, o que não acontece. Logo, Iana também possui os números 6 e 7 . Assim, até o momento: Ivo: 13, 26, 39, 52, 78 Iana: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 12, 14, 25, 27, 38, 40, 51, 53, 64, 66, 77, 79, 90, 92 Analogamente, temos que se 8, 9, 10 e 11 pertencessem a Ivo, 40 = 8 × 5 , 27 = 9 × 3 , 40 = 10 × 4 e 77 = 11 × 7 também deveriam pertencer a Ivo, o que não é verdade. Logo, 8, 9, 10 e 11 também pertencem a Iana. Neste momento, temos que: Ivo: 13, 26, 39, 52, 78 Iana: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 14, 25, 27, 38, 40, 51, 53, 64, 66, 77, 79, 90, 92 Agora notamos que Ivo possui todos os múltiplos de 13 menores que 100 . Todos os demais números menores que 100 devem então ter a forma 13k + t , com k , t ∈ e 0 < t < 13 . Como Iana possui todos os números t ∈ com 0 < t < 13 , temos que todos os número menores que 100 que não são múltiplos de 13 devem pertencer a Iana, pois 13k pertence a Ivo e a soma não pode pertencer a Ivo. EUREKA! N°27, 2008

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Logo, Ivo possui apenas 7 números e Iana possui os 93 restantes. 230. (Eslovênia – 2005) Denote por I o incentro do triângulo ABC. Sabe-se que AC + AI = BC. Encontre a razão entre as medidas do ângulos ∠BAC e ∠CBA. SOLUÇÃO DE RAFAEL ALVES DA PONTE (FORTALEZA – CE)

Denote por I o incentro do triângulo ABC. Sabe-se que AC + AI = BC. Encontre a razão entre as medidas dos ângulos ∠BAC e ∠CBA. I´

A α

β θ

B

α

I θ

C

Construa AI ´ em AC de modo que AI = AI ´ , conforme a figura acima. Sejam ∠BAI ´= ∠IAC = α e ∠IBA = ∠IBC = θ . Note que ∆BI ´C é isósceles, e sendo ∠I ´BA = β , ∠BI ´ A mede β + 2θ e, pelo teorema do ângulo externo, ∠BAC = 2β + 2θ , donde vem α = β + θ [*]. Veja que ∠I ´ AI = 180° − α , e visto que ∠I ´BI = α (por [*]), I ´BIA é inscritível. Como as cordas AI e AI ´ são congruentes, β = θ , daí

α = 2θ ⇔ 2α = 2 ⋅ 2θ ⇔ ∠BAC = 2∠CBA ⇔

EUREKA! N°27, 2008

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∠BAC =2 ∠CBA


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COMO É QUE FAZ? PROBLEMA PROPOSTO POR WILSON CARLOS DA SILVA RAMOS (BELÉM – PA)

Dado um triângulo ABC com incentro I, considere uma reta variável l passando por I que intersecta o lado AB em P, o lado AC em N e a reta suporte do lado BC em M. Prove que o valor de

AB AC BC independe da escolha de l. + − PA⋅ PB NA⋅ NC MB ⋅ MC

SOLUÇÃO:

Suponha, sem perda de generalidade, que B está entre M e C. A

α/2 α/2

θ

P M

I

φ

N

ε γ/2

β/2 β/2

γ/2 C

B

AB PA + PB 1 1 = , Primeiro, note que = + PA ⋅ PB PA ⋅ PB PA PB AC NA + NC 1 1 = + = NA ⋅ NC NA ⋅ NC NA NC modo que queremos provar que

e

BC MC − MB 1 1 = , de = − MB ⋅ MC MB ⋅ MC MB MC

1 1 1 1 1 1 + + + − + PA PB NA NC MB MC não depende da reta l. Isso é um trabalho para a lei dos senos! De fato, nos triângulos AIP e AIN, e r , lembrando que, sendo r o inraio de ABC, AI = sen α2 EUREKA! N°27, 2008

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sen α2 sen (θ + α2 ) AP AI 1 e = ⇔ = PA r sen θ sen θ sen (θ + α2 ) sen α2 sen (θ − α2 ) NA AI 1 = ⇔ = NA r sen θ sen θ sen (θ − α2 )

1 1 e , obtemos PA NA sen α2 (sen (θ + α2 ) + sen (θ − α2 )) 1 1 + = PA NA r sen θ Utilizando a fórmula de Prostaférese sen x + sen y = 2 sen x +2 y cos

Somando

( ) ( ), x− y 2

  (θ + α2 ) + (θ − α2 )   (θ + α2 ) − (θ − α2 )   cos  senα2  2sen    senα (2senθ cosα )  2 2 1 1 senα      2 2 + = = = PA NA r senθ r senθ r Sorte grande! Esse valor não depende da escolha de l, já que r e α só dependem do triângulo ABC. Podemos concluir, analogamente, que 1 1 sen γ + = NC MC r também não depende de l. 1 1 − , como era de se esperar, é um pouquinho diferente, mas Já o caso de PB MB só um pouquinho: pela lei dos senos nos triângulos MIB e PIB, sen β2 sen β2 − φ MB BI 1 e = ⇔ = sen φ sen β2 − φ MB r sen φ

(

)

(

)

(

)

sen β2 sen β2 + φ PB BI 1 = ⇔ = sen φ sen β2 + φ PB r sen φ

(

Note a mudança de sinal de θ −

(

sen β2 sen φ − 1 = MB r sen φ

β 2

)

α 2

para

β 2

− φ : “destrocando” o sinal, obtemos

) e aí podemos trabalhar como nos demais casos, obtendo

1 1 sen β + = MB PB r sen α + sen β + sen γ A soma pedida é, então, igual a , que não depende de l. r −

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SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS Publicamos aqui algumas das respostas enviadas por nossos leitores.

110) Um conjunto finito de inteiros positivos é chamado de Conjunto DS se cada elemento divide a soma dos elementos do conjunto. Prove que todo conjunto finito de inteiros positivos é subconjunto de algum conjunto DS. SOLUÇÃO DE ZOROASTRO AZAMBUJA NETO (RIO DE JANEIRO – RJ)

Basta provar que, para todo n inteiro positivo, existe um conjunto DS que contém {1,2,...,n}. Para n ≤ 3 , isso segue do fato de {1,2,3} ser um conjunto DS. Vamos mostrar, por indução em n, que, para todo n ≥ 3 , existe um conjunto DS, X n = {a1 , a2 ,..., ak ( n ) }, com a j = j para 1 ≤ j ≤ n. Note que a soma dos seus elementos S n = Dado

n≥3

k (n)

∑a j =1

e

j

é par (pois a2 = 2 ∈ X n ⇒ 2 | S n ).

um

conjunto

Xn

como

acima,

podemos

tomar

(n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)   X n +1 = 1, 2,3,..., n, n + 1, a2 , a3 ,..., ak ( n )  2 2 2   A soma de seus elementos é

Sn+1 = 1+ 2 + ... + n + (n +1) +

(n +1)(n + 2) k (n) (n +1)(n + 2) (n +1)(n + 2) (Sn − a1) = aj = + ∑ 2 2 2 j =2

(n +1)(n + 2) ⋅ Sn , pois a1 = 1. 2 Como S n é par, S n +1 é múltiplo de n + 1. Como S n é múltiplo de a j para todo j, =

S n +1 =

(n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) ⋅ a j para todo j, e logo ⋅ S n é múltiplo de 2 2

X n +1 é um conjunto DS. 111) Prove que existem infinitos múltiplos de 7 na seqüência (an ) abaixo:

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

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SOLUÇÃO DE JOSÉ DE ALMEIDA PANTERA (RIO DE JANEIRO – RJ)

Seja N um número da forma 510510r = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅11 ⋅13 ⋅17 ⋅ r , onde r é um inteiro positivo. Temos então p ( N + 2) = 2, p ( N + 3) = 3, p ( N + 4) = 2,

p( N + 5) = 5, p( N + 6) = 2, p( N + 7) = 7, p( N + 8) = 2, p( N + 9) = 3, p( N + 10) = 2, p( N + 11) = 11, p( N + 12) = 2, p( N + 13) = 13, p( N + 14) = 2, p( N + 15) = 3, p( N + 16) = 2, e p( N + 17) = 17. Assim, aN + 2 ≡ aN +1 + 2(mod 7), aN +3 ≡ aN +1 + 5(mod 7), aN + 4 ≡ aN +1 (mod 7), aN +5 ≡ aN +1 + 5(mod 7), aN + 6 ≡ aN +1 (mod 7), aN + 7 ≡ aN +1 (mod 7), aN +8 ≡ aN +1 + 2(mod 7), aN +9 ≡ aN +1 + 5(mod 7), aN +10 ≡ aN +1 (mod 7), aN +11 ≡ aN +1 + 4(mod 7), aN +12 ≡ aN +1 + 6(mod 7), aN +13 ≡ aN +1 + 5(mod 7), aN +14 ≡ aN +1 (mod 7), aN +15 ≡ aN +1 + 3(mod 7), aN +16 ≡ aN +1 + 5(mod 7) e aN +17 ≡ aN +1 + 1(mod 7), e portanto sempre há um múltiplo de 7 em {aN +1 , aN + 2 , aN +3 , aN +11 , aN +12 , aN +15 , aN +17 }, pois aN +1 , aN + 2 , aN +3 , aN +11 , aN +12 ,

aN +15 , aN +17 percorrem todas as classes de congruência módulo 7. 112) Determine todos os inteiros positivos n tais que existe uma matriz n × n com todas as entradas pertencentes a { –1, 0, 1} tal que os 2n números obtidos como somas dos elementos de suas linhas e de suas colunas são todos distintos. SOLUÇÃO DE ASDRÚBAL PAFÚNCIO SANTOS (BOTUCATU – SP)

Vamos mostrar que existe uma matriz como no enunciado se e somente se n é par. Se n é par, digamos n = 2k, podemos construir uma matriz A = ( aij )1≤i , j ≤ 2 k com aij = 1 se 1 ≤ i, j ≤ k , aij = −1 se k + 1 ≤ i, j ≤ 2k , aij = 1 se i ≤ k e

j ≥ k + i, aij = 0 se i ≤ k e k + 1 ≤ j < k + i, aij = −1 se i ≥ k + 1, j ≤ k

e

j + k > i, e aij = 0 se i ≥ k + 1 e j + k ≤ i. É fácil ver que os 2n números obtidos como

somas

dos

elementos

das

linhas

e

das

colunas

de

A

é

{n, n − 1, n − 2,...,1, 0, −1,..., −(n − 2), −(n − 1)}. Suponha agora que exista uma matriz A = (aij )1≤i , j ≤ n como no enunciado, com aij ∈ {−1, 0,1}, ∀i, j ≤ n. Claramente permutar linhas ou colunas não altera as 2n + 1 elementos em propriedades do enunciado. Como há {− n, −(n − 1),..., −1, 0,1,..., n − 1, n}, um desses elementos, digamos c, não é

valor da soma dos elementos de nenhuma linha ou coluna de A. Podemos supor (trocando o sinal de todos os elementos de A, se necessário) que esse elemento c EUREKA! N°27, 2008

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que falta é menor ou igual a 0. Podemos supor (permutando linhas e colunas, se necessário) que os valores 1, 2,..., n – 1, n são obtidos como somas dos elementos das primeiras k linhas e das primeiras n – k colunas de A, para certo k ≤ n. Sejam x= aij , y = aij , z= aij e w = aij . Temos então

1≤i ≤ k 1≤ j ≤ n − k

1≤i ≤ k n−k < j ≤n

k <i ≤ n 1≤ j ≤ n − k

k <i ≤ n n−k < j ≤n

n(n + 1) n(n + 1) = 1 + 2 + ... + n = ( x + y ) + ( x + z ) = 2 x + y + z , e − −c = 2 2 = ( z + w) + ( y + w) = 2w + y + z. Portanto, 2 x − 2 w = n(n + 1) + c ≥ n 2 , pois c ≥ − n, e, como claramente temos x ≤ k (n − k ) e w ≥ −k (n − k ), 4k (n − k ) ≥ donde n − 2k = 0, e portanto n é par. Note que, nesse caso, o elemento c que falta deve ser necessariamente igual a –n (ou n, se for positivo).

≥ 2 x − 2 w ≥ n 2 ⇒ 0 ≥ n 2 − 4kn + 4k 2 = (n − 2k ) 2 ,

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

sen 2003 x + sen 2003 y + sen 2003 z + sen 2003 w = 0. SOLUÇÃO BASEADA NAS SOLUÇÕES ENVIADAS POR SAMUEL LILÓ ABDALLA E DOUGLAS RIBEIRO SILVA

De cos x + cos y + cos z + cos w = 0 obtemos

e

sen x + sen y + sen z + sen w = 0,

eix + eiy + eiz + eiw = (cos x + isenx) + (cos y + iseny) + (cos z + isenz) + (cos w+ isenw) = 0. Vamos supor sem perda de generalidade 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ w < 2π . Temos y − x ≤ π e w − z ≤ π , senão os quatro números complexos eix , eiy , eiz e eiw pertenceriam a um mesmo semicírculo do círculo unitário, e sua soma não poderia ser 0. Temos eix + eiy = (cos x + cos y ) + i (senx + seny ) =  x+ y   2 

 y − x   x+ y  x + y   y − x  i = 2 cos    sen   + i cos    = 2 cos  e  2   2   2   2   w+ z   2 

 w − z  i Analogamente, e + e = 2 cos  e  2  Como eix + eiy = − ( eiz + eiw ) , obtemos iz

iw

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.

.


Sociedade Brasileira de Matemática  x+ y 

 w+ z 

y−x π  y − x  i 2   w − z  i 2  ≤ e 2 cos  . Temos ainda 0 ≤ = −2 cos  e e 2 2  2   2  w− z π  y−x  w− z  ≤ 0≤ , donde cos   ≥ 0 e cos   ≥ 0. Temos agora dois 2 2  2   2  casos:

 y−x  w− z   = 0. Nesse caso, devemos ter também cos   = 0, e,  2   2  portanto y − x = w − z = π , seny = −senx e senw = −senz , donde segue

i) cos 

imediatamente o resultado.

 y−x  w− z   y−x  > 0. Nesse caso, devemos ter cos   = cos  >0e  2   2   2 

ii) cos   x+ y  i   2 

 w+ z     2 

w− z y − x w+ z x+ y = = +π e . Somando, 2 2 2 2 obtemos w = y + π e, substraindo, obtemos z = x + π . Assim, senw = − seny e senz = − senx , donde segue o resultado, como antes.

e

= −e

, donde

116) Seja ABC um triângulo e sejam X, Y e Z as reflexões de A, B e C em relação às retas BC, CA e AB, respectivamente. Prove que x, y e z são colineares se e somente se cos A ⋅ cos B ⋅ cos C = − 3 8. SOLUÇÃO ENVIADA POR DOUGLAS RIBEIRO SILVA COM CONTRIBUIÇÕES DE CARLOS EDDY ESAGUY NEHAB E MARCIO COHEN

Construam o triângulo ABC e as reflexões X, Y e Z de seus vértices A, B e C. Se, dados U, V, W no plano, (UVW) denota a área (orientada) do triângulo UVW, temos S(XYZ) = [S(ABC) + S(CBX) + S(ACY) + S(BAZ)] – S(AZY) – S(BXZ) – S(CYX). (*) Ver nota abaixo. Temos S(ABC) = S(CBX) = S(ACY) = S(BAZ), por construção. As áreas de AZY, BXZ e CYX podem ser somadas ou subtraídas, dependendo de

ˆ = 3 A, ZBX ˆ = 3C (onde A, B e C denotam ˆ = 3B e XCY os ângulos YAZ os ângulos internos do triângulo ABC) serem maiores ou menores que 180 graus. Valerá a igualdade se usarmos as expressões S(AZY) = bc · sen(3A)/2, S(BXZ) = ac · sen(3B)/3 e S(CYX) = ab · sen(3C)/2. Então a relação passa a ser S(XYZ) = 4S(ABC) – bc · sen(3A)/2 – ac · sen(3B)/3 – ab · sen(3C)/2. EUREKA! N°27, 2008

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Agora substituímos sen(3θ ) = – 4·(sen(θ )) 3 + 3 · sen(θ ) para θ = A, B, C e substituímos também bc/2 ac/2 e ab/2 respectivamente por S(ABC)/senA, S(ABC)/senB e S(ABC)/senC, devido à fórmula de área em função dos lados e do ângulo para o triângulo original. Fazendo as devidas substituições acima, simplificamos os senos e basta trocar (sen(θ ))2 por 1 – (cos(θ ))2 para θ = A, B, C para chegar em S(XYZ) = S(ABC) · [7 – 4((cosA)2 + (cosB)2 + (cosC)2)]. Para que os três pontos estejam alinhados, a área do triângulo XYZ deve ser igual a zero, donde 7 – 4((cosA)2 + (cosB)2 + (cosC)2) = 0 Façamos z = (cosA)2 + (cosB)2 + (cosC)2 Dai, como cos2x = 2(cosx)2 – 1 temos z = (1 + cos2A)/2 + (1+cos2B)/2 + (cosC)2 = 1 + (cos(2A) +cos(2B))/2 + (cosC)2. Mas cos(2A) + cos(2B) = 2cos(A + B)cos(A – B) = –2cosC cos(A – B). Substituindo em z: z = 1 – cosC [cos(A – B) – cosC] = 1 – cosC [cos(A – B) + cos(A + B)]. Daí temos: z = 1 – cosC. [2cosA.cosB] = 1 – 2cosA.cosB.cosC. Substituindo este z na expressão anterior, chegamos na desejada expressão do enunciado: 0 = 7 – 4 ((cosA)2 + (cosB)2 + (cosC)2) = 7 – 4 (1 – 2cosA.cosB.cosC) = 3+8cosA.cosB.cosC. Logo, chegamos na esperada relação cosA·cosB·cosC = –3/8. Nota: A igualdade(*) pode ser mostrada por meio de algumas figuras, considerando alguns casos, mas daremos a seguir uma prova algébrica dela. A 2 é igual à metade do área (orientada) de um triângulo UVW no plano determinante det (V – U , W– U) da matriz cujas linhas coincidem com os vetores V – U e W – U. Se identificarmos cada vetor ( x, y ) ∈ 2 com ( x, y, 0) ∈ 3 , o produto vetorial (V – U) × (W– U) é igual ao vetor (0,0, det (V – U, W – U)) = (0,0, 2 S (UVW)). Basta provar então que (Y – X) × (Z – X) = (B – A) × (C – A) + (B – C) × (X – C) + (C – A) × (Y – A) + (A – B) × (Z – B) – (Z – A) × (Y – A) – (X – B) × (Z – B) – (Y – C) × (X – C), mas o lado direito é igual a (B – A) × (C – A) + (B – Y) × (X – C) + × (C – Z) × (Y – A) + (A – X) × (Z – B), que, desenvolvendo (e usando a desigualdade U × V = – V × U, para quaisquer U, V), é igual a B × C – B × A – A × C + B × X – B × C – Y × X + Y × C + C × Y – C×A–Z×Y+Z×A+A×Z–A×B–X×Z+X×B=–Y×X–Z×Y– X×Z = Y × Z – Y × X – X × Z = (Y – X) × (Z – X). EUREKA! N°27, 2008

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117) Sejam r e s duas retas reversas (i.e., não contidas num mesmo plano) e A, B, C, D, A, B, C , D pontos tais que A, B, A, B ∈ r , C , D, C , D ∈ s, AB = AB e

CD = C D. Prove que os tetraedros ABCD e ABC D têm o mesmo volume. SOLUÇÃO DE DOUGLAS RIBEIRO SILVA (RECIFE - PE)

Note que o que o problema pede é equivalente demonstrar que o volume do tetraedro só depende da medida de duas arestas reversas e da distância entre as retas-suporte dessas duas arestas. Na figura que segue, as arestas reversas são AB e CD. A distância entre as retas suporte é EF. O volume do tetraedro será calculado a partir da área da base ABC e a altura relativa a D V = (Área (ABC) · HD)/3 Note que a área de ABC pode ser definida como AB · EC/2, pois como EC está no mesmo plano de EF e EF é perpendicular a AB, EC também é (Teorema das 3 perpendiculares). V = ((AB · EC/2) · HD)/3 Conservando a área do triangulo retangulo EFC temos: EF · FC/2 = EC · FG/2. Logo FG = EF · FC/EC Pela semelhança dos triangulos FGC e DHC tiramos o valor de HD: HD/CD = FG/FC Logo HD = FG · CD/FC = (EF · FC/EC) · (CD/FC) Logo HD = EF · CD/EC Finalizando, temos que V = (AB · EC/2) · (EF · CD/EC)/3 Logo V = AB · CD · EF/6 Assim, provamos que o volume de um tetraedro não depende da posição dos segmentos AB e CD nas suas retas-suporte, mas sim, unicamente dos tamanhos dos segmentos e da distância entre as retas-suporte dos mesmos.

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D F

C

A H

E

G

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

2 + 9an , ∀n ≥ 1. 3 + 9an

Prove que (an ) converge e calcule o seu limite. SOLUÇÃO DE ESTILLAC LINS MACIEL BORGES FILHO (BELÉM – PA)

Primeiramente, iremos provar que a n >

1+ 3 , para todo n ∈ , utilizando 3

indução. De fato:

1+ 3 3 1+ 3 (2) Supondo a n > , temos 1 + 3a n > 2 + 3 . Portanto: 3 2 + 9a n 1 1 1 1 1+ 3 = 1− ( a n +1 = ) > 1− ( )= 3 2+ 3 3 3 + 9a n 3 1 + 3a n (1) a1 = 1 >

Em seguida, provaremos que, se a n >

an >

1+ 3 , temos que a n +1 < a n . De fato: 3

1+ 3 ⇒ 3a n − 1 > 3 ⇒ (3a n − 1) 2 > 3 3

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Portanto,

2 + 9a n 3 − (3a n − 1) 2 − an = <0 a n +1 − a n = 3 + 9a n 3 + 9a n Logo, (a n ) é uma seqüência estritamente decrescente limitada inferiormente por

1+ 3 , o que garante sua convergência. Vamos mostrar agora que 3 1+ 3 x = lim an = lim an +1. . Seja Temos então lim a n = 3 x = lim an +1 = lim

x=

2 + 9an 2 + 9 x = , donde 9 x 2 − 6 x − 2 = 0. Como x ≥ 0, devemos ter 3 + 9an 3 + 9 x

3 + 27 1 + 3 = . 9 3

Obs: a solução acima é bastante artificial. Ela é construída já se sabendo de antemão qual o provável limite da seqüência. Este provável limite é obtido e resolvendo a equação facilmente fazendo a n +1 = a n = x

x=

2 + 9x 1+ 3 ⇒x= , pois x ≥ 0. 3 + 9x 3

Continuamos aguardando as soluções dos problemas a seguir: 113) a1 , a2 , a3 ,... formam uma seqüência de inteiros positivos menores que 2007 tais que

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

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

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

BCA = 60° e c ≡ 1(mod 6) .

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

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Prove

que


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PROBLEMAS PROPOSTOS Convidamos o leitor a enviar soluções dos problemas propostos e sugestões de novos problemas para próximos números. 119. Mostre que não existem inteiros positivos a e b tais que tais que (36a + b)(36b + a) seja uma potência de 2. 120. Sejam a, b, c números reais e soma Sn definida como S n = a n + b n + c n , para

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

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

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

4 1 2

4

4

h

4 122. Dado um triângulo ABC tal que AB = AC = a + b e BC = a , traça-se uma ceviana partindo de B determinando em AC um ponto D tal que DA = a e DC = b . Sabendo que ABD = 10° , determine os ângulos internos desse triângulo.

Determine

123. 2

2 3

2

todas

as

funções

f : *→ *

2

tais

2 f (m + n ) = f (m) f (n) + f (m) f (n) , para quaisquer m, n ∈ * distintos. Obs.

* = {1, 2,3,...} é o conjunto dos inteiros positivos.

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que


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124. an =

Considere an −1an −3 + an2− 2 an − 4

a

seqüência

( an ) n ≥1

definida

por

a1 = a2 = a3 = a4 = 1 e

, ∀n ≥ 5.

Prove que an é um inteiro positivo, para todo inteiro positivo n. 125. Considere dois naturais ( a0 , a1 , a2 ,..., amn ), ai ∈ {0,1}.

m≥2

e

n ≥ 2,

e

as

seqüências

As seqüências de tipo m satisfazem as condições: • ak ak + m = 0, para todo k; • Se ak ak +1 = 1 então m divide k As seqüências de tipo n são definidas analogamente. Prove que existem tantas seqüências do tipo m quanto do tipo n. 126. As circunferências Γi , 0 ≤ i ≤ 5, são tangentes a uma circunferência Γ nos

pontos Ai . Além disso, Γi é tangente a Γi +1 para 0 ≤ i ≤ 5 e Γ5 é tangente a Γ 0 . Prove que A0 A3 , A1 A4 , A2 A5 são concorrentes. 127. Determine todos os inteiros positivos k tais que existem inteiros positivos x,

y, z com

x2 + y2 + z 2 = k. xyz

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

Chances Diminutas, localizada no alto de uma montanha. Após sua maioridade, Barango Joe decidiu tentar a vida no Reino das Grandes Oportunidades, localizado no cume da montanha vizinha. Para isso, ele atravessaria a extensa ponte de madeira por cima do Desfiladeiro da Morte. Entretanto, a ponte era guardada pela Esfinge Vegas, exímia jogadora que sempre desafiava os viajantes para algum jogo. O viajante vitorioso tinha a passagem franqueada; e o perdedor era lançado ao abismo. Assim chegando à cabeceira da ponte, Barango Joe foi desafiado a uma partida de “Pachang” jogo que lembra o “Black Jack” ou “Vinte e um”, mas é jogado por 2 oponentes da seguinte maneira: Os jogadores, designados por “banca” e “apostador”, utilizam um dado gerador de números aleatórios reais uniformemente distribuídos no intervalo [0,1] Inicialmente, a banca sorteia um número X. Se não estiver satisfeita com o número obtido, pode descartá-lo e então sortear um novo número. Este procedimento pode ser executado 2 vezes, Isto é, pode haver até 3 sorteios na definição do número X da banca. EUREKA! N°27, 2008

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Então, o apostador sorteia quantos números forem necessários até que a soma de seus números ultrapasse o número X da banca. Neste momento, se esta soma for inferior a 1, o apostador ganha; caso contrário, perde. Ou seja, para ganhar, o apostador precisa “chegar mais próximo” de 1 que a banca, sem no entanto “estourar o limite” de 1. Após explicar as regras do Pachang, a Esfinge Vegas deu uma opção ao sapo: - Você prefere ser a banca ou o apostador? O que o Barango Joe deveria responder? Obs. Utilize lápis, papel, e uma calculadora científica simples. 129. Um coelho está numa rua infinita dividida em quadrados numerados pelos

inteiros, e começa no quadrado 0. Se num dado momento ele está no quadrado k, ele escolhe, com probabilidade

1 , pular para o quadrado k + 2 ou, também com 2

1 , pular para o quadrado k – 1. Ele continua esse processo 2 indefinidamante. Dado m ∈ , determine a probabilidade de, em algum momento,

probabilidade

o coelho pisar no quadrado m. Problema 119 proposto por Adriano Carneiro, problemas 120 e 121 proposto por Samuel Liló Abdalla, de Sorocaba – SP, problema 122 proposto por Renan Lima Novais, do Rio de Janeiro – RJ, problema 123 proposto por Wilson Carlos da Silva Ramos, de Belém – PA, problemas 124, 125, 126 e 127 propostos por Anderson Torres, de São Paulo – SP, problema 128 proposto por Rogério Ponce da Silva, do Rio de Janeiro – RJ, problema 129 proposto por Nicolau Corção Saldanha e Zoroastro Azambuja Neto, do Rio de Janeiro – RJ. Agradecemos também o envio das soluções e a colaboração de:

Gelly Whesley Evandro A. dos Santos Davi Lopes Alves de Medeiros Rafael Alves da Ponte André Felipe M da Silva Carlos Alberto da Silva Victor

Fortaleza – CE Campinas – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Nilópolis – RJ

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AGENDA OLÍMPICA XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – Sábado, 14 de junho de 2008 Segunda Fase – Sábado, 13 de setembro de 2008 Terceira Fase – Sábado, 25 de outubro de 2007 (níveis 1, 2 e 3) Domingo, 26 de outubro de 2008 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova). NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – Sábado, 13 de setembro de 2008 Segunda Fase – Sábado, 25 e Domingo, 26 de outubro de 2008 ♦

XIV OLIMPÍADA DE MAIO 10 de maio de 2008 ♦

XIX OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Temuco – Chile 18 a 23 de junho de 2008 ♦

XLIX OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 10 a 22 de julho de 2008 Madri – Espanha ♦

XIV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 25 a 31 de julho de 2008 Blagoevgrad, Bulgária ♦

XXIII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 18 a 28 de setembro de 2008 Salvador, Bahia – Brasil ♦

XI OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA

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

(UFJF) (USP) (UFV) FACOS (UFU) (USP) (UFRN) (Univ. Tec. Fed. de Paraná) (UNIFRA) (UNIVATES) (Inst. de Tec. e Educ. Galileo da Amazônia) (UNESP) (UNIPAMPA) (Colégio Objetivo de Campinas) (Faculdade Etapa) (Univ. Federal do Tocantins) (UFMG) (UFES) (UFSJ) (Centro Educacional Leonardo Da Vinci) (UC. Dom Bosco) (UFPB)) (UNOCHAPECÓ) (UFPI) (Grupo Educacional Ideal) (UFSC) (UFPB) (Instituto Pueri Domus) (UFAL) (UFSC) (Sistema Elite de Ensino) (UFBA) (UFRG) (Grupo Educacional Ideal) (Colégio Farias Brito, Pré-vestibular) (Cursinho CLQ Objetivo) (UFMA) (U. Estadual de Maringá) (Colégio Anglo) (UFGO) (Col. Aplic. da UFPE) (Escola Técnica Federal de Roraima) (UNIFESP) (Centro Educacional Logos) (IM-UFRGS) (UFMG) (UEBA) (U. Federal de Rondônia) (U. Federal de Sergipe) (U. Metodista de SP) (CEFET – GO)

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Juiz de Fora – MG Ribeirão Preto – SP Viçosa – MG Osório – RS Uberlândia – MG São Carlos – SP Natal – RN Pato Branco - PR Santa María – RS Lajeado – RS Manaus – AM S.J. do Rio Preto – SP Bagé – RS Campinas – SP São Paulo – SP Arraias – TO Belo Horizonte – MG Vitória – ES São João del Rei – MG Taguatingua – DF Campo Grande– MS João Pessoa – PB Chapecó – SC Teresina – PI Belém – PA Florianópolis – SC Campina Grande – PB Santo André – SP Maceió – AL Florianópolis – SC Rio de Janeiro – RJ Salvador – BA Rio Grande – RS Belém – PA Fortaleza – CE Piracicaba – SP São Luis – MA Maringá – PR Atibaia – SP Goiânia – GO Recife – PE Boa Vista – RR SJ dos Campos – SP Nova Iguaçu – RJ Porto Alegre – RS Belo Horizonte – MG Juazeiro – BA Porto Velho – RO São Cristovão – SE S.B. do Campo – SP Jataí – GO


CONTEÚDO

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase

2

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase

15

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Terceira Fase

35

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

57

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

62

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Premiados

73

AGENDA OLÍMPICA

77

COORDENADORES REGIONAIS

78


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XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e soluções da Primeira Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 01) Observe as multiplicações a seguir: 101× 11 = 1111 101× 111 = 11211 101× 1111 = 112211 101× 11111 = 1122211 K Qual é a soma dos algarismos do número obtido quando multiplicamos 101 pelo número 11111 11 ? 142K 43 2007 algarismos 1

A) 1001

B) 2007

C) 2009

D) 4008

E) 4014

02) Quantos números inteiros positivos de três algarismos têm a soma de seus algarismos igual a 4? Observação: lembre-se de que zeros à esquerda não devem ser contados como algarismos; por exemplo, o número 031 tem dois algarismos. A) 4 B) 6 C) 7 D) 10 E) 12 03) Juntando dois retângulos iguais lado a lado, sem sobreposição, podemos formar dois tipos de figura: um quadrado de área igual a 144 cm2 ou um retângulo de largura diferente do comprimento. Qual é o perímetro deste último retângulo, em cm? A) 12 B) 24 C) 48 D) 60 E) 72 04) A figura ao lado é formada por dois quadrados de área 100 cm2 cada um, parcialmente sobrepostos, de modo que o perímetro da figura (linha mais grossa) é igual 50 cm. Qual é a área da região comum aos dois quadrados, em cm2 ? A) 20 B) 25 C) 30 D) 40 E) 50

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05) A soma de todos os números positivos ímpares até 2007 menos a soma de todos os números positivos pares até 2007 é igual a: A) 1003 B) 1004 C) 2005 D) 2006 E) 2007 06) Sílvia pensou que seu relógio estava atrasado 10 min e o acertou, mas na verdade o relógio estava adiantado 5 min. Cristina pensou que seu relógio estava adiantado 10 min e o acertou, mas na verdade o relógio estava atrasado 5 min. Logo depois, as duas se encontraram, quando o relógio de Sílvia marcava 10 horas. Neste momento, que horas o relógio de Cristina indicava? A) 9h 30min B) 9h 50min C) 10h D) 10h 5min E) 10h 15min 07) A fração

a , onde a e b são inteiros b

0

1

positivos, representa um número entre 0 e 1, na posição indicada no desenho ao lado. Qual é um possível valor para a soma a + b ? A) 1 B) 2 C)3 D) 4 E) 5

a b

08) Em uma prova de olimpíada, 15% dos estudantes não resolveram nenhum problema, 25% resolveram pelo menos um problema, mas cometeram algum erro, e os restantes, 156 estudantes, resolveram todos os problemas corretamente. O número de estudantes que participaram da olimpíada foi: A) 200 B) 260 C) 93 D) 223 E) 300 09) Em uma certa cidade, a razão entre o número de homens e mulheres é 2 : 3 e entre o número de mulheres e crianças é 8 : 1. A razão entre o número de adultos e crianças é: A) 5 : 1 B) 16 : 1 C) 12 : 1 D) 40 : 3 E) 13 : 1 10) Na figura, o lado AB do triângulo eqüilátero ABC é paralelo ao lado DG do quadrado DEFG. Qual é o valor do ângulo x? A) 80o B) 90o C) 100o D) 110o E) 120o

G A

D B

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3

F

x

C E


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11) Uma loja de CD`s realizará uma liquidação e, para isso, o gerente pediu para Anderlaine multiplicar todos os preços dos CD`s por 0,68. Nessa liquidação, a loja está oferecendo um desconto de: A) 68% B) 6,8% C) 0,68% D) 3,2% E) 32% 12) Esmeralda e Pérola estão numa fila. Faltam 7 pessoas para serem atendidas antes de Pérola e há 6 pessoas depois de Esmeralda. Duas outras pessoas estão entre Esmeralda e Pérola. Dos números abaixo, qual pode ser o número de pessoas na fila? A) 9 B) 11 C) 13 D) 14 E) 15 13) Preenchemos as casas vazias da tabela ao lado com o produto dos números que estão sombreados na mesma linha e na mesma coluna da casa vazia a ser preenchida. Quantas dessas casas conterão números primos? A) 6 B) 7 C) 12 D) 14 E) 26

x 1 2 3 5 7 11 13 1 2 3 5 7 11 13

14) O conteúdo de uma garrafa de refrigerantes enche três copos grandes iguais e mais meio copo pequeno ou 5 desses copos pequenos iguais mais a metade de um daqueles grandes. Qual é a razão entre o volume de um copo pequeno e o de um grande? A) 2

5

B) 3

7

C) 7

10

D) 5

15) Um código de barras é formado por barras verticais pretas de três larguras diferentes. Duas barras pretas sempre são separadas por uma barra branca, também com três larguras diferentes. O código começa e termina com uma barra preta, como no exemplo ao lado. Considere um código S, formado por uma barra preta fina, duas médias e uma grossa, separadas por barras brancas finas. Quantos códigos S diferentes podem ser assim formados? A) 4 B) 6 C) 12 D) 24 E) 36 EUREKA! N°28, 2008

4

9

E) 3

5


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16) No quadriculado ao lado, cada quadradinho tem 1 cm2. Os segmentos inclinados ligam pontos médios dos lados dos quadradinhos ou um vértice ao centro de um quadradinho. Qual é a área ocupada pela sigla OBM, em cm2? A) 28 B) 32 C) 33 D) 34 E) 35 17) Lina e Lana brincam da seguinte maneira: a primeira a jogar pensa em um número de 10 a 99 e diz apenas a soma dos algarismos do número; a segunda tem então que adivinhar esse número. Qual é o maior número de tentativas erradas que a segunda pessoa pode fazer? A) 7 B) 8 C) 9 D) 10 E) 11 18) Anita imaginou que levaria 12 minutos para terminar a sua viagem, enquanto dirigia à velocidade constante de 80 km/h, numa certa rodovia. Para sua surpresa, levou 15 minutos. Com qual velocidade constante essa previsão teria se realizado? A) 90 km/h B) 95 km/h C) 100 km/h D) 110 km/h E) 120 km/h 19) O gráfico ao lado mostra o percentual de acertos numa prova de 60 testes de seis candidatos finalistas de um concurso. Qual foi o número médio de questões erradas por esses candidatos nessa prova? A) 14 B) 24 C) 30 D) 32 E) 40

70% 60% 50% 40% 30% 20% 10% A

B

C

D

E

F

20) Ao efetuar a soma 131 + 132 + 133 + L + 132006 + 132007 obtemos um número inteiro. Qual é o algarismo das unidades desse número? A) 1 B) 3 C) 5 D) 7 E) 9

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PROBLEMAS – NÍVEL 2 01) Veja o problema No. 1 do Nível 1. 02) Veja o problema No. 7 do Nível 1. 03) Veja o problema No. 10 do Nível 1. 04) Em uma certa cidade, a razão entre o número de homens e mulheres é 2 : 3 e entre o número de mulheres e crianças é 8 : 1. A razão entre o número de adultos e crianças é: A) 5 : 1 B) 16 : 1 C) 12 : 1 D) 40 : 3 E) 13 : 1 05) Veja o problema No. 8 do Nível 1. 06) Se N é o quadrado do quadrado de um número inteiro e tem 12 como fator, o menor valor para A) 3

N é: 12

B) 12

C) 36

D) 54

E) 108

07) O jardim da casa de Maria é formado por cinco quadrados de igual área e tem a forma da figura abaixo. Se AB = 10 m, então a área do jardim em metros quadrados é:

A

B

A) 200

B) 10 5

C) 100

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6

D)

500 3

E)

100 3


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08) Sejam a, b, c e k números reais diferentes de zero satisfazendo as relações

k=

a b c = = . Qual é o número de possíveis valores que k pode b+c c+a a+b

assumir? A) 0

B) 1

C) 2

D) 3

E) 4

09) Doze pontos estão sobre um círculo. Quantos polígonos convexos podemos formar com vértices nesses 12 pontos? A) 4017 B) 220 C) 4095 D) 66 E) 3572 10) De quantas maneiras diferentes podemos escrever o número 2007 como soma de dois ou mais números inteiros positivos e consecutivos? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 11) As equações do 2o grau 2007 x 2 + 2008 x + 1 = 0 e x 2 + 2008 x + 2007 = 0 têm uma raiz comum. Qual é o valor do produto das duas raízes que não são comuns? A) 0 B) 1 C) 2007 D) 2008 E) 2007 12) Qual é o máximo valor que o número a (b + c) − b( a + c) pode assumir se a, b e c , são inteiros satisfazendo 1 ≤ a ≤ 10 , 1 ≤ b ≤ 10 e 1 ≤ c ≤ 10 ? A) 80 B) 81 C) 84 D) 90 E) 100 13) A quantidade de inteiros x com três dígitos tais que 6x e 7x possuem a mesma quantidade de dígitos é: A) 767 B) 875 C) 876 D) 974 E) 975 14) A figura abaixo é formada por três quadrados de lado 1 e um retângulo que os contorna.

A área do retângulo é: A) 3 2

B) 4 2

D) 6 2

C) 6

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E) 8


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15) Se x é real positivo e 1 + (x2 + x)(x2 + 5x + 6) = 1812, então o valor de x(x + 3) é: A) 180 B) 150 C) 120 D) 182 E) 75 16) A figura abaixo mostra um retângulo, um pentágono, um triângulo e um círculo, com áreas respectivamente 121, 81, 49 e 25 centímetros quadrados. A diferença entre a área preta e a área cinza, em centímetros quadrados, é:

A) 25

B) 36

C) 49

D) 64

E) 81

17) As seguradoras de automóveis A e B cobram um valor anual (prêmio) mais um valor que o usuário deve pagar em caso de acidente (franquia). Jean quer fazer um seguro para seu automóvel e recebeu as seguintes propostas das seguradoras: Seguradora A: Prêmio anual de R$ 1500,00 e franquia de R$ 1400,00 Seguradora B: Prêmio anual de R$ 1700,00 e franquia de R$ 700,00 Para valer a pena Jean contratar a Seguradora A, ele não deve se acidentar com o carro por pelo menos N anos. O valor de N é: A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 18) O desenho abaixo mostra um dado comum cujas somas das pontuações em faces opostas é sempre igual a 7. Ele é colocado em uma mesa horizontal com a face “1” voltada para Leste. O dado é, então, movido quatro vezes. Norte Leste

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Um movimento consiste em uma rotação de 90 ° em relação a uma aresta. Depois do primeiro movimento a face em contato com a mesa passa a ser a “1”, depois a “2”, então a “3” e, finalmente, a face “5”. Para que sentido está voltada a face “1” após esta seqüência de movimentos? A) Oeste B) Leste C) Norte D) Sul E) Cima 19) Uma avenida possui 100 prédios numerados de 1 a 100, onde prédios com numeração par se situam do lado direito da rua e prédios com numeração ímpar se situam no lado esquerdo. A quantidade de andares de cada prédio é igual à soma dos algarismos do número correspondente ao prédio. Assim, podemos afirmar que: A) A quantidade de prédios com mais de 10 andares é maior do lado direito da rua. B) A quantidade de prédios com menos de 5 andares é maior do lado direito da rua. C) Pelo menos metade dos prédios possui 10 ou mais andares. D) Em ambos os lados da rua há a mesma quantidade de prédios com exatos 8 andares. E) Pelo menos 25% dos prédios possui menos de 5 andares. 20) Qual o menor perímetro inteiro possível de um triângulo que possui um dos lados com medida igual a A) 8

B) 9

5 3 ? 2

C) 10

D) 11

E)12

21) Determine em qual dos horários abaixo o ângulo determinado pelos ponteiros de um relógio é o menor. A) 02h30 B) 06h20 C) 05h40 D) 08h50 E) 09h55 22) O máximo divisor comum entre os números 1221, 2332, 3443, 4554,........, 8998 é: A) 3 B) 33 C) 37 D) 11 E) 101 23) Uma mesa de bilhar tem dimensões de 3 metros por 6 metros e tem caçapas nos seus quatro cantos P, Q, R e S. Quando uma bola bate na borda da mesa, sua trajetória forma um ângulo igual ao que a trajetória anterior formava.

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R

Q

S

P

Uma bola, inicialmente a 1 metro da caçapa P, é batida do lado SP em direção ao lado PQ, como mostra a figura. A quantos metros de P a bola acerta o lado PQ se a bola cai na caçapa S após duas batidas na borda da mesa? 6 3 2 3 A) 1 B) C) D) E) 7 4 3 5 24) Considere todos os números abc de três algarismos onde b = a2 + c2 e a ≠ 0 . A diferença entre o maior e o menor destes números é um número: A) Múltiplo de 3 B) Primo C) Com último algarismo igual a 7 D) Cuja soma dos algarismos é 10 E) Múltiplo de 7 25) Seja {an} uma seqüência na qual cada termo é definido como o dobro da soma dos algarismos do termo anterior, mais uma unidade. Por exemplo, se an = 234, então an +1 = 2(2 + 3 + 4) +1. Se, a1 = 1 o valor de a31 + a32 + a33 + a34 + a35 é igual a: A) 44 B) 54 C) 64 D) 77 E) 84

PROBLEMAS – NÍVEL 3 01) A figura mostra dois quadrados sobrepostos. Qual é o valor de x + y, em graus?

x

y A) 270

B) 300

C) 330

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10

D) 360

E) 390


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02) Um número de quatro dígitos é dito peroba se possui pelo menos dois dígitos vizinhos com a mesma paridade. Quantos números perobas existem? A) 8999 B) 8874 C) 7875 D) 8000 E) 7750 03) Veja o problema No. 15 do Nível 2. 04) Veja o problema No. 18 do Nível 2. 05) Os números 72, 8, 24, 10, 5, 45, 36, 15 são agrupados em duplas de modo que o produto de cada dupla é o mesmo. Qual número fica com o 10? A) 36 B) 45 C) 24 D) 15 E) 72 06) Tintas pretas opacas absorvem 97% da luz, refletindo o restante. Cientistas desenvolveram uma nova cobertura superpreta que é “dez vezes mais preta” que tintas pretas opacas, querendo dizer que ela reflete 1/10 da luz refletida pelas tintas pretas opacas. Que porcentagem de luz a nova cobertura absorve? A) 9,7 B) 90,3 C) 99,7 D) 99,9 E) 970 07) Considere a seguinte seqüência: 27 = 3 × 3 × 3 , 207 = 3 × 3 × 23 , 2007 = 3 × 3 × 223 , 20007 = 3 × 3 × 2223 , ... Qual dos seguintes inteiros é um múltiplo de 81? A) 200.007 B) 20.000.007 C) 2.000.000.007 D) 200.000.000.007 E) 20.000.000.000.007 08) Qual dos inteiros positivos abaixo satisfaz a seguinte equação: 4 5 6 n4 − 6 n4 − 5 n4 − 4 + + + L + + + = 309 ? n4 n4 n4 n4 n4 n4 A) 2007 B) 309 C) 155 D) 25 E) 5 09) O desenho abaixo mostra um semicírculo e um triângulo isósceles de mesma área. Qual é o valor de tg x ° ?

xo

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A) 1

B)

3 2

C)

π

D)

3

2 π

E)

π 2

10) Um episódio muito conhecido na Matemática foi quando ao visitar o grande matemático Ramanujam no hospital, o outro grande matemático Hardy disse que o número do táxi que o trouxe, 1729, era um número sem graça; Ramanujam respondeu prontamente: “Não diga isso, Hardy! 1729 é o menor número inteiro positivo que pode ser escrito como soma de dois cubos perfeitos positivos de duas maneiras diferentes!” De fato, 1729 = 103 + 93 = 123 + 13. Um outro episódio não muito conhecido na Matemática foi quando o pequeno matemático Muralijam foi visitado pelo outro pequeno matemático Softy, que disse que o número do lotação que o trouxe era um número sem graça. Muralijam responde imediatamente: “Não, Softy, ele é o menor inteiro positivo que pode ser escrito como soma de dois quadrados perfeitos positivos de duas maneiras diferentes!” A que número Muralijam e Softy se referem? A) 18 B) 41 C) 45 D) 50 E) 65 11) Dizemos que uma palavra Q é quase-anagrama de outra palavra P quando Q pode ser obtida retirando-se uma letra de P e trocando a ordem das letras restantes, resultando em uma palavra com uma letra a menos do que P. Um quase-anagrama pode ter sentido em algum idioma ou não. Por exemplo, RARO, RACR e ARCO são quase-anagramas de CARRO. Quantos são os quase-anagramas da palavra BACANA que começam com A? A) 48 B) 60 C) 72 D) 96 E) 120 12) As cidades Aópolis, Beópolis e Ceópolis são ligadas por estradas retas. Sabese a estrada que liga Aópolis e Beópolis é perpendicular à estrada que liga Aópolis e Ceópolis. Rubens mora em Beópolis e tem um compromisso em Ceópolis. Todavia, a estrada que liga Beópolis a Ceópolis está interditada, de modo que Rubens é obrigado a fazer o trajeto Beópolis-Aópolis-Ceópolis. Para chegar ao compromisso na hora certa, Rubens trafega com uma velocidade 24% maior do que trafegaria se utilizasse a estrada interditada. Se α é o menor ângulo do triângulo determinado pelas três estradas, então

1 6 1 1 C) < tgα < 5 4 A) 0 < tgα <

1 < tgα < 6 1 D) < tgα < 4 B)

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1 5 1 3

E)

1 < tgα < 1 3


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13) Todo número real a pode ser escrito de forma única como a = a  + {a} , em que a  é inteiro e 0 ≤ {a} < 1 . Chamamos a  parte inteira de a e {a} parte fracionária de a. Se x +  y  + {z} = 4,2 , y + z  + {x} = 3,6 e z + x  + {y} = 2 , quanto vale x – y + z? A) –1 B) –0,5 C) 0 D) 0,5 E) 1 14) Dizemos que um natural X é um repunit quando os seus algarismos são todos iguais a 1, ou seja, quando X é da forma 11…1. Sejam p, q e r inteiros, p > 0 , tais que pX 2 + qX + r é um repunit sempre que X é um repunit. Qual dos valores a seguir é um possível valor de q? A) –2 B) –1 C) 0 D) 1 E) 2 15) O conjunto dos valores de c para os quais a equação solução real está contido em: B) ] − ∞;1] C) [−3;2] D) [−2;3] A) [−1; ∞[

x=

x + c possui

E) Z

16) No triângulo ABC, AD é a altura relativa ao lado BC. Se AB = DC = 1, assinale a alternativa que corresponde à área máxima do triângulo ABC. 1 3 3 3 2 2 A) B) C) D) E) 8 2 3 2 2 17) O número de pares (x, y) de inteiros positivos que satisfazem a equação x8 + 3y 4 = 4x 2 y 3 , com 1≤ y ≤ 2007, é igual a: A) 40 B) 41 C) 42 D) 43 E) 44 18) Sejam a, b e c números tais que a2 – ab = 1 b2 – bc = 1 c2 – ac = 1 O valor de abc⋅(a + b + c) é igual a: A) 0 B) 1 C) 2 19) Veja o problema No. 19 do Nível 2. 20) Veja o problema No. 20 do Nível 2. 21) Veja o problema No. 21 do Nível 2. EUREKA! N°28, 2008

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D) −1

E) −3


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22) O máximo divisor comum entre os números 1221, 2332, 3443, 4554,........, 8998 é: A) 3 B) 33 C) 37 D) 11 E) 101 23) Veja o problema No. 23 do Nível 2. 24) Veja o problema No. 24 do Nível 2. 25) Veja o problema No. 25 do Nível 2.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase PROBLEMAS – Nível 1 PARTE A (Cada problema vale 5 pontos) 01. O número N = 1010010100101... contém somente os algarismos 0 e 1, de modo que o número de algarismos 0 entre dois algarismos 1 é um ou dois, alternadamente. O número N tem exatamente 101 algarismos. Qual é a soma de todos os algarismos do número N? 02. Uma folha de papel tem 20 cm de

comprimento por 15 cm de largura. Dobramos essa folha ao meio, paralelamente à sua largura. Em seguida, dobramos a folha retangular dupla, de modo que dois vértices opostos coincidam. Ao desdobrar a folha, as marcas da segunda dobra dividem a folha em duas partes, conforme mostrado na figura ao lado. Qual é a área da parte escura, em cm2? 03. Observe as igualdades a seguir:

1+ 2 +1 = 4 1+ 2 + 3 + 2 +1 = 9

1 + 2 + 3 + 4 + 3 + 2 + 1 = 16 M 1 + 2 + 3 + L + 2006 + 2007 + 2006 + L 3 + 2 + 1 = A A ? Qual é o valor de 2232 04. Uma folha retangular de cartolina foi cortada ao longo de sua diagonal. Num

dos pedaços restantes, na forma de um triângulo retângulo, foram feitos dois cortes, paralelos aos lados menores, pelos meios desses lados. Ao final sobrou um retângulo de perímetro 129 cm. O desenho abaixo indica a seqüência de cortes.

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Em centímetros, qual era o perímetro da folha antes do corte? 05. Um reservatório cúbico internamente tem 2 metros de lado e contém água até

a sua metade. Foram colocados no reservatório 25 blocos retangulares de madeira, que não absorvem água, de dimensões 20 × 30 ×160 centímetros. Sabendo que 80% do volume de cada bloco permanece submerso na água, calcule, em centímetros, a altura atingida pela água, no reservatório. 06. A adição ao lado está incorreta. Entretanto, se

substituirmos somente um certo algarismo a, toda vez que ele aparece, por um certo algarismo b, a conta fica correta. Qual é o valor de a b ? PARTE B (Cada problema vale 10 pontos) PROBLEMA 1

A área do quadrado ABCD é 300 cm2. Na figura, M é ponto médio de CD e o ponto F pertence à reta BC. a) Qual é a área do triângulo ABF ? b) Qual é a área do triângulo ADF ?

M

PROBLEMA 2

Esmeralda comprou seis discos de ferro para usar num aparelho de ginástica. Esses discos têm massas 1, 2, 3, 4, 5 e 6 quilogramas, respectivamente. Esmeralda pode combiná-los e obter outras massas, como por exemplo: 1 disco de 2 kg + 1 disco de 6 kg = 8 kg. Qual a maior quantidade de massas diferentes que ela pode obter?

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PROBLEMA 3

Observe como o quadriculado ao lado é preenchido. 3

a) Qual é a soma dos elementos da diagonal 9?

3 3 3

b) Qual é o resto da divisão por 100 da soma dos elementos da diagonal 2007?

PROBLEMAS – Nível 2 PARTE A (Cada problema vale 4 pontos) 01. Ludmilson descobriu que o produto da idade que tinha há 55 anos atrás pela

idade que terá daqui a 55 anos é igual ao cubo de um número primo. Qual é a idade atual de Ludmilson? 02. Sendo f(x) = 100x + 3, calcule o valor de

f (10 −8 ) − f (103 ) 10 −8 − 103

− f (−1) .

03. Na figura abaixo temos um pentágono regular, um quadrado e um triângulo

eqüilátero, todos com a mesma medida de lado. Q C E

P

R

B

S

T

A

D

Determine a medida, em graus, do ângulo ∠QCE. 04. Um inteiro positivo K tem n algarismos e é igual a 2608.n. Determine a soma dos algarismos de K 05. Em 1949 o matemático indiano D. R. Kaprekar, inventou um processo

conhecido como Operação de Kaprekar. Primeiramente escolha um número de EUREKA! N°28, 2008

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quatro dígitos (não todos iguais), em seguida escreva a diferença entre o maior e o menor número que podem ser formados a partir de uma permutação dos dígitos do número inicial. Repetindo o processo com cada número assim obtido, obtemos uma seqüência. Por exemplo, se o primeiro número for 2007, o segundo será 7200 – 0027 = 7173. O terceiro será 7731 – 1377 = 6354. Começando com o número 1998, qual será o 2007-ésimo termo da seqüência?

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

O triângulo ABC é retângulo em B. Sejam I o centro da circunferência inscrita em ABC e O o ponto médio do lado AC. Se ∠AOI = 45°, quanto mede, em graus, o ângulo ∠ACB? PROBLEMA 2

Sejam α e β as raízes da equação quadrática (x – 2)(x – 3) + (x – 3)(x + 1) + (x + 1)(x – 2) = 0.

Determine o valor de

1 1 1 . + + (α + 1)( β + 1) (α − 2)( β − 2) (α − 3)( β − 3)

PROBLEMA 3

a) Determine a quantidade de divisores do número N = 235 – 23. b) Mostre que para todo número natural n , n5 – n é múltiplo de 30. PROBLEMA 4

Um quadrado 4 × 4 é dividido em 16 quadrados unitários. Cada um dos 25 vértices desses quadrados deve ser colorido de vermelho ou azul. Ache o número de colorações diferentes tais que cada quadrado unitário possua exatamente dois vértices vermelhos.

PROBLEMAS – Nível 3 PARTE A (Cada problema vale 4 pontos) 01. Quantos divisores positivos do número 123456 são menores que 2007?

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02. Considere o conjunto A dos pares ordenados (x;y) de reais não negativos tais

que x + y = 2. Se a probabilidade de um elemento de A escolhido aleatoriamente estar a uma distância da origem menor ou igual a 5 3 é p, quanto vale 2535p2?

111...1? 03. Qual é a soma dos algarismos do inteiro mais próximo de 1 424 3 1000 uns

04. Veja o problema 1 da parte B do nível 2. 05. Veja o problema 4 da parte B do nível 2.

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

Ache todos os pares (x, y) de inteiros positivos tais que 2(x + y) + xy = x2 + y2. PROBLEMA 2

Encontre todos os números n de seis algarismos da forma AAABBB, em que A e B são algarismos diferentes e não nulos e n + 1 é um quadrado perfeito. PROBLEMA 3

No quadrilátero convexo ABCD, ∠A + ∠B = 120°, AD = BC = 5 e AB = 8. Externamente ao lado CD, construímos o triângulo eqüilátero CDE. Calcule a área do triângulo ABE. PROBLEMA 4

Em um certo país há 21 cidades e o governo pretende construir n estradas (todas de mão dupla), sendo que cada estrada liga exatamente duas das cidades do país. Qual o menor valor de n para que, independente de como as estradas sejam construídas, seja possível viajar entre quaisquer duas cidades (passando, possivelmente, por cidades intermediárias)?

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Soluções Nível 1 – Segunda Fase – Parte A Problema Resposta

01 41

02 150

03 81

04 258

05 148

06 64

1. [41] O número é formado por blocos iguais, de 5 algarismos na forma “10100”. Como o número tem 101 algarismos, concluímos que é formado por 20 desses blocos inteiros mais o primeiro algarismo de um bloco, que é 1. A soma dos algarismos de cada bloco é 1 + 0 +1 + 0 + 0 = 2, portanto a soma dos algarismos de N é 20 × 2 + 1 = 41 . 2. [150] O desenho abaixo à esquerda mostra como fica a folha após a primeira dobra. À direita, mostra como fica a folha após as duas dobras.

Observamos que CE = EA e que CF = FA. Por uma propriedade da dobra, sabemos que o segmento FE é perpendicular ao segmento AC e esses segmentos se cruzam em seus pontos médios. Portanto, os quatro triângulos que compõem o quadrilátero AECF são congruentes; são congruentes também os triângulos EBC e FDA. Portanto, a dobra FE divide o retângulo ABCD em dois trapézios, EBCF e AEFD, de mesma área. Desdobrando inteiramente a folha, obtemos duas metades iguais. Portanto, a área do pentágono convexo BEFE’B’ é igual à área do pentágono não convexo AA’E’FE, ou seja, a área da parte escura é metade da área da folha, portanto igual a

15 × 20 = 150 cm 2 . 2

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3. [81] Pelo padrão observado, as somas são iguais ao quadrado da parcela central (aquela cujo número de parcelas à esquerda é igual ao número de parcelas à direita). 2

Portanto, A = 2007 2 e, assim,

A 2007 2  2007  2 = =  = 9 = 81 . 2 2 223 223  223 

4. [258] O retângulo que sobra após os cortes tem lados iguais às metades dos lados da cartolina original, cujo perímetro, então, é o dobro do perímetro desse retângulo. Logo, o perímetro da cartolina antes do corte é 129 × 2 = 258 cm. 5. [148] O volume de cada bloco de madeira é 0, 2 × 0,3 × 1, 60 = 0, 096 m 3 ; o volume de cada bloco que fica submerso no líquido é 0,80 × 0, 096 m 3 . O volume de líquido deslocado pelos 25 blocos é igual a 25 × 0,80 × 0, 096 =1,92 m3 . Como o reservatório é um cubo de 2 m de lado, sua base é um quadrado de área 4 m2. Podemos pensar no líquido deslocado como se fosse um bloco cuja base é igual à base do reservatório, de altura h e volume acima. Portanto 4h = 1,92 ⇔ h =

1,92 = 0, 48 m = 48 cm . Como a altura inicial 4

do líquido era 100 cm, a nova altura será 148 cm.

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6. [64] À primeira inspeção, podemos admitir que os três algarismos à direita de todos os números estão corretos, isto é, estão corretamente escritos os algarismos 0, 1, 3, 4, 5, 6 e 8. Portanto, dentre os algarismos 2, 7 e 9, um deles está escrito incorretamente. O 9 está escrito corretamente, pois se o mudarmos, a soma com 2 não estará certa. Logo ou 2 ou 7 está errado. Se o 7 estiver errado, então 2 estará correto, mas isso não é possível pois a soma de 2 com 4 mais 1 não estaria certa. Logo, o 2 é que deve ser substituído; olhando novamente a soma de 2 com 4 mais 1 resultando 1 vemos que o resultado só dará certo se no lugar de 2 colocarmos 6. Fazendo a substituição, verificamos que o resto se encaixa. Teremos, então, a b = 26 = 64 .

Soluções Nível 1 – Segunda Fase – Parte B ˆ ) = m( AMD ˆ ) m( FMC (ângulos opostos pelo vértice), ˆ ) (pois ABCD é quadrado, logo esses ângulos são ˆ ) = m( FCM m( ADM

1. Temos

retos) e MC = MD (pois M é ponto médio de CD). Logo, os triângulos AMD e FMC são congruentes.

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a) Vemos que a área ∆ABF = área ∆FMC + área ABCM . Como área ∆FMC = área ∆AMD , temos:

área ∆ABF = área ∆AMD + área ABCM = área do quadrado ABCD = 300 cm2. b) área ∆ADF = área ∆AMD + área ∆DMF = = área ∆FMC + área ∆DMF = área ∆FCD Como AD = FC, CD é lado comum e os ângulos Cˆ e Dˆ são retos, concluímos que os triângulos FCD e ADC são congruentes, logo área ∆FCD = área ∆ADC = ADF é igual a

área ABCD . Portanto, a área do triângulo 2

300 = 150 cm 2 . 2

2. Dadas as massas de 1 a 6, podemos adicionar 1 a 6, 2 a 6, etc, até obter todos os pesos de 7 a 11; podemos adicionar 1 + 5 a 6, 2 + 5 a 6, etc, até obter todos os pesos de 12 a 15; podemos adicionar 1 + 4 + 5 a 6, etc, obtendo os pesos de 16 a 18; somando 1 + 3 + 4 + 5 a 6 obtemos 19; 2 + 3 + 4 + 5 a 6 obtemos 20 e, finalmente, somando 1 + 2 + 3 + 4 + 5 a 6 obtemos 21. Portanto, a quantidade de massas diferentes que Esmeralda pode obter é 21. 3. Pode-se concluir, examinando a tabela, que a soma dos elementos da diagonal n é igual a 2n + (n – 1)k, onde k é o algarismo das unidades do número n. Por exemplo, na diagonal de número 4 a soma dos números é EUREKA! N°28, 2008

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2 ⋅ 4 + ( 4 − 1) ⋅ 4 = 20 , na diagonal de número 10 a soma dos números é

2 ⋅10 + (10 − 1) ⋅ 0 = 20 , etc. a) Na diagonal de número 9, a soma dos elementos é 2 ⋅ 9 + ( 9 − 1) ⋅ 9 = 90 . De outra forma, na diagonal 9 há 10 números 9; portanto a soma é 10 ⋅ 9 = 90 . b) Na diagonal 2007 a soma será 2 ⋅ 2007 + ( 2007 − 1) ⋅ 7 = 4014 + 14042 = 18056 . O resto da divisão desse número por 100 é 56.

Soluções Nível 2 – Segunda Fase – Parte A Problema Resposta 01. Seja

01 66

02 197

03 174

04 8

05 6174

x a idade de Ludmilson. Logo, ( x − 55)( x + 55) = p 3 , onde p é

primo. Temos então, duas possibilidades: i)

 x − 55 = 1  3  x + 55 = p Nesse caso teríamos x = 56 e p = 111 , absurdo, pois 111 não é primo. ii)

 x − 55 = p  2  x + 55 = p Com isso, 110 = p 2 − p = p ( p − 1) = 11.10 . E assim teremos p = 11 e x = 66 . Logo, a idade de Ludmilson é 66 anos. 02. (100.10-8 + 3 – 100.10 3 – 3) / (10– 8 – 10 3) – 100.(–1) – 3 = 100(10–8 – 10 3) / (10–8 – 103) + 97 = 100 + 97 = 197. 03. Note que os triângulos PTA, ABD, BCE, e PQC são todos isósceles. Como ∠ STP = 108°, ∠ PTA = ∠ PAT = 72°. Assim, temos que ∠ TPA = 36° e ∠ BAD = ∠ BDA = 18°. Além disso, ∠ ABD = 144° e ∠ CBE = 66°. Como ∠ QPC = 126°, temos que ∠ QCP = 27° e ∠ ECB = 57°. Logo, ∠ QCE = 174°. EUREKA! N°28, 2008

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04. Tente 1, 2, 3 ... e perceba que, somente com n = 5, K terá 5 algarismos. Assim, K = 2608 . 5 = 13040. Com isso, a soma dos algarismos de K é 8. 05. A partir do sétimo termo, todos serão iguais a 6174.

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

Como ABC é um triângulo retângulo, então AO = BO = CO. Se ∠ABI = ∠AOI = 45 o e ∠BAI = ∠OAI , então ? ABI = ? AOI (ALA). Com isso, AB = AO = BO, e portanto, triângulo ABO é eqüilátero. Assim, ∠ACB = 30 o . SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

É fácil ver que ( x − 2)( x − 3) + ( x − 3)( x + 1) + ( x + 1)( x − 2) = 3( x − α )( x − β ) . Fazendo x = –1, 2 e 3, nesta igualdade, temos que,

(α + 1)( β + 1) = 4 , (α − 2)( β − 2) = −1 , (α − 3)( β − 3) = Com isso,

4 . 3

1 1 1 1 3 + + = − 1 + = 0. (α + 1)( β + 1) (α − 2)( β − 2) (α − 3)( β − 3) 4 4

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

a) N = 23 ⋅ (234 − 1) = 23 ⋅ (232 + 1)(232 − 1) = 23 ⋅ (232 + 1)(23 + 1)(23 − 1) = EUREKA! N°28, 2008

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23 ⋅ 530 ⋅ 24 ⋅ 22 = 25 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅11 ⋅ 23 ⋅ 53 O número de divisores (positivos) de N é 6 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 192 . b) N = n5 − n = n(n 2 + 1)(n + 1)(n − 1). Necessariamente, n ou n + 1 é par. Logo, 2 divide N. Do mesmo modo, um dos números n– 1, n ou n + 1 é múltiplo de 3. Logo 3 também divide N. Finalmente, se nenhum dos 3 números n –1, n ou n + 1 é múltiplo de 5, então n é da forma 5k + 2 ou 5k + 3. No primeiro caso, temos n 2 + 1 = 25k 2 + 10k + 5 e, no segundo, n 2 + 1 = 25k 2 + 15k + 10 , ambos múltiplos de 5. Portanto, um dos números n, n − 1, n + 1 ou n 2 + 1 é múltiplo de 5. Assim N é, simultaneamente, múltiplo dos números primos entre si 2, 3 e 5, o que prova que N é múltiplo de 30. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Vamos começar colorindo a primeira linha de vértices. Cada coloração dessa linha é uma seqüência de letras “A” e “V”, por exemplo, A V V A V. Observe que, uma vez colorida a primeira linha, se aparecerem duas letras consecutivas iguais, o restante dos vértices do tabuleiro já estão determinados. De fato, ao aparecer dois V’s consecutivos, os dois vértices imediatamente abaixo deles deverão ser coloridos com dois A’s, os que estão mais abaixo deverão ter dois V’s, e assim por diante. Isto completa a coloração dessas duas colunas. Dessa forma, cada coluna vizinha também estará determinada, pois em cada retângulo teremos três vértices previamente coloridos, o que obriga o quarto vértice a ter sua cor determinada. Então, para cada seqüência de A’s e V’s na primeira linha que contém pelo menos duas letras iguais consecutivas, há exatamente uma maneira de colorir o tabuleiro. Como há 25 – 2 = 30 de tais seqüências, contamos 30 colorações possíveis. A V A V A V

V A V A V A V

Falta-nos analisar um segundo caso, em que não há duas letras consecutivas iguais na primeira linha. Há duas possibilidades de seqüências: começando com A ou começando com V.

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A V A V A V Para cada uma dessas seqüências, há duas maneiras de escolhermos a primeira letra da segunda linha. Uma vez escolhida esta letra, a segunda linha inteira também estará determinada. Para a primeira letra da terceira linha também há 2 possibilidades. Com este raciocínio, cada vez que escolhemos a primeira letra de uma linha, determinamos a coloração desta linha. Logo, como há duas maneiras de escolhermos a primeira letra de cada linha, há 25 = 32 maneiras de colorirmos o tabuleiro, neste segundo caso. Logo, o total de colorações é igual a 30 + 32 = 62. Observação: Veja que, no caso geral, para um quadrado n × n, o raciocínio é análogo. No primeiro caso, teremos 2n + 1 – 2 colorações; no segundo caso, mais 2n + 1. Logo, teremos 2⋅2n+1 – 2 = 2n + 2 – 2 colorações.

Soluções Nível 3 – Segunda Fase – Parte A Problema Resposta

01 17

02 3024

03 1500

04 30

05 62

01. Seja a fatoração de 123456 = 2 6 ⋅ 3 ⋅ 643 e seja d um de seus divisores

menores do que 2007. Podemos analisar dois casos: - d não é múltiplo de 643: então d é um divisor de 2 6 ⋅ 3 = 192 < 2007 . Portanto podemos contar todos os divisores de 192, que são (6 + 1)(1 + 1) = 14 divisores. - d é múltiplo de 643: 1 ⋅ 643 = 643 , 2 ⋅ 643 = 1286 e 3 ⋅ 643 = 1929 são menores que 2007, mas a partir de 4 ⋅ 643 = 2572 , eles são maiores que 2007. Portanto há 3 divisores neste caso. Portanto o total de divisores d de 123456 menores do que 2007 é 14 + 3 = 17. 02. Seja B o conjunto dos pontos de A cuja distância à origem é menor do que 5

3 e seja P = ( x; y ) um ponto de B. Sabe-se que P está sobre o segmento EUREKA! N°28, 2008

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x + y = 2; x, y ≥ 0 e que a distância

x 2 + y 2 de P à origem é menor ou igual a

5 . Portanto: 3

x+ y =2

( 3)

2

x2 + y2 ≤ 5

y = 2−x ⇔

y = 2− x

x2 + 4 − 4x + x2 ≤

25 ⇔ 2 11 2x − 4x + ≤ 0 9 9

11 11 9 = 1 ± 14 , que nos dá os As raízes de 2 x 2 − 4 x + = 0 são x0 = 9 4 6   14 14  14 14  pontos extremos P1 = 1 − ;1 + e P2 = 1 + ;1 − de B. Pela  6 6 6  6    inequação, temos que os pontos de B estão na reta x + y = 2 , delimitados pelos 4 ± 16 − 8

pontos P1 e P2 , logo B é o segmento de reta P1 P2 . Queremos a probabilidade p de escolher um ponto do conjunto A estar contido no segmento P1 P2 , que é a razão entre P1 P2 e o comprimento de A. Como A está delimitado pelos pontos (0;2) e (2;0) , seu comprimento vale (0 − 2) 2 + (2 − 0) 2 = 2 2 . O comprimento de B vale 2

2

2

      1 + 14 − 1 + 14  + 1 − 14 − 1 − 14  = 2 14  = 2 7 ,  3   6 6   6 6  3   

2 7 14 14 p= 3 = e 2 5 35 p 2 = 2 5 ⋅ 35 ⋅ = 2 4 ⋅ 33 ⋅ 7 = 3024 . 6 36 2 2 1000 noves 67 8 99 K 9 101000 − 1 03. Inicialmente, temos 11 K . 12 31 = 9 = 9 1000 uns

11 1 4 2K 4 31 = 1000 uns

portanto

Portanto

101000 − 1 . 9

Com isso, observando que 101000 − 1 (10 500 − 1)(10 500 + 1) (10 500 − 1)(10 500 − 1) 10 500 − 1 = > = e 9 9 9 3

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10 500 − 1 10 500 101000 − 1 101000 10500 K . <1 11 1 < < = , temos 424 3 9 9 3 3 3 1000 uns 10 500 10500 − 1 10 500 + 2 é inteiro e seu consecutivo, , é maior do que ,o 3 3 3 500 noves 6 78 500 10 − 1 99K 9 K 3 , cuja soma dos 11 = = 33 inteiro mais próximo de 1 { 4 2K 4 31 é 3 3 500 três 1000 uns

Como

dígitos é 3 ⋅ 500 = 1500 . 04. Veja a solução do problema 1 da parte B do nível 2. 05. Veja a solução do problema 4 da parte B do nível 2.

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

Uma solução: Multiplicando a equação dada por 2, obtemos 2x2 + 2y2 – 2xy – 4x – 4y = 0, ou ainda, (x2 – 4x + 4) + (y2 – 4y + 4) + (x2 – 2xy + y2) = 8. Daí, (x – 2)2 + (y – 2)2 + (x – y)2 = 8. A única maneira de escrevermos 8 como a soma de três quadrados é 8 = 0 + 4 + 4, em alguma ordem. Logo (x – 2, y – 2) = (0, 2), (2, 0) ou (2, 2), de onde concluímos que as soluções são (x, y) = (2, 4), (4, 2) ou (4, 4). Outra solução: Escrevendo a equação dada como uma equação do segundo grau em x, temos: x2 – (y + 2)x + (y2 – 2y) = 0. O discriminante desta equação é ∆ = (y + 2)2 – 4(y2 – 2y) = −3y2 + 12y + 4. 4 3 4 3 ≤ y≤2+ . Resolvendo a inequação ∆ ≥ 0, ainda obtemos 2 − 3 3 Como y é inteiro positivo, as únicas possibilidades são y = 1, 2, 3 ou 4. • Se y = 1, ficamos com ∆ = 13, que não é quadrado perfeito. Logo, este caso não tem solução. EUREKA! N°28, 2008

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4±4 = 0 ou 4. Como x é inteiro positivo, a 2 única solução neste caso é (x, y) = (4, 2). • Se y = 3, ficamos com ∆ = 13, absurdo! 6±2 • Se y = 4, obtemos ∆ = 4. Neste caso, x = = 2 ou 4. Logo, (x, y) = (2, 4) ou 2 (4, 4). Portanto, o conjunto solução é {(2, 4), (4, 2), (4, 4)}.

• Se y = 2, obtemos ∆ = 16 e x =

Mais uma solução: Observe que 8(x + y) = 4x2 – 4xy + 4y2 = (x + y)2 + 3(x – y)2 ≥ (x + y)2, de modo que 8(x + y) ≥ (x + y)2, ou seja, x + y ≤ 8. Além disso, note que x2 – xy + y2 = 2(x + y) é par, e portanto ao menos uma das parcelas do primeiro membro é par (se todos forem ímpares, x2 – xy + y2 é ímpar), o que implica que x ou y é par. Suponha, sem perda de generalidade, que x é par. Então y2 = 2(x + y) + xy – x2 é par e, assim, y também é par. Logo, dos dois fatos acima, conclui-se que as únicas possibilidades para os pares (x, y) são (2, 2), (2, 4), (2, 6), (4, 2), (4, 4) e (6, 2). Substituindo os pares, vemos que as únicas soluções são (2, 4), (4, 2) e (4, 4). SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

Seja k inteiro positivo tal que k2 = n + 1. Primeiro, notemos que o algarismo das unidades dos quadrados perfeitos são 0, 1, 4, 5, 6 e 9, de modo que B é igual a 9, 3, 4, 5 ou 8. Porém, podemos eliminar alguns casos: • Se B = 9, pois nesse caso k2 = AAABBB + 1 terminaria com exatamente três zeros (note que A não pode ser igual a 9, pois é diferente de B); • Se B = 3, k2 terminaria com 34, e seria par e não múltiplo de 4, já que os dois últimos algarismos de todo múltiplo de 4 formam outro múltiplo de 4, um absurdo. • Se B = 4, k2 terminaria com 45, e seria múltiplo de 5 mas não de 25, já que os dois últimos algarismos de um múltiplo de 25 são 25, 50, 75 ou 00. Outro absurdo.

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Sobram somente os casos B = 5 e B = 8. Observe que n = k2 – 1 = (k – 1)(k + 1) = AAABBB = 111(1000A + B) é múltiplo de 111 = 3 ⋅ 37 e, portanto, os primos 3 e 37 dividem k + 1 ou k – 1, de modo que k é da forma 111x ± 1 ou 111x ± 38 . Além disso, 2 111556 ≤ k < 1000000 ⇒ 300 < k < 1000 , de modo que 3 ≤ x ≤ 9 . • k = 111x ± 1 : Temos AAABBB = k 2 − 1 = 1112 x 2 ± 222 x ⇔ 1000 A + B = 111x 2 ± 2 x . O dígito das unidades de 1000A + B é B. Note que 111x 2 ± 2 x = 2(55 x 2 ± x) + x 2 tem a mesma paridade que x. Assim, se B = 5, x é ímpar, ou seja, é 3, 5, 7 ou 9. Se x = 3, 5, 7, 9, o algarismo das unidades de 111x 2 + 2 x é 5, 5, 3, 9, respectivamente, de modo que x = 3 ou x = 5, para o qual 1000A + B iguala 111 ⋅ 9 + 6 = 1005 e 111 ⋅ 25 + 10 = 2785 , o que gera a solução x = 3, A = 1 e n = 111555. Além disso, se x = 3, 5, 7, 9, o algarismo das unidades de 111x 2 − 2 x é 3, 5, 5, 3, respectivamente, de modo que as únicas possibilidades são x = 5 ou x = 7, para os quais 1000 A + B iguala 2765 e 111 ⋅ 49 − 14 = 5425 respectivamente, o que também não é possível. Se B = 8, x é par, ou seja, é 4, 6 ou 8. Se x = 4, 6, 8, o algarismo das unidades de 111x 2 + 2 x é 4, 8, 0, respectivamente, de modo que obtemos x = 6 e 1000A + B = 111 ⋅ 36 + 12 = 4008 , ou seja, A = 4. Obtemos assim a solução n = 444888. Além disso, se x = 4, 6, 8, o algarismo das unidades de 111x 2 − 2 x é 8, 4, 8 respectivamente, de modo que obtemos x = 4 ou x = 8, para os quais 1000A + B igual a 111 ⋅ 16 − 8 = 1768 e 111 ⋅ 64 − 16 = 7088 , respectivamente, o que não é possível. • k = 111x ± 38 : Temos AAABBB = k 2 − 1 = 1112 x 2 ± 2 ⋅ 111 ⋅ 38 x + 38 2 − 1 = 1112 x 2 ± 111 ⋅ 76 x + 37 ⋅ 39 = 111(111x 2 ± 76 x + 13) ⇔ 1000 A + B = 111x 2 ± 76 x + 13 . Estudemos, como no caso anterior, o dígito das unidades de 111x 2 ± 76 x + 13 . Se B = 5, x é par, ou seja, é igual a 4, 6 ou 8. Se x = 4, 6, 8, o algarismo das unidades de 111x 2 + 76 x + 13 é 3, 5, 5, respectivamente, de modo que x = 6 ou 8, para os quais 1000A + B iguala respectivamente 111 ⋅ 36 + 76 ⋅ 6 + 13 = 4465 e 111 ⋅ 64 + 76 ⋅ 8 + 13 = 7725 , nenhum dos dois gerando solução. Além disso, se EUREKA! N°28, 2008

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x = 4, 6, 8, o algarismo das unidades de 111 x 2 − 76 x + 13 é 5, 3, 9, respectivamente, de modo que x = 2 e 1000A + B igual a 111 ⋅ 16 − 76 ⋅ 4 + 13 = 1485 , o que não é possível. Se B = 8, x é ímpar, ou seja, é igual a 3, 5, 7 ou 9. Se x = 3, 5, 7, 9 o algarismo das unidades de 111x 2 + 76 x + 13 é 0, 8, 4, 8, respectivamente, de modo que x = 5 ou x = 9, para os quais 1000A + B = 111 ⋅ 25 + 76 ⋅ 5 + 13 = 3168 e k = 111 ⋅ 9 + 38 > 1000 , o que não é possível. Além disso, se x = 3, 5, 7, 9 o algarismo das unidades de 111x 2 − 76 x + 13 é 4, 8, 0, 0, respectivamente, de modo que x = 5, para o qual 1000A + B = 111 ⋅ 25 − 76 ⋅ 5 + 13 = 2408 , o que não é possível. Portanto os únicos números n que satisfazem o enunciado são 111555 e 444888. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Uma solução: E F

C

D

B A

Prolongue AD e BC até se encontrarem no ponto F. Veja que ∠AFB = 60° = ∠DEC. Com isso, o quadrilátero FECD é inscritível. Temos: (i) ∠FDE = ∠FCE = α ⇒ ∠ADE = ∠BCE = 180° − α. (ii) AD = BC e ED = EC. De (i) e (ii), concluímos que ∆ADE ≡ ∆BCE. Portanto, EA = EB. EUREKA! N°28, 2008

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Além disso, ∠DEA = ∠CEB, de onde concluímos que ∠AEB = ∠DEC = 60°. Dessa forma, o triângulo ABE é eqüilátero de lado 8 e sua área é igual a 82 3 = 16 3 cm2. 4 Outra solução: Considere os pontos no plano complexo. Representaremos o número complexo correspondente ao ponto X com a letra correspondente minúscula x. Fixemos o ponto médio de AB como origem e sejam a = –4 e b = 4. Assim, sendo α = ∠BAD e β = ∠ABC , ambos no sentido anti-horário, podemos encontrar as coordenadas de C e D: 5 c − b = (a − b) cis(− β ) ⇔ c = 4 − 5 cis(− β ) 8 5 d − a = (b − a) cis α ⇔ d = −4 + 5 cis α 8 π Sendo ω = cis a raiz sexta da unidade e raiz da equação x 2 − x + 1 = 0 , 3 e − d = (c − d )ω ⇔ e = (1 − ω )d + cω = ωc − ω 2 d = 4ω − 5ω cis(− β ) + 4ω 2 − 5ω 2 cis α  π  2π   + α   ⇔ e = 4(ω + ω − 1) − 5 cis − β  + cis  3    3  1+ i 3    π 2π  2π   + α   ⇔ e = 4 2 ⋅ − 1 − 5 cis − + α  + cis   2 3  3      3   2π   2π  ⇔ e = 4 3i − 5 cis + α + π  + cis + α     3    3   2π   2π  ⇔ e = 4 3i − 5 − cis + α  + cis + α   = 4 3i  3   3  

Assim, o triângulo ABE, com pontos de coordenadas A = (–4, 0), B = (4, 0) e 8⋅4 3 E = (0,4 3 ) , é eqüilátero e tem área = 16 3 cm2. 2

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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4:

Escolha 20 das cidades do país. Ligando duas quaisquer delas por uma estrada,  20  20.19 utilizaremos   = = 190 estradas, e a cidade restante não poderá ser 2 2 alcançada de automóvel. Logo se deve construir pelo menos 191 estradas. Vamos mostrar que com essa quantidade é possível atingir nosso objetivo. Suponha que n = 191, mas que seja possível dividir as cidades do país em dois grupos A e B, digamos com a e b cidades, respectivamente, de tal sorte que nenhuma cidade de A possa ser alcançada de automóvel a partir de qualquer a b cidade de B. Então o número de estradas no país é no máximo   +   , de  2  2 a b modo que   +   ≥ 191, ou ainda, (a2 + b2) – (a + b) ≥ 2⋅191 = 382.  2  2

Como a + b = 21, segue da inequação acima que a2 + b2 ≥ 282 + 21 = 403. Logo (a + b) 2 − (a 2 + b 2 ) 441 − 403 ab = ≤ = 19. 2 2 Mas, como a + b = 21 e a e b são naturais, temos ab ≥ 1⋅20 = 20, uma contradição. Logo, se n = 191, sempre é possível viajar entre quaisquer duas cidades.

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

Parte das casas de um quadriculado com o mesmo número de linhas (fileiras horizontais) e colunas (fileiras verticais) é pintada de preto, obedecendo ao padrão apresentado pelo desenho ao lado. a) Quantas casas serão pintadas num quadriculado com 14 linhas e 14 colunas, de acordo com esse padrão? b) Quantas linhas tem um quadriculado com 199 casas pintadas?

PROBLEMA 2

Uma sala quadrada com 81 m2 de área tem o seu piso inteiramente coberto por dois tapetes retangulares A e B, que não se superpõem, conforme mostrado na figura (1) abaixo. Em certo momento, o tapete B é deslocado, o tapete A é girado de 90o e colocado sobre o tapete B, conforme indicado na figura (2).

Sabendo que a área do tapete B é o dobro da área do tapete A, calcule a área da parte do piso que ficou descoberta. PROBLEMA 3

Em uma face de cada um de três cartões foi escrito um número inteiro positivo. Em seguida, os cartões foram colocados lado a lado sobre uma mesa, com a face numerada para baixo. EUREKA! N°28, 2008

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Arnaldo, Bernaldo e Cernaldo sabem que: I. Os números escritos nos cartões são todos diferentes. II. A soma dos três números é 13. III. Os números crescem da esquerda para a direita. a) Considerando as condições I, II e III, escreva todas as possibilidades de numeração dos cartões. b) Agora é hora de descobrir os números que foram escritos nos cartões. Primeiramente, Arnaldo olha o número do primeiro cartão à esquerda e diz que não tem informações suficientes para descobrir os outros dois números sem levantar os outros cartões. Depois, Bernaldo levanta o último cartão à direita, olha o número e diz também que não consegue descobrir os dois números à esquerda, sem levantar todos os cartões. E o mesmo acontece com Cernaldo, que levanta o cartão do meio, olha seu número e afirma que não consegue descobrir os números nos outros dois cartões. Sabendo que todos ouvem o que os demais dizem, mas não vêem o cartão que o outro olhou, qual número está escrito no cartão do meio? PROBLEMA 4

Considere a tabela a seguir com quatro linhas (fileiras horizontais) e quatro colunas (fileiras verticais) a qual está preenchida com números naturais, ocorrendo repetições de números: 0 1 1 1

1 5 1 6

0 2 2 4

3 4 3 0

Ao somarmos os números de cada uma de suas linhas (L1, L2, L3 e L4) e colunas (C1, C2, C3 e C4) obtemos 8 números distintos: 3, 4, 7, 8, 10, 11, 12, 13. Veja: C1 C2 C3 C4 L1 L2 L3 L4 Soma da coluna

1 5 1 6

0 1 1 1

13 3

0 2 2 4 8

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3 4 3 0 10

Soma da linha 4 12 7 11


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Apresente, se for possível: a) uma tabela com 4 linhas e 4 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 8. b) uma tabela com 8 linhas e 8 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 16. c) uma tabela com 9 linhas e 9 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 18. Atenção: caso seja impossível montar alguma tabela, você deve explicar porque. PROBLEMA 5

L L Sendo A = 555555 1424 32 , calcule a soma dos algarismos de 1424 35 × 222222 2007 cincos

2007 dois

9 × A . Não se esqueça de justificar a sua resposta. PROBLEMAS – NÍVEL 2 PROBLEMA 1

Seja ABC um triângulo e O seu circuncentro. Seja ainda P a intersecção das retas BO e AC e S a circunferência circunscrita a AOP. Suponha que BO = AP e que a medida do arco OP em S que não contém A é 40°. Determine a medida do ângulo ∠OBC. Obs: A circunferência circunscrita de um triângulo é a circunferência que passa pelos seus vértices e seu centro é chamado de circuncentro.

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PROBLEMA 2

Considere a tabela a seguir com quatro linhas (fileiras horizontais) e quatro colunas (fileiras verticais) a qual está preenchida com números naturais, ocorrendo repetições de números: 1 5 1 6

0 1 1 1

0 2 2 4

3 4 3 0

Ao somarmos cada uma de suas linhas (L1, L2, L3 e L4) e colunas (C1, C2, C3 e C4) obtemos 8 números distintos: 3, 4, 7, 8, 10, 11, 12, 13. Veja: C1 C2 C3 C4 Soma da Linha L1 1 0 0 3 4 L2 5 1 2 4 12 L3 1 1 2 3 7 L4 6 1 4 0 11 Soma da 13 3 8 10 Coluna Apresente, se for possível: a) uma tabela com 4 linhas e 4 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 8. b) uma tabela com 8 linhas e 8 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 16. c) uma tabela com 9 linhas e 9 colunas, formada por números naturais, podendo ocorrer repetições de números, na qual apareçam como somas de linhas ou colunas os números de 1 a 18. Atenção: caso seja impossível montar alguma tabela, você deve explicar porque. PROBLEMA 3

Mostre que existe um inteiro positivo a tal que fatores primos distintos.

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a 29 − 1 tem pelo menos 2007 a −1


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SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Prove que não existem soluções inteiras e positivas para a equação

3m + 3n + 1 = t 2 . PROBLEMA 5

Seja ABC um triângulo retângulo isósceles. K e M são pontos sobre hipotenusa AB, com K entre A e M, e o ângulo ∠ KCM = 45 o. Prove que AK2 + MB2 = KM2. PROBLEMA 6

Quadradinhos iguais estão arrumados formando um tabuleiro n × n. Ludmilson e Ednalva jogam o seguinte estranho jogo. Cada jogada de Ludmilson consiste em retirar 4 quadradinhos que formem um quadrado 2 × 2. Cada jogada de Ednalva consiste em retirar apenas 1 quadradinho. Ludmilson e Ednalva jogam alternadamente, sendo Ludmilson o primeiro a jogar. Quando Ludmilson não puder fazer sua jogada, então Ednalva fica com todas as peças restantes do tabuleiro. Ganha o jogo aquele que possuir mais quadradinhos no final. Diga se é possível que Ednalva ganhe o jogo, não importando como Ludmilson jogue, em cada um dos seguintes casos: a) n = 10. b) Caso geral (n qualquer).

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

Seja f(x) = x2 + 2007x + 1. Prove que, para todo n inteiro positivo, a equação f ( f (K ( f ( x)) K)) = 0 tem pelo menos uma solução real 14243 n vezes

PROBLEMA 2

Para quantos números inteiros c, − 2007 ≤ c ≤ 2007 , existe um inteiro x tal que x2 + c é múltiplo de 22007

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PROBLEMA 3

São dados n pontos no plano, os quais são os vértices de um polígono convexo. Prove que o conjunto das medidas dos lados e das diagonais do polígono tem pelo menos n / 2 elementos distintos. Observação: x  denota o maior número inteiro que não excede x. Por exemplo, 2,5 = 2 , 3 = 3 e − 1,2 = −2 . SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

Arrumam-se 20072 quadradinhos iguais, formando um tabuleiro 2007 × 2007 . Arnaldo e Bernaldo disputam o seguinte jogo: cada jogada de Arnaldo consiste em retirar 4 quadradinhos que formem um quadrado 2 × 2 . Cada jogada de Bernaldo consiste em retirar apenas 1 quadradinho. Os jogadores jogam alternadamente, sendo Arnaldo o primeiro a jogar. Quando Arnaldo não puder fazer sua jogada, Bernaldo fica com todas as peças restantes do tabuleiro. Ganha o jogo aquele que possuir mais quadradinhos no final. É possível que Bernaldo ganhe o jogo, não importando como Arnaldo jogue? PROBLEMA 5

Seja ABCD um quadrilátero convexo, P a interseção das retas AB e CD, Q a interseção das retas AD e BC e O a interseção das diagonais AC e BD. Prove que se ∠POQ é um ângulo reto então PO é bissetriz de ∠AOD e QO é bissetriz de ∠AOB. PROBLEMA 6

Dados números reais x1 < x2 < … < xn, suponha que todo número real ocorre no máximo duas vezes entre as diferenças xj – xi, com 1 ≤ i < j ≤ n . Prove que há pelo menos n / 2 números reais que ocorrem exatamente uma vez entre tais diferenças. Observação: caso você tenha se esquecido da prova de ontem, x  denota o maior número inteiro que não excede x. Por exemplo, 2,5 = 2 , 3 = 3 e − 1,2 = −2 .

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SOLUÇÕES – NÍVEL 1 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: LIARA GUINSBERG (SÃO PAULO – SP)

Considerando a figura, conseguimos ver um padrão (de cima para abaixo e da esquerda para a direita). Número de quadrados pintados: 2×2:2 3×3:7 4×4:8 5 × 5 : 17 6 × 6 : 18 7 × 7 : 31 8 × 8 : 32 Podemos perceber que, do 3 × 3 (7 pintados) para o 4 × 4 (8 pintados) que o número aumentou 1 unidade pintada. O fato se deve à seqüência de quadrados pintados, do 2 × 2 para o 3 × 3, o número de quadrados pretos cresceu em 5 unidades enquanto o branco permaneceu igual, mas do 3 × 3 para o 4 × 4, o número de brancos aumentou 6, enquanto o preto somente 1. Em geral, se n é par, do n × n para o (n + 1) × (n + 1) o número de quadrados pretos cresce em 2n + 1 unidades, mas se n é ímpar cresce em apenas 1 unidade. Para o caso do quadrado n × n, com n par, como a quantidade de casas pretas é n2 . Para o igual à quantidade de casas brancas, a quantidade de casas pretas será 2 caso do quadrado n × n, com n ímpar, percebemos que, a quantidade de casas (n + 1)2 pretas será − 1 (devido às descobertas anteriores). Com efeito, para n par, 2 2 ( n + 2 ) − 1, e , para n ímpar, (n + 1)2 − 1 + 1 =  n + 1 2 . n2 + 2n + 1 =   2 2 2  2  Usando estes fatos: a) Num quadriculado de 14 × 14, usamos o padrão para pares:

142 = número de 2

196 = 98 casas pretas. 2 b) Para descobrirmos quando o quadrado tem 199 casas pintadas, vamos testar os casos:

casas pretas =

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Usando o padrão para n par, temos:

n2 = 199 ⇔ n 2 = 398, mas e equação não tem 2

solução inteira. Usando o padrão para n ímpar, vemos que: (n + 1)2 (n + 1)2 − 1 = 199 ⇔ = 200, achamos (n + 1) = 20, donde n = 19, portanto 2 2 o número de linhas será igual a 19. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: CAROLINA RODRIGUES SILVA (FORTALEZA – CE)

(2)

(1) B A

B

A

Na figura 1 chamamos a área de A de x e a de B de 2x. Teremos então 3x = 81 m2 e x = 27 m2, então a área de A = 27 m2 e seus lados são: 3 e 9; área de B = 54m2 e seus lados 6 e 9. Na figura 2, vemos que se juntarmos as áreas descobertas teremos como largura 3 e altura 9 – 3 = 6. Obtemos assim como área do piso que ficou descoberta o seguinte valor: 6 × 3 = 18m2. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: FELIPE BELLIO DA NÓBREGA (RIO DE JANEIRO – RJ)

x, y , z : números nos cartões vamos supor x< y<z x + y + z = 13

a)

1 + 2 + 10 2+3+8 3+4+6 1+3+9 2+4+7 1+4+8 2+5+6 1+5+7 b) Quando Arnaldo olha, pode-se eliminar o 3 + 4 + 6, pois ele saberia, já que é o único que começa com 3. EUREKA! N°28, 2008

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Quando Bernaldo olha, pode-se eliminar o 1 + 2 + 10, o 1 + 3 + 9 e o 2 + 5 + 6. O primeiro porque é o único que acaba com 10. O segundo com 9. E o último, já que não pode ser o 3 + 4 + 6 graças a Arnaldo é o único que acaba com 6. Quando Cernaldo olha, pode-se eliminar o 1 + 5 + 7 e o 2 + 3 + 8. Já que o 2 + 5 + 6 foi eliminado por Bernaldo, o 1 + 5 + 7 é o único com 5 no meio. E já que Bernaldo também eliminou o 1 + 3 + 9, o 2 + 3 + 8 é o único com 3 no meio. Resposta: Assim sobraram apenas o 1 + 4 + 8 e o 2 + 4 + 7. Então o 4 está no cartão do meio. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: RAFAEL KAZUHIRO MIYAZAKI (SÃO PAULO – SP)

a) C1

C2

L1 L2 L3 L4 Soma da coluna

C3

C4

0 5 2 0

0 0 4 2

0 0 1 2

1 0 1 0

7

6

3

2

Soma da linha 1 5 8 4

b) C1 L1 L2 L3 L4 L5 L6 L7 L8 Soma da coluna

C2

C3

C4

C5

C6

C7

C8

0 0 0 3 3 0 1 0

0 0 3 0 0 0 0 0

0 0 0 2 3 3 2 0

1 0 1 0 0 0 0 0

0 4 0 0 2 1 3 1

0 0 0 0 1 0 3 11

0 1 0 3 0 2 0 0

0 0 0 0 0 7 7 0

7

3

10

2

11

15

6

14

Soma da linha 1 5 4 8 9 13 16 12

c) Não é possível. Para que seja possível montar uma tabela, a soma das somas das colunas e das somas das linhas deve ser igual ao dobro da soma dos números ”internos”(números preenchendo a tabela, exceto os de soma). 1 + 2 + 3 +...+ 16 + 17 + 18 = 171 EUREKA! N°28, 2008

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171 , onde n é a soma dos números “internos” e estes devem ser 2 171 naturais, mas não é natural. Portanto não podemos montar a tabela pedida. 2 2n = 171 ⇒ n =

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DA BANCA

Observamos inicialmente que 9 × 5 × 2 = 9 × 10 = 90 9 × 55 × 22 = 9 × 1210 = 10890 9 × 555 × 222 = 9 × 123210 = 1108890 9 × 5555 × 2222 = 9 × 12343210 = 111088890 9 × 55555 × 22222 = 9 × 1234543210 = 11110888890 Isso nos leva a conjecturar que 9 × A = 9 × 555...555 1424 3 × 222...22 1 424 3 = 111...1110888...8890 1 424 3 1 424 3 2007 cincos

2007 dois

2006 uns

2006 oitos

Para mostrar que nossa conjectura é verdadeira, devemos garantir que, ao continuar as multiplicações acima, o padrão se repete. Digamos que você já tenha feito n multiplicações e tenha obtido Então 9 × 555...555 1424 3 × 222...22 1 424 3 = 111...1110888...8890. 1 424 3 1 424 3 n cincos

n dois

n -1 uns

n -1 oitos

    9 × 555...555 1424 3 × 222...22 1 424 3 = 9 ×  555...55550 14243 + 5  ×  222...220 1 424 3 + 2 = n +1 cincos n +1 dois  n cincos   n dois  9 × 555...55550 × 222...220 + 9 × 555...55550 × 2 + 9 × 5 × 222...220 14243 1 424 3 14243 1 424 3 +9 ×5 ×2 = n cincos

n dois

n cincos

n dois

9 × 555...5555 14243 × 222...2200 1 424 3 + 9 × 111...111100 14243 + 9 × 111...111100 14243 + 90 = n cincos

n dois

n uns

n uns

111...1110888...889000 + 2 × 999...9900 1 424 3 1 424 3 1 424 3 + 90 = n −1 uns

n −1 oitos

n noves

111...1110888...889000 + 1999...9800 + 90 = 1 424 3 1 424 3 123 n −1 uns

n −1 oitos

n −1 noves

111...1110888...8890 1 424 3 1 424 3 n uns

n oitos

Portanto, nossa conjectura é verdadeira. Logo, a soma dos algarismos de 9 × A é igual a 2006 × 1 + 2006 × 8 + 9 = 2006 × 9 + 9 = 2007 × 9 = 18063.

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SOLUÇÕES – NÍVEL 2 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE HERMANO HENRIQUE DA SILVA (FORTALEZA – CE)

B 30°

O 120° 80° 60° A

20°

30° 20°

80° 100° P

C

Propriedade do circuncentro: Está a igual distância dos vértices! Como O é o circuncentro, AO = BO = AP, logo ∆APO é isósceles e como o » = 40° ⇒ ∠OAP = 20°, ∠AOP = ∠APO = 80°. OP Daí, ∠OPC = 100°, ∠OCP = 20°, ∠POC = 60°. ∆BOC é isosceles, daí ∠OBC = ∠OCB = 30°.

Logo

∠BOC = 120°,

mas

PROBLEMA 2: Veja a solução do problema No. 4 do Nível 1. PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DA BANCA

Observe a seguinte fatoração (a 2 )29 − 1 a 29 + 1 a 29 − 1 = ⋅ . a2 − 1 a +1 a −1

Sabemos que a 29 + 1 = (a + 1)(a 28 − a 27 + a 26 − ... − a + 1) e a 29 − 1 = ( a − 1)(a 28 + a 27 + ... + a + 1).

Dessa forma cada uma das frações

a +1 a −1 e é inteira. a +1 a −1 Além disso, se a for par, pelo lema de Euclides: 29

29

mdc(a 29 + 1, a 29 − 1) = mdc(a 29 + 1, 2) = 1. EUREKA! N°28, 2008

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 a 29 + 1 a 29 − 1  Assim, mdc  ,  = 1. Com isso, podemos concluir que, se a for  a + 1 a −1  (a 2 )29 − 1 maior que 1, possui pelo menos um divisor primo a mais do que a2 − 1 2007 a 29 − 1 . Portanto, o número a = 32 satisfaz às condições do problema. a −1 PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE MATHEUS SECCO TORRES DA SILVA (RIO DE JANEIRO – RJ)

3m + 3n + 1 = t 2 . Sabe-se que todos os números da forma 3k são ímpares. Assim, 3m + 3n é um número par obrigatoriamente. Logo, 3m + 3n + 1 é um ímpar. Sendo t 2 um número ímpar, t também deve ser ímpar, então podemos escrever t = 2k + 1, onde k é inteiro positivo. Voltando à equação original, obtemos: 3m + 3n + 1 = 4k 2 + 4k + 1; 3m + 3n = 4k (k + 1). Pelo princípio da Casa dos Pombos, k(k + 1) é um número par necessariamente, fazendo com que 4k (k + 1) seja múltiplo de 8. Devemos ter então 3m + 3n ≡ 0 (mod8). Porém, 3m ≡ 1 ou 3 (mod8) e

3n ≡ 1 ou 3 (mod8). Assim, 3m + 3n ≡ 0 (mod8) é um absurdo! Por isso, a equação 3m + 3n + 1 = t 2 não tem soluções nos inteiros positivos (c.q.d.) PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE DEBORAH BARBOSA ALVES (SÃO PAULO – SP) A 45° K

M a C

45° ß a

45°

K´ EUREKA! N°28, 2008

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B ≡ A´


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Girando o ∆AKC em torno de C, até A´≡ B, temos o ∆CK ´ A´ (ou que ∠CA´K ´= ∠CAK = 45°, então ∠MBK ´ é reto. Sendo ∠ACK = α e ∠MCB = β , ∠BCK ´= ∠ACK = α . Como ∠ABC é retângulo, e a hipotenusa é AB, ∠ACB é α + β + 45° = 90° ⇔ α + β = 45°. Como KC = K ´C ; ∠MCK ´= α + β = 45° = ∠KCM e como ∆MCK´ são congruentes (caso LAL) Então, todos os seus ladas e iguais. Assim, KM = K ´M . ∆ACK é congruente com ∆A´CK ´, por construção. Então AK = A´K ´= BK ´. ∆MK ´B (ou ∆MK ´ A´) é retângulo. Então, pelo teorema de Pitágoras, temos: MB 2 + BK ´2 = MK ´2 e como BK ´= A´K ´= AK e MK ´= KM , AK 2 + MB 2 = KM 2 .

∆CK ´B ) em

reto. Então ∆MCK e ângulos são

PROBLEMA 6: BASEADA NA SOLUÇÃO DE JOÃO MENDES VASCONCELOS (FORTALEZA – CE)

n2 quadrados 2 × 2. Em cada jogada, 4 Ludmilson retira um quadrado 2 × 2 desses em que dividimos o tabuleiro. Nas  n2  primeiras   jogadas, Ednalva retirou quadrados pertencentes a, no máximo, 8

a) Se n é par, dividimos o tabuleiro em

 n2  n2 desses quadrados 2 × 2. Assim, se k − 1 < , no momento de Ludmilson   8 8  n2  n 2 n 2 n 2 fazer a k-ésima jogada, foram tocados no máximo k − 1 +   < + = 8 4 8 8

desses quadrados 2 × 2, e portanto sobra algum desses quadrados para Ludmilson  n2  retirar. Assim, Ludmilson consegue retirar pelo menos   desses quadrados, 8  n2  n 2 que contêm 4   ≥ quadrados 1 × 1, ficando com pelo menos a metade dos 8 2 quadradinhos do tabuleiro.

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 n2  102 Se n = 10, 4   = 4 ⋅ 13 = 52 > , e Ludmilson de fato ganha o jogo. 2 8

Obs.:  x  denota o menor inteiro que é maior ou igual a x b) Para fazermos o caso geral, dividiremos em casos: Primeiro caso: n é par: Como vimos acima, Ludmilson consegue retirar pelo menos metade dos quadradinhos do tabuleiro, e logo Ednalva não consegue ganhar o jogo. Na verdade Ludmilson ganha se n for da forma 4k + 2 e o jogo empata se n for da forma 4k. Segundo caso: n é ímpar. Nós faremos uma pintura como segue: A cada duas linhas, uma ficará em branco e outra será pintada em um quadradinho sim e um não. Veja a figura para melhor compreensão:

... ... n

M

M

M

... n Como n é ímpar, as linhas pintadas terão um quadradinho pintado a menos que os não pintados. Pelo mesmo motivo, o número de linhas pintadas será uma unidade menor que o de não pintadas. Isso garante que o número de casas pintadas seja mínimo e nós possamos ter ao mesmo tempo todos os quadrados 2 × 2 com uma casa pintada. Agora vamos contar o número de quadrados pintados: n −1 Em cada linha pintada, nós temos quadrados pintados. 2 n −1 (n − 1)2 Como são linhas pintadas, o total de quadradinhos pintados será . 2 4 EUREKA! N°28, 2008

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A estratégia de Ednalva se resume a retirar, a cada jogada, um quadradinho preto até que não reste mais nenhum. Percebemos também que a cada jogada de Ludmilson ele também retira um quadradinho preto obrigatoriamente, já que todos os quadrados 2 × 2 do tabuleiro estão pintados em uma casa.  (n − 1) 2   (n − 1) 2  Desse modo, após  jogadas de Ludmilson, e    jogadas de  8   8   (n − 1)2   (n − 1) 2  (n − 1)2 Ednalva, são retiradas  casas pintadas, ou seja, + = 4  8   8  todas as casas pintadas, e Ludmilson não consegue mais jogar. Como, ao final,  ( n − 1)2 1  (n − 1) 2  ( n − 1) 2  n2 quadradinhos Ludmilson tem 4  + = +2<  ≤ 4  2  2 2  8   8 (pois n ≥ 3 nesse caso), Ednalva vence sempre nesse caso.

SOLUÇÕES – NÍVEL 3 PROBLEMA 1: BASEADA NA SOLUÇÃO DE LEANDRO FARIAS MAIA (FORTALEZA – CE)

Sejam f 1 ( x) = f ( x) e para cada n ≥ 1, f n +1 ( x) = f ( f n ( x)). −2007 + ∆1 . 2 Temos f ( x1 ) = 0. Vamos mostrar por indução que existe uma seqüência de reais

Sejam ∆1 = 2007 2 − 4, x1 =

positivos ( ∆ n ) tal que, definindo xn =

−2007 + ∆n , temos f ( xn +1 ) = xn , para 2

todo n , donde f n +1 ( xn +1 ) = f n ( xn ) = 0. Para isso, note que a maior raiz de x 2 + 2007 x + 1 = xn é

−2007 + ∆ n+1 2

, onde

∆ n +1 = 2007 2 − 4 + 4 xn = 2007 2 − 4018 + 2 ∆ n > 0, c.q.d. PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE RAMON MOREIRA NUNES (FORTALEZA – CE)

Vamos provar que todo número da forma 8q + 1 é resíduo quadrático módulo 2n (usaremos no que segue a palavra resíduo significando resíduo quadrático) e que são os únicos resíduos ímpares para n maior ou igual a 3. Temos que 1 é o único resíduo ímpar módulo 8. De fato, (2k + 1) 2 = 4k (k + 1) + 1 ≡ 1(mod8), ∀k ∈ ¢. Assim, se n ≥ 3 então todo número ímpar que é resíduo módulo 2n é congruente a 1 módulo 8. EUREKA! N°28, 2008

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Mostraremos, por indução que todo número da forma 8q + 1 é resíduo mod 2k, para todo k ≥ 3. Caso inicial k = 3: 8q +1 é resíduo mod 8 porque 1 é resíduo mod 8. Passo: Todo número da forma 8q + 1 é resíduo mod 2k; tome x dessa forma. Então, existe y ∈ ¢ com y 2 ≡ x(mod 2k ). Se y 2 ≡ x(mod 2k +1 ), acabou. Senão,

y2 ≡ x + 2k (mod 2k +1 ), e ( y + 2 k −1 ) = y 2 + 2 k y + 2 2 k − 2 ≡ y 2 + 2 k ≡ x (mod 2 k +1 ), 2

donde x é resíduo módulo 2k +1 , e concluímos a demonstração. Aprendemos a contar os números ímpares resíduos quadráticos. Como x2 + c ≡ 0(mod22007 ) para algum x é o mesmo que −c ≡ x2 (mod22007 ) para algum x, queremos saber o número de c´s tais que – c é resíduo quadrático; bem, entre os ímpares temos: −2001,..., +2007. Quantos números temos entre eles? Como −2001 = −8(250) −1 e 2007 = 8 ⋅ 251 – 1, temos 502 ímpares. Agora para os pares: é claro que c tem que ser múltiplo de 4, pois x2 + c ≡ 0(mod22007 ) ⇒ x2 + c ≡ 0(mod4) , que só acontece para c múltiplo de 4. Bem, claro também que x deve ser par, ou seja, x = 2y; queremos 4y2 + 4d ≡ 0(mod22007 ) ⇔ y2 + d ≡ 0(mod22005 ); novamente, sabemos contar os y ímpares. Tínhamos os seguintes múltiplos de 4: – 2004, .., 2004; dividindo por 4, ficamos com: – 501, – 500, ..., 500, 501. Os ímpares da forma –8q – 1 são –497,..., 495; como –497 = – 8 (62) – 1 e 495 = –8 (–62) – 1, temos 125 ímpares aqui. Agora, seguindo o algoritmo, pegamos os múltiplos de 4: – 500,...,500 e vemos quais deles são simétricos de resíduos mod22005. Dividindo por 4, vemos que eles correspondem aos elementos de – 125,...,125 que são simétricos de resíduos mod 22003. Encontramos agora os números –8q – 1 entre esses: Veja que – 121 = –8 (15) – 1 e 119 = –8(–15) – 1; são 31 números aqui. Múltiplos de 4: – 124, ..., 124, dividindo por 4: – 31,..., 31 (mod 22001 agora) – 25 = –8 (3) – 1 e 31 = –8(–4) –1; temos 8 números aqui. Múltiplos de 4: – 28, ..., 28, dividindo por 4: –7,..., 7 (módulo 21999 agora). –1 = –8(0) – 1 e 7 = –8(–1) –1; temos 2 números aqui. Múltiplos de 4: –4, 0, 4, dividindo: –1, 0, 1 (mod 21997 agora); desses números somente –(–1) e –(0) (1 e 0) são resíduos, –(1) não é, logo temos 2 números aqui. Total: 502 + 125 + 31 + 8 + 2 + 2 = 670 números.

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PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DA BANCA

Primeiro considere dois pontos P e Q do polígono cuja distância é máxima. Tome Q de modo que PQ separe o polígono em dois polígonos, um deles com PQ como única distância máxima. Em cada um desses dois polígonos vamos aplicar o seguinte Lema: Seja A1 A2 ...Ak um polígono convexo tal que a maior distância entre dois de seus vértices, incluindo diagonais, é A1 Ak . Então esse polígono tem k – 2 distâncias diferentes; caso A1 Ak seja a única distância máxima, então há k – 1 distâncias diferentes. Demonstração: Sejam Ap e Aq , 1 < p < q < k dois vértices do polígono. Vamos provar que, para quaisquer m e n com p < m ≤ n < q um dos segmentos Ap An , Aq Am é menor do que Ap Aq . Em seguida, conseguiremos uma seqüência de k – 2 distâncias diferentes. Como conseguir distâncias menores? Ou, de modo mais geral, como compara segmentos? Muitas vezes é melhor transferir tudo para ângulos, para que possamos fazer...isso mesmo, um arrastão! Sejam α = ∠Am A1 Ak ,α1 = ∠A1 Am Ak ,α2 = ∠Ap Am Aq ,α3 = ∠Aq Ap Am , A a interseção de

Ap Aq e A1 Am (note que, como o polígono é convexo, A está no interior do segmento Ap Aq ) e α4 = ∠Am AAq .

An Am Ap

A1

ß4

α4

B

A

α

Aq

Ak

Suponha que Ap Aq ≤ Am Aq . Então, no triângulo Am Ap Aq , α2 ≤ α3. Além disso, pelo teorema do ângulo externo no triângulo AAp Am ,α3 < α4 . Ademais, α1 < α2 e, sendo EUREKA! N°28, 2008

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A1 Ak a maior distância de todas (e esse é o passo decisivo da demonstração e mostra o poder do princípio do extremo), no triângulo A1 Am Ak ,α < α1. Logo α < α1 < α2 ≤ α3 < α4 ⇒α < α4 . Definindo os β´s analogamente e supondo que Ap Aq ≤ An Ap , obtemos β < β4 . Porém, observando os quadriláteros A1 Ak An Am e ABAn Am , temos que α + β +∠A1 Am An +∠Ak An Am = α4 + β4 +∠AAm An +∠BAn Am = 360°⇒α + β = α4 + β4 . Mas α < α4 ⇒α + β < α4 + β4 , β < β4 contradição. O caso em que m = n fica a cargo do leitor. Para terminar, basta fazer uma espécie de “zigue-zague”. Comece com A2 Ak −1, que é menor do que A1 Ak (por quê?). Pelo que acabamos de provar, A2 Ak −2 ou A3 Ak −1 é menor do que A2 Ak −1. Suponha, por exemplo, que A3 Ak −1 seja menor. Então, aplicando o nosso fato de novo, A4 Ak −1 ou A3 Ak −2 é menor do que A3 Ak −1. Continuamos assim, até acabar o polígono, e assim conseguimos k – 2 distâncias diferentes. No caso em que A1 Ak é a única distância máxima, fica para você provar (use o poder do arrastrão novamente!) que, no quadrilátero A1 A2 Ak −1 Ak , uma das diagonais (na verdade as duas) é menor do que A1 Ak (bem, isso é imediato) e maior do que A2 Ak −1 , de modo que ganhamos mais uma distância, totalizando k– 1. Agora, vamos terminar o problema. Lembre que cortamos o polígono original do problema em dois por uma diagonal PQ com medida máxima. Suponha que os polígonos obtidos tenham k + 1 e n – k + 1 lados, sendo que o de k + 1 lados tem a distância máxima única. Nele, obtemos (k + 1) – 1 = k distâncias diferentes, e no outro, (n – k + 1) – 2 = n – k – 1. Então conseguimos d = máx{k, n − k −1} distâncias. Mas d ≥

k + (n − k − 1) n − 1 n = ⇒ d ≥  . 2 2 2

PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE HENRIQUE PONDÉ DE OLIVEIRA PINTO (SALVADOR – BA)

Numeremos as casas do tabuleiro de acordo com o seguinte padrão:

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Sociedade Brasileira de Matemática A

B

A

B

A

B

C

D

C

D

C

D

A

B

A

B

A

B

C

D

C

D

C

D

A

B

A

B

A

B

C

D

C

D

C

D

É fácil ver que cada quadrado 2 × 2 de Arnaldo ocupa exatamente uma casa de cada tipo (A; B; C e D). Agora uma contagem simples nos mostra a quantidade de casas de cada tipo. Tipo

Quantidade

A

10042

B

1004 ⋅ 1003

C

1003 ⋅ 1004

D

10032

Veja que a soma total é de fato 20072. Veja que as casas tipo D são as menos numerosas. Agora suponha que Bernaldo só jogue em casas tipo D. Teremos que a cada jogada de cada um dos jogadores exatamente uma casa tipo D é ocupada. Assim após 10032 jogadas Arnaldo não 10032 + 1 poderá mais jogar. Como Arnaldo começa, quando ele fizer sua -ésima 2 jogada acabarão as casas D¸ então Bernaldo pode escolher qualquer casa que (10032 + 1) Arnaldo não poderá jogar novamente. Então assim Arnaldo terá 4 ⋅ 2 2 2007 casas. Ele só ganha se pegar mais que ou seja 2 4(10032 + 1) 2007 2 > ⇒ 20062 + 4 > 2007 2. Absurdo. 2 2 Logo jogando assim Bernaldo ganha independentemente de como Arnaldo jogar. PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE RAFAEL TUPYNAMBÁ DUTRA (BELO HORIZONTE - MG)

Sejam E a interseção de OC e PQ e F a interseção de BD e PQ. EUREKA! N°28, 2008

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Sociedade Brasileira de Matemática C

D O B A F

Q

P

E

Pelo teorema de Ceva aplicado ao triângulo CPQ,

PE CD QB ⋅ ⋅ =1. QE PD CB

Pelo teorema de Menelaus aplicado ao triângulo CPQ,

PF CD QB ⋅ ⋅ = 1. QF PD CB

PE PF e, portanto, P, Q, E, F formam uma quádrupla = QE QF harmônica. Assim sendo, OP, OQ, OE, OF formam um feixe harmônico. Portanto qualquer reta intersecta esse feixe em uma quádrupla harmônica. Vamos criar uma reta r que passa por Q e é perpendicular a OQ.

Assim, temos

O P P∞' E F’ Q

r

E’

F o

Supondo PÔQ = 90 , provaremos que OQ é bissetriz de FÔE, o que mostra que OQ é bissetriz de AÔB. Analogamente, teremos OP bissetriz de AÔD (as duas bissetrizes das retas AC e BD são perpendiculares). Como PÔQ = 90o, temos OP // r. Assim, r intersecta o feixe harmônico na quádrupla harmônica P∞' , Q, F’, E’, sendo P∞' o ponto do infinito correspondente ao feixe de retas paralelas a r. Dessa forma, precisamos ter QE’ = QF’, ou seja, Q é o ponto médio de E’F’. Assim, pelo teorema de Pitágoras, temos OF’ = OE’ = OQ 2 + QE ' 2 e, como o triângulo OE’F’ é isósceles, a altura OQ também é bissetriz de E’ÔF’, de EÔF e de AÔB, como queríamos demonstrar. EUREKA! N°28, 2008

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Observação: a maioria das soluções utilizou trigonometria ou geometria analítica, eventualmente com algumas aplicações dos teoremas de Menelaus e de Ceva. A demonstração de Rafael é bastante interessante por explorar o potencial da Geometria Projetiva, evitando cálculos. Veja a edição 8 da Eureka! para ver a teoria utilizada nesse problema. PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DE RÉGIS PRADO BARBOSA (FORTALEZA - CE)

Seja Ai = {x j − xi , i < j ≤ n} . Note que, se a ≠ b,

x a − xi ≠ xb − xi

pois

x a ≠ xb ; assim, Ai = n − i .

Considere agora Ak ∩ Am com k > m. Se Ak ∩ Am ≥ 2 , então existem a, b, c, d distintos tais que x a − x k = x b − x m ⇔ x a − xb = x k − x m e xc − x k = x d − x m ⇔ x c − x d = x k − x m . Assim, x a − xb = x c − x d = x k − x m , ou seja, um real aparece três vezes como diferença, um absurdo. Logo Ak ∩ Am ≤ 1 . Vamos contar os reais que aparecem duas vezes do seguinte modo: se ele pertence a Ak e Am , k > m , a contagem é registrada na linha de Ak (ou seja, no conjunto de maior índice). Façamos então tal contagem, começando de An e indo até A1 . Isto quer dizer que se o número aparece outra vez em outro conjunto, ele o faz em um conjunto de índice menor. Para n par: Índice

Quantidade de elementos

n

Reais que aparecem duas vezes 0

An = 0

n −1

An−1 = 1

M n +1 2 n 2 n −1 2 M

M

M

n An / 2+1 = − 1 2 n An / 2 = 2 n An / 2−1 = + 1 2

n ≤ −1 2 n ≤ −1 2 n ≤ −2 2

2

A2 = n − 2

≤1

1

A1 = n − 1

0

≤1

M

M

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Justificando a contagem acima: note que há k −1 ≤ Ak conjuntos com índice menor do que k. Como Ak ∩ Am ≤ 1 para m < k, há no máximo k – 1 números que podem se repetidos nos conjuntos de índice menor; ou seja, a quantidade de novos números de Ak que aparecem duas vezes é menor ou igual a k – 1; os outros podem aparecer duas vezes, mas eles já foram contados nos conjuntos de índice maior. Além disso, a quantidade de números de Ak que aparecem duas vezes é menor ou igual à quantidade total de elementos de Ak . Logo a quantidade de novos números que aparecem duas vezes é no máximo min Ak , k − 1 .

{

}

Com isso, a quantidade de números que aparecem duas vezes é menor ou igual a n ( − 1) ⋅ n2 n 2 − 2n n   2 21 + 2 + 3 + L + − 1 = 2 ⋅ = . 2  2 4 

A quantidade dos números que aparecem uma vez pode ser obtida tomando o

n(n − 1) e subtraindo dele duas vezes a quantidade 2 i =1 de números que aparecem duas vezes. Sendo d1 a quantidade de números que aparecem uma vez e d 2 a quantidade de números que aparecem duas vezes, n

total de elementos

∑ Ai

=

n(n − 1) n(n − 1) n 2 − 2n n  n  − 2d 2 ≥ − 2⋅ = =  . 2 2 4 2 2 n −1 n  Analogamente, para n ímpar, prova-se que d1 ≥ =  . 2 2

então d1 =

Nota dos editores: Régis fez o estudo completo do caso n ímpar; porém, o procedimento é totalmente análogo e foi decidido não colocá-lo aqui.

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

PROBLEMA 1:

Joãozinho joga repetidamente uma moeda comum e honesta. Quando a moeda dá cara ele ganha 1 ponto, quando dá coroa ele ganha 2 pontos. Encontre a probabilidade (em função de n) de que Joãozinho em algum momento tenha exatamente n pontos. PROBLEMA 2:

Dados números reais a1 , a2 ,..., an não todos nulos, encontre o (menor) período da função n

f ( x) = ∑ ak cos(kx). k =1

PROBLEMA 3:

Calcule o volume do sólido definido pelas desigualdades abaixo:

z ≥ 3x2 + 2 y 2 , 3x 2 + 2y 2 + 5 z 2 ≤ 1 PROBLEMA 4:

Seja a um inteiro não nulo. Prove que se a é uma n-ésima potência modulo 4a2, ou seja, existe um inteiro b tal que a − bn é múltiplo de 4a2, então a é uma n-ésima potência. PROBLEMA 5:

Calcule os autovalores da matriz (n + 1) × (n + 1) abaixo: 0 n     1 0 n −1  M = 2 0 O    O 0 1   n 0   Em outras palavras, M i ,i +1 = n + 1 − i, M i +1,i = i, M ij = 0 se i − j ≠ 1. Obs: Os autovalores de M são as raízes da seguinte equação em x: det(M − xI) = 0. EUREKA! N°28, 2008

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PROBLEMA 6:

Seja y(t) uma função real de variável real tal que

y´´(t ) + et y´(t ) + 3ty (t ) = 2sen(t ) + tg(t ), y (0) = 1, y´(0) = 0. 2

Calcule o limite:

lim t →0

ty´(t ) . y (t ) − 1

Soluções Nível Universitário SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1:

1 . 2 A probabilidade de que ele nunca tenha n pontos é 1 − pn . Por outro lado, a

Seja pn a probabilidade pedida. Claramente p0 = 1, p1 =

única forma de nunca ter n pontos é completar n – 1 pontos e depois tirar coroa. Assim:

1 − pn = donde

pn −1 2

p 2 1 1 2 − pn = n −1 − =  pn −1 −  e portanto 3 2 3 2 3

2  2  1 pn − =  p0 −  ⋅  −  3  3  2

n

n

pn =

2 1 1 + −  . 3 3 2

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2:

{

}

Seja m = mdc k ak ≠ 0 .

2π é um período de f: afirmamos que este é o menor período. m n  ak k ak − k  ix f ( x ) = ∑ Escreva  2 z + 2 z , z = e  k =1  Claramente

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Sociedade Brasileira de Matemática n  a w k k ak w − k − k  f ( x + p) = ∑  k z + z  , w = eip 2 2 k =1  

Duas funções racionais só são iguais (ou iguais para números complexos de módulo 1) se seus coeficientes forem iguais. Assim, se p é um período, temos

ak wk = ak para k = 1,..., n. Em outras palavras ou ak = 0 ou

kp 2π

∈ ¢. .

2π . m

Equivalentemente, p deve ser um múltiplo inteiro de SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3:

Seja A( a ) a área da elipse 3x + 2 y ≤ a. 2

2

πa a donde A( a ) = . 3 6

a e 2

Os semieixos da elipse são

O sólido do problema pode ser descrito como a união disjunta de

21 − 1 10

3 x 2 + 2 y 2 ≤ z , 0 ≤ z < b, b = 1

3z 2 + 2 y 2 ≤ 1 − 5 z 2 , b ≤ z ≤

5

donde

v = ∫ A( z )dz + ∫ b

1 5

A(1 − 5 z )dz = ∫0

b

2

πz

dz + ∫

b

1 5

π

(1 − 5z ) dz 6 2

6 π b 1 1 5  π  31 2 5 7 21  = −b− + b3  = + −    + 100  6 2 5 3 5 3  6  300 15 0

b

2

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: 2 Suponha a uma n-ésima potência mod 4a p Escreva a = 2 2 ⋅ 3 3 ... ⋅ p ⋅ ...

e

e

e

Vamos provar que o expoente e p é múltiplo de n. Segue da hipótese que a = b ⋅ p p) = 1.

ep

é n-ésima potência módulo p

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2ep

onde mdc(b,


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Assim existem c, d com mdc(c, p) = 1,

c n p nd ≡ b ⋅ p p (mod p e

2e p

) donde nd = e p . Assim

a

é uma n-ésima

potência. Falta provar que se n é par então a > 0. Suponha por absurdo o contrário: n par, a < 0. nd Escreva a = −2 b% , b% ímpar, b% > 0.

nd + 2 : Assim a e – a são ambos n-ésimas potências módulo 2

c n ⋅ 2nd ≡ −b% ⋅ 2nd (mod 22 nd + 2 )

c n ≡ −b% (mod 2nd + 2 )

b% e −b% são %c n ⋅ 2nd ≡ b% ⋅ 2nd (mod 22 nd + 2 ) ⇒ c% n ≡ b% (mod 2nd + 2 ) ⇒ quadrados módulo 4 ⇒ –1 é quadrado módulo 4 ⇒ Absurdo! SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5:

Os autovalores são

n, n − 2, n − 4,..., − n + 2, − n, ou seja, 2k − n para

k = 0,1,..., n. t

Vamos exibir os autovetores de M . Interprete

o

( a0 , a1 ,..., an ) ∈ ¡ n +1

vetor

como

o

polinômio

P = a0 x n + a1 x n −1 y + ... + an y n . t O polinômio correspondente a M ( a0 ,..., an ) é y

os polinômios em

u = x+ y

e

∂p ∂p + x . Se expandirmos ∂x ∂y

v = x − y este operador passa a ser

∂p ∂p −v . ∂u ∂v ∂   ∂ − v  ( u k v n − k ) = ( 2k − n ) u k v n − k . Mas  u ∂v   ∂u u

Assim este é o autovetor associado ao autovalor (2k – n). SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6: t Expanda as funções y, e e 2 sen(t ) + tg (t ) em series de potências: 2

y (t ) = a0 + a1t + a2 t 2 + ...

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et = b0 + b1t + b2 t 2 + ... 2

2 sent + tgt = c0 + c1t + c2 t 2 + ... Temos lim t →0

a t + 2a2 t 2 + ... + nan t n + ... ty´ = lim 1 y − 1 t → 0 a1t + a2 t 2 + ... + an t n + ...

donde este limite é igual a N se aN ≠ 0 e am = 0 para 0 < m < N . Substituindo as séries de potências na EDO:

2a2 +6a3t +... +(n+1)(n+2)an+2tn +... n 2 +b0a1 +(ba 1 1 + 2b0a2 )t +... +(bna1 + 2bn−1a2 +... + kb0+1−k ak +... + (n +1)b0an+1)t +3a0t +3at 1 +... + 2 n +3an−1tn +... = c0 +ct 1 + c2t +... + cnt +... donde

an + 2 =

1 ( cn − bn a1 − 2bn −1a2 − ... − (n + 1)b0 an +1 − 3an −1 ) (n + 1)(n + 2)

Segue facilmente que a1 = a2 = a3 = 0.

a1 = a2 = ... = an +1 = 0 cn = 0 temos an + 2 = 0 e e se a1 = a2 = ... = an +1 = 0 e cn ≠ 0 temos an + 2 ≠ 0. Devemos portanto procurar ° tal que c ° ≠ 0 e c = 0 para 1 < m < N °. N

Se

m

N

3

t t5 + ... Temos sent = t − + 6 120 t 3 2t 5 tan t = t + + + ... 3 15 3t 5 2 sent + tan t = 3t + + ... 20 ty´ ° = 5 donde lim =7. Assim N t →0 y − 1

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XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase – Nível Universitário PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1:

Considere a função de R em R dada por f(x) = ax2 + bx + c, com a, b, c ∈ ¡ e ac < 0. Prove que, para todo n inteiro positivo, a equação f ( f (K ( f ( x)) K)) = 0 tem 14243 n vezes

pelo menos uma solução real. PROBLEMA 2:

Dado um inteiro positivo n, mostre que existe um inteiro positivo N com a seguinte propriedade: se A é um subconjunto de {1,2, K , N } com pelo menos N/2 elementos, então existe um inteiro positivo m ≤ N − n tal que k A ∩ {m + 1, m + 2, K , m + k} ≥ 2 para todo k = 1, 2, …, n. PROBLEMA 3:

Considere o conjunto Pn dos polinômios mônicos de grau n > 0 e coeficientes complexos p( x) = x n + a n−1 x n−1 + L + a 0 satisfazendo a0

2

+ a1

2

+ L + a n −1

2

=1.

Para p( x) ∈ Pn , seja r ( p (x) ) o máximo entre os módulos das raízes de p(x) e s (n) = sup r ( p ( x) ) . p ( x )∈Pn

Determine lim s (n) . n →∞

SEGUNDO DIA PROBLEMA 4:

Seja f : ¡ → ¡ uma função contínua tal que f ( f ( x)) = e x para todo x ∈ ¡ . Prove que, para todo n inteiro positivo, EUREKA! N°28, 2008

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lim

x →+∞

f ( x) = +∞ . xn

PROBLEMA 5:

Seja A uma matriz real quadrada simétrica de ordem n, e λ1 ≤ λ2 ≤ ⋅⋅⋅ ≤ λn seus autovalores (contados com multiplicidade). Determine, em função de λ1 , λ2 , ⋅⋅⋅, λn : a) O número de matrizes reais B simétricas de ordem n tais que B 2 = A . b) O número de matrizes reais B de ordem n tais que B 2 = A . PROBLEMA 6:

Para a, b ∈ ¤ , definimos o conjunto

S (a , b) = {ax 2 + by 2 | x, y ∈ ¤}

dos números racionais que podem ser escritos na forma ax 2 + by 2 com x, y ∈ ¤ . Dados a, b, c, d racionais não nulos, mostre que S(a,b) = S(c,d) se, e ab é o quadrado de um racional e existe um racional não nulo somente se, cd q ∈ S ( a , b ) ∩ S (c , d ) ,

SOLUÇÕES PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE MAURÍCIO RODRIGUES COLLARES NETO (ARACAJU – SE)

1 ) Provemos a afirmação por indução. Para n = 1 o discriminante da equação do segundo grau b 2 − 4ac é positivo (pois ac < 0) e, portanto, a equação possui raiz real. Suponhamos agora a afirmação válida para n. Para provar a afirmação para n + 1, vejamos que f ( f (...( f ( x))...)) é um polinômio cujo coeficiente do termo líder

1424 3 n +1 vezes

é uma potência ímpar de a (para n = 1 isto é verdade; se isto é válido para n, temos que f (...( f ( x))) = f (a 2r +1 x k + ...) = a(a 2 r +1 x k + ...)2 + b(a 2 r +1 x k + ...) + c

123 n +1 vezes

que possui termo líder igual a x 2k com coeficiente a 4 r +3 ). Assim, se

a < 0(resp. a > 0), lim f ( f (...( f ( x)) = −∞ (resp. + ∞) (basta colocar o termo 424 3 x →+∞ 1 n +1vezes

líder em evidência e verificar que os outros termos vão a zero). Mas EUREKA! N°28, 2008

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Sociedade Brasileira de Matemática

f ( f (...( f ( x))...)) 1424 3

tem

uma

raiz

r,

por

hipótese,

e

n vezes

f ( f (...( f (r ))...)) = f (0) = c > 0 (resp. < 0). (Pois ac < 0). Assim, pelo 1424 3 n +1 vezes

Teorema do Valor Intermediário, como a função passa de um valor positivo (resp. negativo) para um valor negativo (resp. positivo) e é contínua, ela tem raiz real: PROBLEMA 2: SOLUÇÃO ADAPTADA DA SOLUÇÃO DE RAFAEL DAIGO HIRAMA (S.J. DOS CAMPOS – SP)

Fixe N. Para cada 1 ≤ i ≤ N , defina ai = A ∩ {1,..., i} . Temos

A ∩ {m + 1,..., m + k} = am + k − am ≥ Isso nos induz a definir bi = ai −

k m+k   m  ⇔  am + k −  −  am −  ≥ 0. 2 2   2 

i , e portanto a desigualdade anterior equivale a 2

bm + k ≥ bm . Assim, queremos mostrar que, se N é suficientemente grande, então existe m ≤ N − n tal que bm ≤ bm +1 ,..., bm + n . (I) É claro que

1 i +1 i +1 i +1 1 = ai − ≤ ai +1 − ≤ (ai + 1) − = bi + , ou seja: 2 2 2 2 2 1 1  bi +1 ∈ bi − , bi , bi +  . 2 2  Tome N > n(n + 2) e suponha que (I) não ocorra para cada m ≤ N − n. Em 1 1 particular, para m = 1, existe i1 ∈ {2,..., n + 1} tal que bi1 < b1 ⇒ bi1 ≤ b1 − < . 2 2 Por indução, construímos uma seqüência i1 ,..., in +1 de índices tal que i j +1 ∈ {i j + 1,..., i j + n} e bi j +1 < bi j . Podemos fazer isso pois N − n > n(n + 1). bi −

Daí, bin+1 < bin < ... < bi1 , e, como bi j +1 < bi j ⇒ bi j+1 ≤ bij − temos bin+1 ≤ bi1 − (n + 1)

n 1 1 1 ≤ − (n + 1) ⋅ = − . 2 2 2 2

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1 , para todo j ≤ n, 2


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n 2

Assim, bin+1 ≤ − .

N N , donde bN = aN − ≥ 0, e a 2 2 desigualdade anterior garante que in +1 ≤ N − n. Assim, se bm = min{b1 ,..., bN }, n n 1 e b j +1 − b j ≤ para todo j), o que garante então bm ≤ − . (pois bN − bm ≥ 2 2 2 que m ≤ N − n e bm ≤ bm +1 ,..., bm + n . A ∩ {1,..., N } = A, aN = A ≥

Como

PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO – RJ)

Por Cauchy- Schwarz, temos que

 n −1  ∑ ai  i =0

2

  n −1 2i   n −1 i   ⋅ ∑ p  ≥  ∑ ai p  .   i =0   i =0  2

α 2n − 1 Chame α = p ; então 2 ≥ α −1 n−1

como

∑ai pi =−pn , temos i=0

2

n −1

∑a p i =0

i

i

. Se p é raiz de p(x) e p > 1, então,

α 2n −1 2n ≥ α ⇔ α 2n −1 ≥ α 2n+2 −α 2n ⇔α 2n (2 −α 2 ) ≥ 1, 2 α −1

logo, como α ≥ 0, α < 2. Por outro lado, se α 2 = 1 + ε (0 < ε < 1), a desigualdade de Bernoulli diz que

1 , é suficiente 1− ε n −1 que (1 + nε )(1 − ε ) ≥ 1 ⇔ 1 + ( n − 1) ε − nε 2 ≥ 1 ⇔ ε ≤ . n

α 2 n ≥ 1 + nε , e portanto, para que α 2 n (2 − α 2 ) ≥ 1 ⇔ α 2 n ≥

n −1 λ 2 −1 Chame λ = 1 + e k= ; defina p(x) tal que ai = − k ⋅ λ i , para 2n n λ −1 0 ≤ i ≤ n − 1. É

fácil

verificar n −1

p (λ ) = λ n − ∑ k ⋅ λ 2 i = λ n − k ⋅ i=0

que

ai

λ 2n − 1 1 = λ n − ≤ 0, 2 λ −1 k

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2

= 1.

Ademais, já

que


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1 λ 2n − 1 2n λ − ≤0⇔λ ≤ 2 ⇔ λ 2 n (2 − λ 2 ) ≥ 1, o que é verdadeiro pela λ −1 k n −1 definição de λ (temos λ 2 = 1 + ε , com ε = ). Logo p ( x ) possui uma raiz n maior ou igual a λ (já que lim p ( x ) = +∞). n

x →+∞

n −1 n −1 ⇒ lim inf s (n) ≥ lim 1 + = 2. Mas α < 2 n →∞ n →∞ n n implica s (n) ≤ 2 ⇒ lim sup s( n) ≤ 2 e, finalmente, lim s (n) = 2. Assim, s (n) ≥ 1 +

n →+∞

n →∞

PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO – RJ)

Note inicialmente que f ( f ( f ( x)) = e f ( x ) = f (e x ). Fazendo as substituições lim f ( y ) − ny f ( x) e f ( y) x = e , y = e , z = e , temos lim n = lim ny = e y→∞ . x →∞ x y →∞ e lim ( f ( y ) − ny ) = lim ( e f ( z ) − ne z ) = lim e z e f ( z )− z − n  . y

z

y →∞

w

z →∞

z →∞

(

)

Logo basta provar que lim ( f ( z ) − z ) = +∞. z →∞

(

)

lim ( f ( z ) − z ) = lim e w e f ( w )− w − 1 , ou seja, z →∞ w→∞ f ( w) ≥ w + c para c > 0 fixo e todo w suficientemente grande.

Mas

basta

que

Como f ( x) = f ( y ) ⇒ f ( f ( x)) = f ( f ( y )) ⇒ e x = e y ⇒ x = y, f é injetora e, em virtude de ser contínua, é monótona. Se f fosse decrescente, como ]0, +∞[ ⊆ Im( f ), teríamos lim f ( x) = +∞ mas, x →−∞

por outro lado, lim e = lim f ( f ( x)) = 0, logo lim f ( x) = 0. Isso implica x

x →−∞

x →−∞

Im( f ) = ]0, +∞[ , mas então absurdo! Logo f é crescente. Se lim f ( x) = −∞, x →−∞

então

x →+∞

f ( f (¡)) = ]0, +∞[ = f lim f ( f ( x)) = −∞

x →−∞

( ]0, +∞[ ) = ]0, f (0)[ ,

mas

lim e x = 0, logo

x →−∞

lim f ( x) = A, onde A < 0 é uma constante (veja que se A ≥ 0 então

x →−∞

f ( f (¡)) = f (]A; +∞[) =] f ( A); +∞[⇒ f ( A) = 0 ⇒ f ( A) = 0 < eA = f ( f ( A)) = f (0), absurdo). EUREKA! N°28, 2008

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Sociedade Brasileira de Matemática

Defina

I 0 = ]−∞, A]

e

I n +1 = f ( I n );

I1 = ] A, 0] ,

assim

I 2 =  0, e A  , I 3 =  e A ,1 ... . É fácil ver que os I i ´s formam uma partição de ¡ , e logo f ( x) > x, ∀x ∈ ¡.

Considere g ( x) = f ( x) − x. No intervalo ]−∞, 2 A[ , g ( x) > A − 2 A = A . No intervalo compacto

]2 A,1[ ,

a função g assume um mínimo positivo. Logo

g : ]−∞,1] → ¡ assume um mínimo positivo, digamos k.

Com isso provamos que f ( x ) ≥ x + k para x ∈ I 0 ∪ I 1 ∪ I 2 ∪ I 3 ; vamos provar por indução que isso vale para x ∈ I 2 k ∪ I 2 k + 1 para todo k ≥ 2 : de

fato,

x = f ( f ( y )) = e y

para

y ∈ I 2 k − 2 ∪ I 2 k −1

e

portanto

f ( x ) = f ( f ( f ( y ))) = e f ( y ) ≥ e y + k = e y ⋅ ek > e y ⋅ (1 + k ) > e y + k , já y > 0 ⇒ e y > 1. que Mas e y = f ( f ( y )) = x e portanto f ( x) > x + k , concluindo a demonstração. PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DA BANCA

Primeiro afirmamos que o autoespaço V de A associado a um autovalor λ

V = {v | Av = λ v} é invariante por B. Suponha v ∈ V . Afirmamos que Bv ∈ V . A( Bv) = B3v = B( Av) = B(λ v) = λ Bv.

Assim devemos em cada tal autoespaço definir B. Note que a definição de B em cada autoespaço é independente. (a) Se existir algum autovalor λ negativo então não existe B pois seus autovalores µ deveriam satisfazer µ 2 = λ < 0 ⇒ µ ∉¡, o que contradiz a hipótese de B ser simétrica. Se existir autovalor zero (λ = 0) com multiplicidade k então B restrita a V deve ser igual a 0 pois B é diagonalizável e todos os seus autovalores são iguais a 0. Se existir autovalor positivo (λ > 0) com multiplicidade 1 então há duas possibilidades correspondentes a µ = λ e µ = − λ . Se existir autovalor positivo (λ > 0) com multiplicidade maior que 1 então há infinitas possibilidades pois podemos escolher de infinitas maneiras subespaços complementares para corresponderem a Assim, o número pedido é:

EUREKA! N°28, 2008

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λ e − λ.


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0, se algum λ for negativo.  k  2 , se nenhum λ for negativo, se todo λ positivo for simples e se houver k  autovalores positivos.   ∞, se nenhum λ for negativo e houver pelo menos um autovalor positivo com   multiplicidade maior que 1.

(b) Os casos λ > 0 são como no item (a). Se existir autovalor zero com multiplicidade 1 então ainda há apenas uma opção. Por outro lado, se existir autovalor zero com multiplicidade maior do que 1 então há infinitas possibilidades para B (pois há infinitas matrizes B com B 2 = 0) . Se existir autovalor negativo com multiplicidade par (2k) então há infinitas soluções: basta tomar B = basta

definir

J

em

λ ⋅ J , J 2 = − I . Há infinitas tais matrizes J pois uma

base

w1 , w2 ,..., wk , wk +1 ,..., w2 k

por

Jw j = wk + j , Jwk + j = − w j , j = 1,..., k . Note que neste caso B tem autovalores

λ i e − λ i com multiplicidades k e k.

Se existir autovalor negativo com multiplicidade ímpar então é impossível pois não há como os autovalores de B virem aos pares conjugados. Assim, o número pedido é: 0, se existe autovalor negativo com multiplicidade ímpar,  k 2 , se não existe autovalor negativo, todos os autovalores são simples,  e há k autovalores positivos.   ∞, se todos os autovalores negativos têm multiplicidade par e  existe pelo menos um autovalor com multiplicidade maior do que 1.  PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DA BANCA

(

ax 2 + by 2 pode ser visto como x ⋅ a + y ⋅ −b

)( x ⋅

)

a − y ⋅ −b , o que

funciona como uma espécie de "norma" de x ⋅ a + y ⋅ −b . Vamos usar o fato de que o produto ou a razão de dois números dessa forma são da forma z + w ⋅ − ab , e assim a raiz quadrada que aparece só depende do produto ab. EUREKA! N°28, 2008

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Sociedade Brasileira de Matemática 2

ab z Se = r 2 , com r ∈ ¤* , cz 2 + dw2 = c%   + dw2 , onde c% = cr 2 , donde cd r % = r 2 cd = ab e S (c% , d ) = S (c , d ). Assim, se ab é o quadrado de um cd cd racional, podemos supor sem perda de generalidade que ab = cd.

ab  ab  2 é quadrado, podemos  w é não nulo (se cd  t 

Se ax 2 + by 2 = tz 2 + 

juntar esse quadrado com uma variável e supor ab = cd), e queremos provar que

 ab  2 v  t 

qualquer número da forma tu 2 + 

também é da forma ar 2 + bs 2 ,

escrevemos

 2  ab  2   2  ab  2    ab   tz +   w  ⋅  tu +   v  ( ax 2 + by 2 ) ⋅  tu 2 +   v 2    ab   t     t    t    tu 2 +   v 2 =  = .  2  ab  2   2  ab  2   t   tz +  t  w   tz +  t  w          Abusando de notação, isso é Acontece que

( ax

2

 −ab    ab   + by2 ) ⋅  tu2 +   v2  N x ⋅ a + y ⋅ −b ⋅ N  u ⋅ t + v ⋅  t   t     = .  2  ab  2    ab − N  z ⋅ t + w⋅  tz +  t  w      t   

(

)

 − ab  u ⋅ t + v⋅  uzt + vwab + (vz − uw) −ab t  = t , que, multiplicado por   ab  2 2 −ab  tz +   w  z ⋅ t + w⋅   t  t   x ⋅ a + y ⋅ −b , dá um número da forma k ⋅ a + l ⋅ −b , a saber

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  vwab     vwab    x  uzt + t  − by ( vz − uw )  a +  y  uzt + t  + ax ( vz − uw )  −b         ,  2  ab  2   tz +  t  w      2 2 cuja "norma" ak + bl , ou seja,    vwab   x  uzt + t  − by ( vz − uw )     

2

   vwab   y  uzt + t  + ax ( vz − uw )     

2

+b 2 2  2  ab  2   2  ab  2  + + tz w tz w          t    t      ab  2 é igual a tu 2 +   v , como queríamos (isso pode ser verificado diretamente,  t  a

mas chutar essa última expressão seria um pouco de sorte...). (Note que a condição de que há um valor comum não nulo das formas ax 2 + by 2 e cu 2 + dv 2 é importante. Não é o caso, por exemplo, se a = 2, b = 3, c = 6 e d = 1).

cd não é o ab e de cx 2 + dy 2

Vamos agora mostrar a outra implicação. Queremos provar que se

quadrado de um racional então as imagens de ax 2 + by 2 (quando x e y percorrem os racionais) são diferentes. A imagem de ax 2 + by 2 com x e y racionais não muda se multiplicarmos a ou b pelo quadrado de um racional não nulo. Assim, podemos supor que em ax 2 + by 2 e

cx 2 + dy 2 temos a, b, c, d inteiros livres de quadrados. É claro que, se os sinais de ab e cd forem diferentes, as imagens não podem ser iguais. Assim, nos casos

ab > 0. Basta ver então que cada primo p divide um número par cd ab de números dentre a, b, c, d para concluir que é o quadrado de um racional. cd interessantes,

Se p divide exatamente 3 deles, digamos a, b e c, ou seja, a = pk, b = pl, c = pm, 2  2  y  temos que ax + by = p(kx + ly ) e cx + dy = pmx + dy = p mx + pd      p    2

2

2

2

2

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2

2

2


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têm a mesma imagem se e só se kx 2 + ly 2 e mz 2 + pdw2 têm a mesma imagem, e agora p divide exatamente um número dentre k, l, m e pd. Assim, reduzimos o problema a provar que, se um primo p divide exatamente um dentre os números a, b, c, d, digamos a, então ax 2 + by 2 e cx 2 + dy 2 não têm a mesma imagem. Suponhamos por absurdo que tenham. Notemos primeiro que para quaisquer u e v inteiros, existiriam x e y racionais com ax 2 + by 2 = cu 2 + dv 2 . Como p | a e a é livre de quadrados, a maior potência de p que divide ax 2 é ímpar e a maior potência de p que divide by 2 é par, donde x e y não podem ter p no denominador, senão a maior potência de p que dividiria ax 2 + by 2 seria negativa e logo ax 2 + by 2 = cu 2 + dv 2 não poderia ser inteiro. Assim, x e y podem ser vistos como inteiros módulo p, e cu 2 + dv 2 ≡ by 2 (mod p), donde bcu 2 + bdv 2 ≡ (by ) 2 (mod p) é quadrado mod p para quaisquer u, v inteiros. Fazendo u = 1, v = 0 temos que bc é quadrado mod p. Fazendo v = 1, temos que bcu 2 + bd é quadrado mod p para todo u inteiro, donde, como bc é quadrado mod p, u2 + d/c é quadrado mod p para todo u inteiro (note que b, c e d são invertíveis mod p). Ou seja, se r é quadrado mod p então r +

d kd também é, mas isso implica por indução que r + é c c

quadrado mod p para todo k natural, donde todo inteiro é quadrado mod p. Isso só é possível se p = 2. Se p = 2 dividir um número par de números dentre a, b, c, d teremos que todo primo p divide um número par de números dentre a, b, c, d, como queríamos. Caso contrário, teremos ainda algum trabalho extra, que realizaremos a seguir. Podemos supor como antes que 2 divide a mas não divide bcd. Sejam r = mdc(c, d ) e K o produto dos primos ímpares que dividem ab mas não

c d e n = . Se n (que, como d, é ímpar) for r r congruente a 3 ou –3 módulo 8, tomaremos R = (4rK ) 2 ⋅ c + d , e se n for dividem cd. Sejam m =

congruente a 1 ou –1 módulo 8, tomaremos R = (2rK ) 2 ⋅ c + d . Temos em qualquer caso que R pertence à imagem de cx 2 + dy 2 . Além disso,

R é r

congruente a 3 ou –3 módulo 8 e é primo com m, n, r e K, e portanto é primo com a, b, c e d.

R tem que ter algum fator primo q congruente a 3 ou –3 módulo 8 r

que aparece com expoente ímpar em sua fatoração (pois um produto de números EUREKA! N°28, 2008

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que são 1 ou –1 módulo 8 ainda é dessa forma). Temos que R é um número da forma c ⋅ x 2 + d com x inteiro, e portanto c ⋅ x 2 + d = R = 0(mod q ), donde −cd = (cx) 2 (mod q ). Por outro lado, se as imagens são iguais, existem u e v racionais com au 2 + bv 2 = R. Podemos escrever u =

U V e v = D D

onde D é o menor denominador comum de u e v. Temos então aU 2 + bV 2 = R ⋅ D 2 = 0(mod q). Se q j é a maior potência de q que divide U e V simultaneamente, escrevemos U = q j ⋅ T e V = q j ⋅ S obtendo então

aT 2 + bS 2 = R ⋅ q −2 j ⋅ D 2 , que ainda é múltiplo de q. Como q

R , q é primo r

com a e b, e logo q não pode dividir T, caso contrário q dividiria bS2, donde q dividiria também S, contradizendo a escolha de j. Assim, 2 2 − ab ⋅ T = (bS ) (mod q ) implica que –ab é um quadrado módulo q.

ab (− ab) = cd (−cd )

também é um quadrado módulo q, mas, pelas

considerações anteriores,

ab = 2 ⋅ w2 , para algum racional w, e daí seguiria cd

Portanto,

que 2 é quadrado módulo q, o que é um absurdo, pois q é congruente a 3 ou –3 módulo 8 (veja o artigo “ Reciprocidade quadrática”, de Carlos Gustavo Moreira e Nicolau Saldanha, na Eureka! No. 15). Errata: Na Eureka! No. 27, no artigo “Substituições envolvendo números complexos”, de Diego Veloso Uchoa, na página 21, o trecho entre as linhas 12 e 15 deveria ser: Fazendo n = 2m + 1 e igualando as partes imaginárias, temos:  2m + 1  sen((2m + 1)t )  2m + 1 2 m 2 m −1 m =  (cos t ) −   (cos t ) + ... + ( −1) . (*) 2 m +1 sen t  1   3  Agora podemos tratar essa igualdade por meio do polinômio  2m + 1 m  2m + 1 m −1 m Pm ( x) =  x −  x + ... + (−1) . 1 3    

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XXIX Olimpíada Brasileira de Matemática Nível 1 (5ª. e 6ª. Séries) Nome Rafael Kazuhiro Miyazaki Guilherme Renato Martins Unzer Marina Pessoa Mota Ivan Tadeu Ferreira Antunes Filho Danilo Hikari Motoyama Watanabe

Cidade – Estado São Paulo – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Lins – SP São Paulo – SP

Prêmio Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro

Arthur Oenning Fagundes Breno Levi Correa Thomás Rincon Reis Lucas Finger Roman Lucas Nishida Ana Cristina Barreto Sabino de Araújo Gabriel Santa Rosa Cavaresi Victor Kioshi Higa Ana Beatrice Bonganha Zanon Maria Paula Silva Serrasqueiro

Palmas – TO Campo Belo – MG Belo Horizonte – MG Florianópolis – SC Pedreira – SP Itapissuma – PE Birigüi – SP São Paulo – SP Santo André – SP Brasília – DF

Débora Barreto Ornellas Igor Araújo Pedro Ivo Coelho de Araújo Ramon Silva de Lima Dênnis Dantas de Souza Nathália Roscoe e Firace Renan Fernandes Moreira Nicolas Seoane Miquelin Nicolas Fernandez Leitão Tiago Sueda Limone Gabriel Pacianotto Gouveia Jonathan Henrique de Oliveira Murilo Dória Guimarães Julio Barros de Paula Cesar Nobuo Moniwa Ishiuchi Danilo Kenji Shido Francisco Markan Nobre de Souza Filho Natália Rodrigues Parrode João Felipe Ribeiro Soares Sofia Sayuri Yamamura Paula Dias Garcia Lara Timbó Araújo Nathalia Novello Fernandes Ribeiro Eric Luiz Rodrigues de França Pedro Ducci Serafim Lucas Bitran Giestas

Salvador – BA Rio de Janeiro – RJ Caucaia – CE São Paulo – SP Campina Grande – PB Belo Horizonte – MG Taubaté – SP Mauá – SP Florianópolis – SC Jundiaí – SP São Paulo – SP Cordeirópolis – SP São Paulo – SP Taubaté – SP Campinas – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Goiânia – GO Brasília – DF Araçatuba – SP Brasília – DF Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Recife – PE Campinas – SP Vitória – ES

Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze

Wederson Santos Silva Ayrton Barros de Lira Leonardo Kazunori Tsuji Lucas Guedes de Almeida Rocha Liang Wei Dong Rafael Wingester Ribeiro de Oliveira Hugo Diehl de Souza Matheus de Oliveira Leão Rodolfo Vieira Fontenele Henrique Gasparini Fiúza do Nascimento Victor Venturi Gabrielle Macanhan Guimarães Reinaldo Abad Junior Henrique Vieira G. Vaz Gabriela Loiola Vilar Igor Tetsuo Boninsenha Kunizaki Marcelo Cargnelutti Rossato

Massaranduba – PB Recife – PE São Paulo – SP Maceió – AL Salvador – BA Belo Horizonte – MG Criciúma – SC Teresina – PI Cocal dos Alves – PI Brasília – DF Campinas – SP Anápolis – GO Guarulhos – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Taubaté – SP Santa Maria – RS

Arthur Ferreira do Nascimento Liara Guinsberg Filipe Bellio da Nóbrega Israel Rodrigues Soares Matheus Carneiro Campagnani

São Paulo – SP São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Goiânia – GO Niterói – RJ

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Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa


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Nível 2 (7a. e 8a. Séries) Nome João Mendes Vasconcelos Matheus Barros de Paula Gabriel Militão Vinhas Lopes Thiago Saksanian Hallak

Cidade – Estado Fortaleza – CE Taubaté – SP Fortaleza – CE São Paulo – SP

Paulo Henrique Dias Vieira João Lucas Camelo Sá Ana Beatriz Prudêncio de Almeida Rebouças Hanon Guy Lima Rossi Danilo Silva de Albuquerque Felipe Vieira de Paula Leonardo Ferreira Patrício Deborah Barbosa Alves Vinicius Cipriano Klein Fernando Fonseca Andrade Oliveira Maria Clara Mendes Silva Ruan Alves Pires Natan Lima Viana Gleycianne Arruda de Freitas Silva Matheus Secco Torres da Silva Felipe Mostavenco Carmo Jonas Rocha Lima Amaro Gustavo Lisbôa Empinotti Guilherme da Rocha Dahrug Victorio Takahashi Chu Itamar Sales de Oliveira Filho Francisco Vagner Dantas Leite Filho Kayo de França Gurgel Rodrigo Rolim Mendes de Alencar Igor Rosiello Zenker Daniel Lucas Filgueira Mario Valney Pereira de Andrades Rafael Dias da Fonseca Matheus Cordeiro Wilhelm da Costa Elder Massahiro Yoshida Lucas de Freitas Smaira Léo Nunes Benevides Felipe Bento Vargas de Moraes Rubens Cainan Sabóia Monteiro Alessandro Macêdo de Araújo Sandoel de Brito Vieira Rafael Ferreira Antonioli Leonardo Victor Maciel Pontes Bryan Levy Salinas Carrillo Filipe José Oliveira Sabóia Débora Jun Portugheis Kelve Torres Henrique Nicolás Francisco E. C. Hespanhol Santos André Austregesilo Scussel Álvaro Lopes Pedroso Wellington Biing Jung Lee Bruno César da Silva Guedes Luiz Filipe Martins Ramos Jéssica Kazumi Okuma Pedro Vieira Rodrigues Serradas Leonardo Henrique Caldeira Pires Ferrari Carlos Henrique de Andrade Silva Gregory Cosac Daher

Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Venda Nova do Imigrante – ES Belo Horizonte – MG Pirajuba – MG Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Florianópolis – SC Santo André – SP São Paulo – SP Cedro – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Maceió – AL Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP Guaxupé – MG Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Fortaleza – CE Cocal dos Alves – PI S. B. do Campo – SP Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE Campinas – SP Recife – PE Bauru – SP Fortaleza – CE Santa Isabel – SP São Paulo – SP Recife – PE Niterói – RJ São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ

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Prêmio Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze 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


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Nível 3 (Ensino Médio) Nome Rafael Tupynambá Dutra Régis Prado Barbosa Ramon Moreira Nunes Henrique Pondé de Oliveira Pinto Henrique Hiroshi Motoyama Watanabe Adenilson Arcanjo de Moura Junior Renan Henrique Finder Guilherme Philippe Figueiredo Marco Antonio Lopes Pedroso Rafael Sampaio de Rezende Giuliano Pezzolo Giacaglia Jorge Henrique Craveiro de Andrade Marcelo Matheus Gauy Mateus Oliveira de Figueiredo Paulo Sérgio de Castro Moreira Robério Soares Nunes Marlen Lincoln da Silva Esdras Muniz Mota Grazielly Muniz da Cunha Davi Lopes Alves de Medeiros Gabriel Luís Mello Dalalio José Airton Coêlho Lima Filho Leandro Farias Maia Marcos Victor Pereira Vieira Alfredo Roque de Oliveira Freire Filho Francisco Osman Pontes Neto Leonel Lopes Lima Neto Renan Braz Parente Alex Atsushi Takeda Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales Thiago Ribeiro Ramos Luiz Paulo Freire Moreira Antônio Felipe Cavalcante Carvalho Luca Mattos Möller Hugo Fonseca Araújo Fernando Nascimento Coelho Filipe de Almeida Araujo Vital Illan Feiman Halpern Alexandre Nobuo Kunieda Alysson Espíndola de Sá Silveira Thiago S. Pinheiro Orlando Alencar Lustosa Neto Ricardo Turolla Bortolotti Gustavo Pacianotto Gouveia Felipe Holanda Moreira Artur de Almeida Losnak Rafael Parpinel Cavina Filipe Alves Tomé Custodio Moreira Brasileiro Silva Marília Valeska Costa Medeiros Pollyanna Stéfani Borges Freitas Gustavo Sampaio Sousa Joas Elias dos Santos Rocha Raphael Luiz França Greco Rafael Morioka Oda

Cidade – Estado Belo Horizonte – MG Fortaleza – CE Fortaleza – CE Salvador – BA São Paulo – SP Fortaleza – CE São Paulo – SP São Paulo – SP Santa Isabel – SP Fortaleza – CE Santo André – SP Rio de Janeiro – RJ S.J. do Rio Preto – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Ribeirão Preto – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE S. J. dos Campos – SP Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE S. J. dos Campos – SP Fortaleza – CE Maceió – AL Fortaleza – CE Londrina – PR Salvador – BA Varginha – MG Fortaleza – CE Fortaleza – CE Niterói – RJ Juiz de Fora – MG Fortaleza – CE Rio de Janeiro – RJ Itatiaia – RJ São Paulo – SP Fortaleza – CE São Paulo – SP Fortaleza – CE Rio Claro – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE São Paulo – SP São Paulo – SP Fortaleza – CE Caém – BA Fortaleza – CE Fortaleza – CE Fortaleza – CE Muribeca – SE Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP

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Prêmio Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Prata Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Bronze Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa Menção Honrosa


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Nível Universitário Nome Fábio Dias Moreira Rafael Marini Silva Guilherme Rodrigues Nogueira de Souza José Marcos Andrade Ferraro Rafael Daigo Hirama Eduardo de Moraes Rodrigues Poço Felipe Rodrigues Nogueira de Souza Murilo Vasconcelos Andrade Leonardo Ribeiro de Castro Carvalho Luty Rodrigues Ribeiro André Linhares Rodrigues Maurício de Lemos Rodrigues Collares Neto Henry Wei Cheng Hsu Kellem Correa Santos Levi Maximo Viana Ronaldo Rodrigues Pelá Luís Daniel Barbosa Coelho Thiago Costa Leite Santos Helder Toshiro Suzuki Raphael Constant da Costa Rafael Sabino Lima Erick Costa e Silva Talarico Rodrigo Aguiar Pinheiro Renato Rebouças de Medeiros José Armando Barbosa Filho Evandro Makiyama de Melo Tiago Barbin Batalhão Gabriel Ponce Vitor Gabriel Kleine Alexandre Hideki Deguchi Martani Vitor Humia Fontoura Ana Maria Menezes de Jesus Eduardo Fischer Anderson Hoshiko Aiziro Daniel Lopes Alves de Medeiros Paulo André Carvalho de Melo Pedro Meira de Vasconcellos Bezerra Willy George do Amaral Petrenko Gustavo Antônio da Silva Amaro Ricardo Monteiro da Silva Lanna Felipe Gonçalves Assis Elder Rodrigo Barbosa Campos Matheus Pimentel Rodrigues Rafael Montezuma Pinheiro Cabral Nivan Roberto Ferreira Júnior Elton Gomes Coriolano Thomás Yoiti Sasaki Hoshina Samir Rodrigues Vieira Frederico de Souza Frydman Jordan Freitas Piva Rodrigo Viana Soares Bruno Euzébio dos Santos Antonia Taline de Souza Mendonça

Cidade – Estado Rio de Janeiro – RJ Vila Velha – ES São Paulo – SP São Paulo – SP Campinas – SP São Paulo – SP São Paulo – SP Maceió – AL São Paulo – SP S.J. dos Campos – SP Campinas – SP Aracaju – SE São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ São Carlos – SP Rio de Janeiro – RJ São Paulo – SP São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ S.J. dos Campos – SP S.J. dos Campos – SP S.J. dos Campos – SP São Paulo – SP São Carlos – SP São Carlos – SP S.J. dos Campos – SP São Paulo – SP Rio de Janeiro – RJ Itabaiana – SE Encantado – RS São Paulo – SP S.J. dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ Recife – PE Rio de Janeiro – RJ São Carlos – SP Belo Horizonte – MG Campina Grande – PB Rio de Janeiro – RJ Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Olinda – PE Campinas – SP Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE S.J. dos Campos – SP Rio de Janeiro – RJ Fortaleza – CE Malhados – SE Rio de Janeiro – RJ

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Prêmio Ouro Ouro Ouro Ouro Ouro 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 Bronze Bronze M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa M. Honrosa


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AGENDA OLÍMPICA XXX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1, 2 e 3 Primeira Fase – Sábado, 14 de junho de 2008 Segunda Fase – Sábado, 13 de setembro de 2008 Terceira Fase – Sábado, 25 de outubro de 2007 (níveis 1, 2 e 3) Domingo, 26 de outubro de 2008 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova). NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – Sábado, 13 de setembro de 2008 Segunda Fase – Sábado, 25 e Domingo, 26 de outubro de 2008 ♦

XIV OLIMPÍADA DE MAIO 10 de maio de 2008 ♦

XIX OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Temuco – Chile 18 a 23 de junho de 2008 ♦

XLIX OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 10 a 22 de julho de 2008 Madri – Espanha ♦

XIV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 25 a 31 de julho de 2008 Blagoevgrad, Bulgária ♦

XXIII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 18 a 28 de setembro de 2008 Salvador, Bahia – Brasil ♦

XI OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA

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

(UFJF) (USP) (UFV) FACOS (UFU) (USP) (UFRN) (Univ. Tec. Fed. de Paraná) (UNIFRA) (UNIVATES) (Inst. de Tec. e Educ. Galileo da Amazônia) (UNESP) (UNIPAMPA) (Colégio Objetivo de Campinas) (Faculdade Etapa) (Univ. Federal do Tocantins) (UFMG) (UFES) (UFSJ) (Centro Educacional Leonardo Da Vinci) (UC. Dom Bosco) (UFPB)) (UNOCHAPECÓ) (UFPI) (Grupo Educacional Ideal) (UFPB) (UFSC) (UFPB) (Instituto Pueri Domus) (UFAL) (UFSC) (Sistema Elite de Ensino) (UFBA) (UFRG) (Grupo Educacional Ideal) (Colégio Farias Brito, Pré-vestibular) (Cursinho CLQ Objetivo) (UFMA) (UFLA) (U. Estadual de Maringá) (Colégio Anglo) (UFGO) (Col. Aplic. da UFPE) (Escola Técnica Federal de Roraima) (UNIFESP) (Centro Educacional Logos) (IM-UFRGS) (UFMG) (UEBA) (U. Federal de Rondônia) (U. Federal de Sergipe) (U. Metodista de SP) (CEFET – GO)

EUREKA! N°28, 2008

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Juiz de Fora – MG Ribeirão Preto – SP Viçosa – MG Osório – RS Uberlândia – MG São Carlos – SP Natal – RN Pato Branco – PR Santa María – RS Lajeado – RS Manaus – AM S.J. do Rio Preto – SP Bagé – RS Campinas – SP São Paulo – SP Arraias – TO Belo Horizonte – MG Vitória – ES São João del Rei – MG Taguatingua – DF Campo Grande – MS João Pessoa – PB Chapecó – SC Teresina – PI Belém – PA Campina Grande – PB Florianópolis – SC Campina Grande – PB Santo André – SP Maceió – AL Florianópolis – SC Rio de Janeiro – RJ Salvador – BA Rio Grande – RS Belém – PA Fortaleza – CE Piracicaba – SP São Luis – MA Lavras – MG Maringá – PR Atibaia – SP Goiânia – GO Recife – PE Boa Vista – RR SJ dos Campos – SP Nova Iguaçu – RJ Porto Alegre – RS Belo Horizonte – MG Juazeiro – BA Porto Velho – RO São Cristovão – SE S.B. do Campo – SP Jataí – GO


Eureka 2008