Eureka 16

CONTEÚDOXIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase XIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase XIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Terceira Fase XIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase - Nível Universitário XIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase - Nível Universitário XIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Premiados AGENDA OLÍMPICA 2 14 25 44 49 58 62 Sociedade Brasileira de Matemática XXIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 4 8 1. A razão (2 ) é igual a: (48 ) 2 A) 1 4 B) 1 2 C) 1 D) 2 E) 8 2. Num armazém foram empilhadas embalagens cúbicas conforme mostra a figura a seguir. Se cada caixa pesa 25 kg, quanto pesa toda a pilha? A) 300 kg B) 325 kg C) 350 kg D) 375 kg E) 400 kg 3. Na balança a seguir temos pesadas bolas de chumbo, todas iguais, e leves saquinhos de plástico, todos com a mesma quantidade de bolinhas, iguais às que estão fora dos mesmos. Quantas bolinhas há em cada saquinho? a a a a a a a A) 1 B) 2 C) 3 D) 5 E) 6 4. Escreva os números inteiros de 1 a 9 nos nove quadradinhos, de forma que as somas dos quatro números em cada uma das pás da “hélice” sejam iguais e de maior valor possível. Esse valor é: A) 23 EUREKA! N°16, 2003 B) 22 C) 21 D) 20 E) 19 2 Sociedade Brasileira de Matemática 5. Qual é a quantidade total de letras de todas as respostas incorretas desta questão? A) Quarenta e oito. B) Quarenta e nove. C) Cinqüenta. D) Cinqüenta e um. E) Cinqüenta e quatro. 6. Toda a produção mensal de latas de refrigerante de uma certa fábrica foi vendida a três lojas. Para a loja A, foi vendida metade da produção; para a loja B, foram vendidos 2 da produção e para a loja C, foram vendidas 2500 unidades. Qual 5 foi a produção mensal dessa fábrica? A) 4166 latas B) 10000 latas C) 20000 latas E) 30000 latas D) 25000 latas 7. Um quadrado de área 1 foi dividido em 4 retângulos congruentes, conforme indicado no desenho à esquerda. Em seguida, os quatro retângulos foram reagrupados de maneira a formar um quadrado, com um buraco quadrado no centro, conforme indica o desenho à direita. A área do buraco é igual a: A) 1 B) 9 2 16 C) 16 25 D) 3 4 E) 1 8. A linha poligonal AB é desenhada mantendo-se sempre o mesmo padrão mostrado na figura. Seu comprimento total é igual a: 2 1 A 1 2 3 B 4 5 6 7 8 9 30 31 A) 31 B) 88 C) 90 D) 97 E) 105 9. A diferença entre os quadrados de dois números inteiros positivos consecutivos é sempre: A) um número primo. B) um múltiplo de 3. C) igual à soma desses números. D) um número par. E) um quadrado perfeito. EUREKA! N°16, 2003 3 Uma certa vez. A viagem de ida e volta. O gráfico abaixo mostra o faturamento mensal das empresas A e B no segundo semestre de 2001. em média. B) no mês de julho. O litro da gasolina custa. não levando em conta o desgaste do carro e outras despesas inesperadas. percebeu que esquecera em casa a revista Eureka! que ia mostrar para a classe. a diferença de faturamentos foi maior que nos demais meses. C) a empresa B foi a que sofreu a maior queda de faturamento entre dois meses consecutivos. que faz. B) gastar apenas R$2. Patrícia mora em São Paulo e quer visitar o Rio de Janeiro num feriado prolongado. 12 quilômetros com um litro de gasolina. E) a diferença entre os faturamentos totais do semestre excedeu os 20 milhões de reais. 2003 4 . m ilhões de rea is 2 00 1 80 1 60 1 40 1 20 1 00   ago nov jul set out dez Com base nesse gráfico. em média.Sociedade Brasileira de Matemática 10. Que fração do caminho já tinha percorrido neste ponto? A) 2 B) 9 C) 1 D) 2 E) 9 5 20 2 3 10 11. mas se voltasse para pegar a revista. Ela irá de carro e para reduzir suas despesas. durante o caminho.00 a mais.60 e Patrícia calcula que terá de rodar cerca de 900 quilômetros com seu carro e pagar 48 reais de pedágio. chegaria atrasado 10 minutos. chegaria à escola 8 minutos antes do sinal. mas Patrícia está querendo ir com seu carro. no mesmo passo. que irão repartir com ela todos os gastos. podemos afirmar que: A) houve um mês em que o faturamento da empresa A foi o dobro do faturamento da empresa B. Patrícia irá: A) economizar R$20. Marcelo leva exatamente 20 minutos para ir de sua casa até a escola. Dessa forma. EUREKA! N°16. R$1. de ônibus. 12. ele sabia que se continuasse a andar. D) no semestre.00. o faturamento total de A foi maior que o de B. chama duas amigas. custa 80 reais. mais R$120. todas as circunferências têm centro em M. A segunda opção é contratar uma empresa para fazer o serviço: a empresa usa ônibus com capacidade para 48 crianças e cobra R$237. quatro sétimos da área do círculo maior. de modo que ela saia na direção da bissetriz do ângulo desse canto. O valor de N é: A) 28 B) 31 C) 32 D) 33 E) 36 14. é igual a um milhão. EUREKA! N°16. Se você tiver uma mesa de bilhar retangular cuja razão entre a largura e o comprimento seja 5/7 e bater em uma bola que está em um canto.00. 13.00 por ônibus utilizado.00.00 a mais. 2003 5 . Uma escola vai organizar um passeio ao zoológico. A escola deve preferir a empresa de ônibus se forem ao passeio pelo menos N crianças. O produto de um milhão de números naturais. Então pode-se concluir que a área preta é: M A) B) C) D) E) dois quintos da área do círculo maior. Há duas opções de transporte. D) gastar o mesmo que se fosse de ônibus. E) gastar R$14.00. três sétimos da área do círculo maior. Qual é o maior valor possível para a soma desses números? A) 1 000 000 E) 13 999 432 B) 1 250 002 C) 1 501 999 D) 1 999 999 15. não necessariamente distintos. A primeira opção é alugar "vans": cada van pode levar até 6 crianças e seu aluguel custa R$60.Sociedade Brasileira de Matemática C) economizar R$24. Na malha quadriculada a seguir. três quintos da área do círculo maior. metade da área do círculo maior. quantas vezes ela baterá nos lados antes de bater em um dos cantos? A) 10 vezes B) 12 vezes C) 13 vezes D) 14 vezes E) 15 vezes 16. Em seguida. Uma usina comprou 2000 litros de leite puro e então retirou certo volume V desse leite para produção de iogurte e substituiu esse volume por água. o leite segue para um tanque de forma cilíndrica e então é engarrafado. Um produtor de leite engarrafa diariamente toda a produção de leite de sua fazenda. Depois de tirado. A figura de número n corresponde a um retângulo 3 por n. 2003 6 . conforme vemos na figura a seguir. retirou novamente o mesmo volume V da mistura e novamente substituiu por água. Depois de quantas garrafas serem enchidas o tanque ficará vazio? Quantidade de garrafas enchidas Nível do tanque (cm) 0 210 200 170 400 130 600 90 A) 1000 B) 1050 C) 1100 D) 1150 E) 1200 19. As figuras a seguir são construídas com palitos pretos e brancos. quantos palitos brancos teremos na figura 2002? 1 2 3 A) 2001 B) 4004 C) 12006 D) 10007 E) 10010 18. Para construir as figuras. quantas vezes escrevemos o algarismo 5? A) 250 B) 270 C) 271 D) 280 E) 292 20.Sociedade Brasileira de Matemática 17. Continuando esse procedimento. Na mistura final existem 1125 litros de leite. Escrevendo todos os números inteiros de 100 a 999. os palitos pretos foram colocados apenas nas bordas e os brancos apenas no interior. O volume V é: A) 500 litros B) 600 litros C) 700 litros D) 800 litros E) 900 litros EUREKA! N°16. Na tabela vemos a quantidade de garrafas que foram enchidas e o nível do leite dentro do tanque. 00 e R$ 14. conforme indica o desenho abaixo. 3. 9 do Nível 1. Depois de quantos passos Pedro alcança João? A) 90 passos B) 120 passos C) 150 passos D) 180 passos E) 200 passos 6. podemos montar o octógono representado à direita.Sociedade Brasileira de Matemática PROBLEMAS – NÍVEL 2 1.00 e R$ 13. 15 do Nível 1. Veja o problema No. 4 do Nível 1. Um comerciante comprou dois carros por um total de R$ 27.000.00 D) R$ 15. Traçando segmentos. Pedro dá apenas 5. quatro trapézios congruentes e dois triângulos congruentes. Os preços de compra foram. podemos dividir um quadrado em dois quadradinhos congruentes.00 e R$ 12. Que fração da área do quadrado foi eliminada? EUREKA! N°16. Quantas telas de televisão de 20 polegadas cabem numa de 60 polegadas? A) 9 B) 10 C) 18 D) 20 E) 30 4. João dá 60 passos antes de Pedro começar a persegui-lo.000. Como Pedro é mais velho.000.000. No entanto.000.00 C) R$ 14.00 E) R$ 18. à esquerda. 10 do Nível 1. 5. 2003 7 . Dois irmãos.00 B) R$ 13. 20 do Nível 1. Dizer que uma tela de televisão tem 20 polegadas significa que a diagonal da tela mede 20 polegadas.00. Veja o problema No.000. respectivamente.00 2. A) R$ 10. Veja o problema No.00 e R$ 9. 9. decidiram brincar de pega-pega. 8. Eliminando algumas dessas partes. enquanto João dá 6 passos. Veja o problema No. Vendeu o primeiro com lucro de 10% e o segundo com prejuízo de 5%. Para começar a brincadeira. 2 passos de Pedro equivalem à distância que João percorre com 3 passos. 10.000.00.000. 7. Veja o problema No. Pedro e João.00 e R$ 17. Veja o problema No.000.000. No total ganhou R$ 750. 12 do Nível 1.000. Nesse dia. A área do triângulo ABC é: C A B B) 100 cm2 C) 75 cm2 A) 150 cm2 o 18. Dado um triângulo ABC onde A ˆ e B ˆ é: formado pelas bissetrizes dos ângulos A o A) 40° B) 60° C) 70 D) 80° E) 110o 17. O lava-rápido "Lave Bem" faz uma promoção: Lavagem simples R$5. 19. Veja o problema No.00. Veja o problema No. 2003 D) 50 cm2 E) 25 cm2 8 .00 Lavagem completa R$7. Veja o problema No.00 No dia da promoção. 8 do Nível 1.Sociedade Brasileira de Matemática A) 1 9 B) 2 9 C) 1 4 D) 1 3 E) 3 8 11. Na malha quadrada abaixo. 7 do Nível 1. 12. 19 do Nível 1. 13. 14 do Nível 1. 11 do Nível 1. EUREKA! N°16. Veja o problema N . 15. Veja o problema No. o faturamento do lava-rápido foi de R$176. qual o menor número possível de clientes que foram atendidos? A) 23 B) 24 C) 26 D) 28 E) 30 14. Quantos números inteiros positivos menores que 900 são múltiplos de 7 e terminam em 7? A) 10 B) 11 C) 12 D) 13 E) 14 ˆ = 80° e C ˆ = 40° . há 6 quadrados de lado 30 cm. a medida do ângulo agudo 16. Vamos provar que 4 é maior que 4. 1) Vamos subtrair 4 dos dois termos desta equação: a=b a–4=b–4 2) Colocamos –1 em evidência no segundo membro da equação: a – 4 = –1 (– b + 4) a – 4 = –1 (4 – b) 3) Elevamos ambos os termos da equação ao quadrado: (a − 4) 2 = [ −1 ⋅ ( 4 − b)] 2 (a − 4) 2 = (−1) 2 (4 − b) 2 (a − 4) 2 = 1 ⋅ (4 − b) 2 (a − 4) 2 = ( 4 − b) 2 4) Extraímos a raiz quadrada dos dois membros da equação: ( a − 4) 2 = ( 4 − b) 2 a–4=4–b 5) Como a = b. comeu um pedaço de outra torta na qual estava escrito:"prove-me e fique 20% mais baixa". Após a viagem de Alice. podemos afirmar que ela: A) ficou 1% mais baixa B) ficou 1% mais alta C) ficou 5% mais baixa D) ficou 5% mais alta E) ficou 10% mais alta 23. A seguir. Sejam a e b dois números tais que a > 4 e a = b. substituímos b por a a–4=4–a EUREKA! N°16.Sociedade Brasileira de Matemática 2 2 20. então x 2 + y 2 + 2 vale: y x A) 5 2 B) 25 4 C) 5 4 D) 1 2 E) 1 21. Durante sua viagem ao país das Maravilhas a altura de Alice sofreu quatro mudanças sucessivas da seguinte forma: primeiro ela tomou um gole de um líquido que estava numa garrafa em cujo rótulo se lia: "beba-me e fique 25% mais alta". Veja o problema No. comeu um pedaço de uma torta onde estava escrito: "proveme e fique 10% mais baixa". Se xy = 2 e x2 + y2 = 5. Finalmente. logo após tomou um gole do líquido de outra garrafa cujo rótulo estampava a mensagem: "beba-me e fique 10% mais alta". 13 do Nível 1. 2003 9 . 22. 6. p o valor de p + q é igual a: é a fração irredutível equivalente a 2. q A) 38 B) 39 C) 40 D) 41 E) 42 3. 24.888. numa torneira cuja vazão é constante. A B Qual dos vasos corresponde ao gráfico A e qual ao gráfico B.Sociedade Brasileira de Matemática 6) Resolvemos a equação: a–4=4–a 2a = 8 a=4 Como escolhemos a tal que a > 4. 5 do Nível 1. D) Na passagem 5. respectivamente? A) 3 e 4 B) 2 e 4 C) 1 e 3 D) 2 e 3 E) 1 e 4 EUREKA! N°16. O resto da divisão por 9 de 1111111111 − 22222 é: A) 0 B) 1 C) 3 D) 6 PROBLEMAS – NÍVEL 3 E) 8 1. de acordo com o tempo (eixo horizontal). Onde está o erro no argumento acima? A) Na passagem 2. os quais Angela vai encher com água. Veja o problema No. em dois dos vasos. chegamos à inacreditável conclusão de que 4 > 4.444.. 1 2 3 4 Os gráficos A e B a seguir representam o nível da água (eixo vertical). 4. 1 do Nível 2. Se 2. Veja o problema No. C) Na passagem 4. 11 do Nível 1... B) Na passagem 3. Veja o problema No. A seguir vemos quatro vasos.. 2003 10 . 25. E) Na passagem 6. 2003 11 . D) Há um advogado a mais no grupo. 23 do Nível 2. Veja o problema No. somente ii) é correta. 12. 11. então. E) Existem as mesmas quantidades de médicos e advogados no grupo. 6. 7. 14. Veja o problema No. 20 do Nível 2. Podemos afirmar que: A) B) C) D) E) somente i) é correta. Veja o problema No. 15. somente i) e iii) são corretas. Veja o problema No. y e z que satisfazem às equações x + 1 = 2 são tais que x + 3 y + 2 z é igual a: x A) 5 B) 6 C) 7 z+ 13. 10. afirmar que: A) O número de advogados é o dobro do número de médicos no grupo. ii) É necessariamente múltiplo de 3. C) Há um médico a mais no grupo. z números inteiros tais que x + y + z = 0. Sobre x 3 + y 3 + z 3 são feitas as seguintes afirmativas: i) É necessariamente múltiplo de 2.Sociedade Brasileira de Matemática 5. somente i) e ii) são corretas. y. Os valores de x. 5 do Nível 1. A média aritmética das idades de um grupo de médicos e advogados é 40 anos. 8 do Nível 1. 8. 9. Veja o problema No. ii) e iii) são corretas. B) O número de médicos é o dobro do número de advogados no grupo. 1 1 = 5 . iii) É necessariamente múltiplo de 5. Veja o problema No. Pode-se. 10 do Nível 2. 13 do Nível 1. Veja o problema No. Veja o problema No. 22 do Nível 2. i). y + =1 e y z D) 8 E) 9 EUREKA! N°16. A média aritmética das idades dos médicos é 35 anos e a dos advogados é 50 anos. Sejam x. 10 do Nível 1. a base BC mede a metade da base AD. Seja f uma função real de variável real que satisfaz a condição:  2002  f ( x) + 2 f   = 3x  x  para x > 0.Sociedade Brasileira de Matemática 16. Na circunferência abaixo. temos que: AB = 4. A reta DK corta o lado AB no ponto L. 18. BC = 2. 2003 12 . Seja K o ponto médio da diagonal AC. A área do quadrilátero BCKL é igual a: 3 2 1 2 1 A) C) D) E) B) 4 3 3 9 9 22. sendo o primeiro e o último desconhecidos. E) 9 A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 EUREKA! N°16.. Seja α a maior raiz de x2 + x – 1 = 0. N = ❑539984❑ é um número inteiro positivo com oito algarismos. Em um trapézio ABCD de área 1. AC é diâmetro e os ˆ D e CB ˆ D são iguais. 25 do Nível 2. encontre o algarismo das unidades de N / 198. Qual é o dígito das unidades de 7 7 A) 7 B) 9 C) 3 D) 1 E) 5. Sabendo que N é um múltiplo de 198. 21.. 7 E) 2 . onde aparecem 2002 setes? 20. Qual é o valor de BD? ângulos AB A D B C A) 2 3 + 1 B) 9 5 C) 3 2 D) 2 + 5 E) 4 19. O valor de α5 – 5α é : A) – 1 B) – 2 C) – 3 D) 1 77 . Veja o problema No. O valor de f(2) é igual a: A) 1000 B) 2000 C) 3000 D) 4000 E) 6000 17. Sociedade Brasileira de Matemática 23. e 8a. Duas pessoas vão disputar uma partida de par ou ímpar. Qual é a soma dos números de todas as peças do triminó marciano? A) 756 B) 1512 C) 84 D) 315 E) 900 ˆ mede 60° e o ângulo B mede 50°. No triângulo ABC. onde cada peça tem apenas 2 números). e para cada escolha de 3 números (não necessariamente distintos) existe uma e somente uma peça que contém esses 3 números. 3. 2003 11) D 12) C 13) B 14) D 15) A 11) D 12) D 13) C 14) B 15) D 16) C 17) D 18) B 19) D 20) A 16) C 17) C 18) D 19) D 20) B 21) B 22) A 23) C 24) D 25) D 11) B 12) B 13) C 14) D 15) C 16) B 17) D 18) C 19) C 20) C 21) D 22) C 23) A 24) E 25) E 13 . A probabilidade de que a pessoa que escolheu par ganhe é: A) 1/2 B) 2/5 C) 3/5 D) 12/25 E) 13/25 GABARITO NÍVEL 1 (5a. Qual a medida do ângulo MPC? A) 120° B) 125° C) 130° D) 135° E) 145° 25. No triminó marciano. cada uma coloca 1. Sejam M o 24. assim. Séries) 1) C 6) D 2) C 7) B 3) B 8) D 4) B 9) C 5) D 10) B NÍVEL 2 (7a. as peças têm 3 números cada (diferente do dominó da terra. e 6a. 2. o ângulo A ponto médio do lado AB e P o ponto sobre o lado BC tal que AC + CP = BP. Os números no triminó marciano também variam de 0 a 6. Elas não gostam do zero e. Séries) 1) C 6) C 2) A 7) B 3) A 8) B 4) A 9) C 5) E 10) B NÍVEL 3 (Ensino Médio) 1) D 6) A 2) E 7) B 3) C 8) D 4) C 9) B 5) B 10) B EUREKA! N°16. 4 ou 5 dedos com igual probabilidade. Marisa usava sapatos azuis. DF = e 4 3 2 EG = GC. mas somente Ana usava vestido e sapatos de mesma cor. AE = modo que BD = . continua o mesmo se lido da direita para a esquerda. O desenho ao lado (fora de escala) representa a fazenda e as partes dos herdeiros. Apresente uma seqüência que começa com 2002 e termina com 13. que são da forma triangular.Sociedade Brasileira de Matemática XXIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 PROBLEMA 1 O ano 2002 é palíndromo. de 40 alqueires. pode-se escrever o seu dobro ou suprimir o seu algarismo das unidades. preto e branco. 2003 14 . EUREKA! N°16. Seus pares de sapato apresentavam essas mesmas três cores. quais serão os próximos quatro anos palíndromos? O último ano palíndromo. PROBLEMA 4 Três amigas foram para uma festa com vestidos azul. Quando será o próximo ano palíndromo ímpar? A E G PROBLEMA 2 Um fazendeiro resolveu repartir sua fazenda para seus cinco filhos. ou seja. usando somente essas duas operações. a) b) Depois de 2002. era ímpar. Nem o vestido nem os sapatos de Júlia eram brancos. Quantos alqueires tinha a propriedade original? PROBLEMA 3 B C D F Dado um número. de BC AC DC . 1991. respectivamente. Descreva a cor do vestido de cada uma das moças. O filho mais novo recebeu o terreno representado pelo triângulo escuro. as vermelhas. Levando em conta apenas a quantidade de varetas e suas cores. 2003 4 3. Qual é a cor que cobre a maior área? 15 . preencha-o segundo essas regras e calcule a soma dos números escritos nas duas diagonais do tabuleiro. Magrão chegava à casa de Geraldinho. Sabe-se que numa das casas está escrito 17 e. D] X O Um grande painel na forma de um quarto de círculo foi composto com 4 cores. Dez minutos depois. as azuis valem 10 pontos.Sociedade Brasileira de Matemática PROBLEMA 5 No jogo pega-varetas. onde o segmento divide o setor em duas partes iguais e o arco interno é uma semicircunferência. 50. Observação: PROBLEMA 2 YHUGH deles anda com . caminhando pelo mesmo percurso. 10 vermelhas e 1 preta. Desenhe um tabuleiro 8 × 8. 20 e a preta. as varetas verdes valem 5 pontos cada uma. em outra. conforme indicado na figura ao lado. Geraldinho chegava à casa de Magrão e meia hora mais tarde. Quanto tempo cada um deles andou? Cada um velocidade constante. . de quantas maneiras diferentes ele poderia ter conseguido essa pontuação. PROBLEMAS – NÍVEL 2 PROBLEMA 1 Geraldinho e Magrão saíram de suas casas no mesmo instante com a intenção de um visitar o outro. supondo que em cada caso fosse possível pegar as varetas necessárias? PROBLEMA 6 Nas casas de um tabuleiro 8 × 8 foram escritos números inteiros positivos de forma que a diferença entre números escritos em casas vizinhas (quadrados com um lado comum) é 1. Carlinhos conseguiu fazer 40 pontos numa jogada. Existem 5 varetas verdes. Geraldinho ia pensando num problema de olimpíada e Magrão ia refletindo sobre questões filosóficas e nem perceberam quando se cruzaram. as amarelas valem 15. está escrito 3. 10 amarelas.7 DPDUHOR EUREKA! N°16. 5 azuis. inscrito em uma circunferência. Sabe-se que numa das casas está escrito 17 e. 1991. representam a disposição de quatro ninhos desses pássaros.Sociedade Brasileira de Matemática PROBLEMA 3 Nas casas de um tabuleiro 8 × 8 foram escritos números inteiros positivos de forma que a diferença entre números escritos em casas vizinhas (quadrados com um lado comum) é 1. ou seja. PROBLEMA 5 O primeiro número de uma seqüência é 7. quais serão os próximos quatro anos palíndromos? b) O último ano palíndromo. Quando será o próximo ano palíndromo ímpar? c) O último ano palíndromo primo aconteceu há mais de 1000 anos. B. era ímpar. continua o mesmo se lido da direita para a esquerda. Repetimos este processo. O próximo é obtido da seguinte maneira: Calculamos o quadrado do número anterior 72 = 49 e a seguir efetuamos a soma de seus algarismos e adicionamos 1. PROBLEMA 2 Para quais inteiros positivos n existe um polígono não regular de n lados. C e D da figura ao lado. Os pontos A. está escrito 3. 5 do Nível 2. Determine qual será o próximo ano palíndromo primo. a distância de B ˆ D = 45° . 2003 16 . o segundo número é 4 + 9 + 1 = 14. O professor construiu um posto de observação equidistante dos quatro ninhos. em 929. em outra. a) Depois de 2002. isto é. Todos os ninhos e o posto de observação estão em um mesmo nível de altura a partir do solo. Qual o 2002o elemento desta seqüência? PROBLEMA 6 O ano 2002 é palíndromo. obtendo 142 = 196 e o terceiro número da seqüência é 1 + 9 + 6 + 1 = 17 e assim sucessivamente. PROBLEMA 4 C B A D O professor Pardal está estudando o comportamento familiar de uma espécie de pássaro. PROBLEMAS – NÍVEL 3 PROBLEMA 1 Veja o problema No. Calcule a soma dos números escritos nas duas diagonais do tabuleiro. Determine a distância a D é de 16 metros e BA que o posto guarda de cada ninho. e com todos os ângulos internos de mesma medida? EUREKA! N°16. . . PROBLEMA 4 Quantos dados devem ser lançados ao mesmo tempo para maximizar a probabilidade de se obter exatamente um 2? PROBLEMA 5 Em um quadrilátero convexo ABCD. n  EUREKA! N°16.. os lados opostos AD e BC são congruentes e os pontos médios das diagonais AC e BD são distintos.Sociedade Brasileira de Matemática PROBLEMA 3 Determine o maior natural k para o qual existe um inteiro n tal que 3k divide n3 – 3n2 + 22. Prove que a reta determinada pelos pontos médios das diagonais forma ângulos iguais com AD e BC.. PROBLEMA 6 Colocamos vários palitos sobre uma mesa de modo a formar um retângulo m × n. 2003 17 . como mostra a figura.. m    . De quantas formas podemos realizar esta pintura? . vermelho ou preto de modo que cada um dos quadradinhos da figura seja delimitado por exatamente dois palitos de uma cor e dois de outra cor... Devemos pintar cada palito de azul. 2. Logo o próximo será 3003. Se AE = . Segundo as regras do jogo. conclui-se que os sapatos de Júlia eram pretos e portanto os sapatos de Ana eram brancos. 130. 2332 e 2442. 652. 4. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4 Como os sapatos de Marisa eram azuis. o vestido de Júlia era azul e o de Marisa era preto. 16. conseqüentemente. 4 4 S− AC 4 = 4 =S. 256. 163. 32. 20. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2 Seja S a área do triângulo ABC. 51. 1304. 326. 8 S 3S DC Se DF = . as possibilidades são: EUREKA! N°16. 408. 204.Sociedade Brasileira de Matemática SOLUÇÕES – NÍVEL 1 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1 a) Os palíndromos entre 2000 e 3000 são da forma 2aa2. 13. então ( ABD) = S . O vestido de Ana era branco. = 2 4 S 3   S −  EFC ( )  4  = S. pois era a única que usava vestido e sapatos da mesma cor. 200. 2222. Se EG = EC. 64. onde a é um algarismo. 816. b) Como o primeiro algarismo é igual ao último. e nem o vestido nem os sapatos de Júlia eram brancos. um palíndromo ímpar maior que 2002 deve começar e terminar por um número ímpar maior ou igual a 3. então ( DEF ) = ( DEC ) = 2 2 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3 Uma possível solução é: 2002. 102. 8. 512. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5 A soma dos pontos é 40. 1632. Logo os próximos quatro serão 2112. 128. então (GFC ) = = 2 2 8 S Como (GFC) = 40 temos = 40 ⇔ S = 320 alqueires. 2003 18 . então ( AED ) = ( ADC ) = 3 3 3 3 4 S S S − +  4 4 S. BC Se BD = . . Portanto 17 e 3 devem ocupar as extremidades de uma das diagonais do tabuleiro. o preenchimento das diagonais é feito de maneira única. contadas na horizontal ou vertical. pois há apenas 5 varetas verdes.Sociedade Brasileira de Matemática 20 20 15 – 5 10 10 5–5 5–5–5–5 15 10 5–5 10 5 5 5–5 20 + 20 20 + 15 + 5 20 + 10 + 10 (1) (2) (3) 20 + 10 + 5 + 5 (4) 20 + 5 + 5 + 5 + 5 (5) 15 + 15 + 10 (6) 15 + 15 + 5 + 5 (7) 15 + 10 + 10 + 5 (8) 15 + 10 + 5 + 5 + 5 (9) 15 + 5 + 5 + 5 + 5 + 5 (10) 15 10 5–5–5–5–5 10 10 10 5–5–5–5 5–5 10 + 10 + 10 + 10 (11) 10 + 10 + 10 + 5 + 5 (12) 10 + 10 + 5 + 5 + 5 + 5 (13) 10 – 5 – 5 – 5 – 5 – 5 – 5 não dá.. esses números devem estar em posições afastadas de 14 casas. A partir disso. E uma maneira de se preencher o tabuleiro é a seguinte: 17 16 15 14 13 12 11 10 16 15 14 13 12 11 10 9 15 14 13 12 11 10 9 8 14 13 12 11 10 9 8 7 13 12 11 10 9 8 7 6 12 11 10 9 8 7 6 5 11 10 9 8 7 6 5 4 10 9 8 7 6 5 4 3 a soma dos números escritos nas diagonais é: 8 × 10 + (3 + 5 +. A resposta é portanto: de 13 maneiras diferentes. EUREKA! N°16.+ 17) = 160. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6 Como a diferença entre o 17 e o 3 é 14. 2003 19 . Temos x + y = πR 2 w x y 2 z πR 2 1 e y + z = x + w = π (2 R ) 2 = 8 2 Assim. A partir disso. em minutos. respectivamente. x + y = y + z = x + w. 2003 20 . decorrido desde a saída de Geraldinho e Magrão até o instante do encontro. azul e verde. Como se x é a área de um segmento circular de ângulo πR 2 R 2  π − 2  2 90° e raio R. y.  4  SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3 Como a diferença entre o 17 e o 3 é 14. logo x = z e y = w. Logo Geraldinho andou 10 + 20 = 30 minutos e Magrão andou 40 + 20 = 60 minutos. g 40 = .Sociedade Brasileira de Matemática SOLUÇÕES – NÍVEL 2 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1 Seja t > 0 o tempo. Seja R o raio do semicírculo. E uma maneira de se preencher o tabuleiro é a seguinte: 17 16 15 14 13 12 11 10 16 15 14 13 12 11 10 9 15 14 13 12 11 10 9 8 14 13 12 11 10 9 8 7 13 12 11 10 9 8 7 6 12 11 10 9 8 7 6 5 11 10 9 8 7 6 5 4 10 9 8 7 6 5 4 3 EUREKA! N°16. temos g = t . SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2 Sejam x. Sejam g e m as distâncias entre o ponto de encontro e as casas de Geraldinho e Magrão. o preenchimento das diagonais é feito de maneira única. respectivamente. m t Logo m 10 t 40 = ⇔ t 2 = 400 ⇔ t = 20 10 t (pois t > 0). Portanto 17 e 3 devem ocupar as extremidades de uma das diagonais do tabuleiro. contadas na horizontal ou vertical. e x= − = R 4 2  4   π + 2  2 Assim x = z < y = w. y = R . amarela. esses números devem estar em posições afastadas de 14 casas. Analogamente. Como Geraldino percorre a distância g em t minutos e a distância m em 10 minutos. z e w as áreas das regiões branca. exceto pelos 4 primeiros termos. 8. lugar na seqüência. O seguinte. 2003 21 . o número procurado coincide com aquele que ocupa o 7o. temos ˆ = 2 ⋅ BAD ˆ = 90° e BO = OD = r .Sociedade Brasileira de Matemática a soma dos números escritos nas diagonais é: 8 × 10 + (3 + 5 +. 2222. EUREKA! N°16.. pois não é divisível por qualquer primo menor que 10301 < 102. 11. que é múltiplo de 3. Logo os próximos quatro serão 2112. Os menores palíndromos de 5 algarismos são 10001. donde 16 2 = r 2 + r 2 . O próximo é 10201 = 1012. já que 110 e 1001 são múltiplos de 11. Como BD = 16 . a seqüência construída de acordo com método descrito no enunciado do problema será eventualmente periódica. 11. 5.. 14. Logo o próximo será 3003. a distância do posto (que deve ficar em O) aos ninhos será de 8 2 metros. Assim. para certos valores positivos de m e n). é primo. 5. 17. que é múltiplo de 11. Observação: Para qualquer termo inicial.) donde vemos que. que é múltiplo de 73 e 10101. divisível por 101. onde a é um algarismo. (isto é teremos an + k = ak para todo k ≥ m. 2332 e 2442.+ 17) = 160.. a saber. pelo teorema de BOD Pitágoras. c) Um palíndromo de quatro algarismos é da forma abba = a + 10b + 100b + 1000a = 1001a + 110b. 10301. Logo o próximo ano palíndromo primo tem no mínimo 5 algarismos. sendo O o centro do círculo circunscrito.. Como 2002 deixa resto 1 quando dividido por 3. um palíndromo ímpar maior que 2002 deve começar e terminar por um número ímpar maior ou igual a 3. 20. b) Como o primeiro algarismo é igual ao último. a seqüência é periódica com período 3. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6 a) Os palíndromos entre 2000 e 3000 são da forma 2aa2. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5 Os primeiros números da seqüência são (7. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4 Observe que o posto do observador coincide com o centro do círculo circunscrito ao quadrilátero ABCD. e logo r = 128 = 8 2 . Sociedade Brasileira de Matemática SOLUÇÕES – NÍVEL 3 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1 Veja a solução do problema No. 5 do Nível 2. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2 Seja C a circunferência de centro O circunscrita ao polígono A1A2...An. Os triângulos ˆ A . AiAi + 1 O (com An + 1 = A1) são isósceles. Seja α i = OA i i +1 Então (1) α 1 + α 2 = α 2 + α 3 = α 3 + α 4 = ... = α n + α 1 . Portanto. α 1 = α 3 = α 5 = ...,  α 2 = α 4 = α 6 = ... α = α 2  n A2 A1 α1 α1 α2 α2 α3 α3 O A3 αn αn ˆ A serão iguais Se n for ímpar, então α 1 = α 2 = ... = α n , logo todos os ângulos Ai O i +1 e o polígono será regular. Para n par, não é necessário que todos os ângulos sejam iguais. 180(n − 2) Escolhendo x ≠ y de modo que x + y = ângulo interno = e fazendo n x = α 1 = α 3 = ... = α n −1 , y = α 2 = α 4 = ... = α n , obtemos um polígono inscritível não regular com todos os ângulos de mesma medida. Portanto, para n par ≥ 4, existe um polígono de n lados satisfazendo as condições do problema. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3 Se n = 3r, então n 3 − 3n 2 + 22 = (3r ) 3 − 3 ⋅ (3r ) 2 + 22 é a soma de um múltiplo de 3 com 22, logo não é múltiplo de 3. Se n = 3r + 1, então EUREKA! N°16, 2003 22 Sociedade Brasileira de Matemática n3 − 3n2 + 22= (3r +1)3 − 3(3r +1)2 + 22= (3r)3 + 3⋅ (3r)2 + 3⋅ (3r) +1− 3⋅ (3r)2 − 3 ⋅ 2 ⋅ (3r ) − 3 + 22 = (3r )3 − 3 ⋅ (3r ) + 20 , que também não é múltiplo de 3. Finalmente, se n = 3r – 1, então n 3 − 3n 2 + 22 = (3r − 1) 3 − 3(3r − 1) 2 + 22 = = (3r) 3 − 3 ⋅ (3r) 2 + 3 ⋅ (3r) − 1 − 3 ⋅ (3r) 2 + 3 ⋅ 2 ⋅ (3r) − 3 + 22 = (3r) 3 − 6 ⋅ (3r) 2 + 9 ⋅ 3r + 18, que é a soma de um múltiplo de 27 com 18, e portanto é múltiplo de 9 mas não de 27, logo a maior potência de 3 que divide um número da forma n 3 − 3n 2 + 22 é 32 = 9. Assim, k é no máximo 2. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4 Suponha que os dados estão numerados de 1 a n. A probabilidade de que somente o dado No. 1 resulte em 2 é: 1 5 5 5 5 n −1 × × ... = . 6 6 6 6 6n Analogamente, a probabilidade de que somente o dado k, (1 ≤ k ≤ n) resulte em 2 é 5 5 5 1 5 5 5 n −1 × ... × × × ... × = n . 6 6 6 6 6 6 6 Portanto, a probabilidade de obter exatamente um 2 é 5 n −1 5 n −1 5 n −1 5 n −1 Pn = n + n + ... + n = n ⋅ n . 6 6 6 6 n −1 n 5 5 Agora observe que Pn ≥ Pn +1 ⇔ n ⋅ n ≥ (n + 1) ⋅ n +1 ⇔ 6n ≥ 5( n + 1) ⇔ n ≥ 5. 6 6 Para n = 5, ocorre a igualdade (P5 = P6), P5 = P6 > P7 > P8 > P9 >... e P1 < P2 < P3 < P4 < P5 = P6 E a probabilidade é máxima para n = 5 ou n = 6. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5 Sejam M e N os pontos médios de AC e BD e P o ponto médio do lado AB. Então PM é base média do ∆ABC e PN base média do ∆ABD. Segue que PM = BC AD = = PN . 2 2 Sendo X e Y as interseções da reta MN com BC e AD, temos então ˆM = PM ˆ N = PN ˆ M = AY ˆN ou BX ˆM = π − PM ˆ N = π − PN ˆ M = AY ˆN . BX EUREKA! N°16, 2003 23 Sociedade Brasileira de Matemática B P A X Y N M C D SOLUÇÃO ALTERNATIVA: Provaremos que se, M = A+C B+D e N= então o vetor MN faz ângulos iguais 2 2 com AD e BC . Para isso, como AD = BC , basta ver que os produtos internos MN ⋅ AD e MN ⋅ BC têm o mesmo módulo. Temos (C − B ) ⋅ ( D − A ) − D − A  A+C − B−D MN ⋅ AD = ( N − M ) ⋅ ( D − A ) =   ⋅ (D − A ) = 2 2   = (C − B ) ⋅ ( D − A ) − C − B 2 2 2 = = ( D + B − A − C ) ⋅ (C − B ) = ( M − N ) ⋅ ( C − B ) = − MN ⋅ BC 2 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6 Há 3n maneiras de colorir a fileira horizontal superior de palitos. O palito vertical mais à esquerda da primeira linha também pode ser colorido de 3 maneiras. n ... . . .  . . .  . . . . . .  . . . Uma vez definidas as cores dos palitos superior e mais à esquerda de um quadradinho, há duas maneiras de completá-lo segundo as condições do enunciado: se ambos têm mesma cor, há duas escolhas para a cor dos dois palitos restantes; se ambos têm cores diferentes, há duas maneiras de colorir os dois palitos restantes com estas cores. Assim, para completar a primeira linha de quadrados há 3n ⋅ 3 ⋅ 2n maneiras Da mesma forma, a cor do palito vertical mais à esquerda da segunda linha de quadrados pode ser escolhido de 3 maneiras, e há 2n maneiras de colorir os demais palitos desta linha. Assim, para m = 2, há 3n ⋅ 3 ⋅ 2n⋅ 3 ⋅ 2n colorações possíveis. Analogamente, no caso geral, há 3 n ⋅ (3 ⋅ 2 n ) m = 3 n + m ⋅ 2 nm maneiras de realizar a pintura pedida. EUREKA! N°16, 2003 24 Apresente um exemplo de numeração dos pontos para cada um dos possíveis valores de T. PROBLEMA 2 2 15 14 3 13 16 1 9 11 23 7 10 8 4 17 12 21 24 25 22 18 6 5 20 19 No desenho ao lado. Os portões foram numerados de 1 a 8. a reta t é perpendicular ao segmento AB e passa pelo seu ponto médio M. 2003 25 . Calcule a área do triângulo X'Y'Z'. Considere todos os conjuntos formados por cinco desses números. Y' é o simétrico de Y em relação ao lado XZ e Z' é o simétrico de Z em relação ao lado XY . EUREKA! N°16. b) Apresente um conjunto cujo maior elemento é o menor possível. Considere o triângulo X'Y'Z' tal que X' é o simétrico de X em relação ao lado YZ .Sociedade Brasileira de Matemática XXIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Terceira Fase PROBLEMAS – NÍVEL 1 PROBLEMA 1 No quadriculado ao lado estão escritos todos os inteiros de 1 a 25. de forma que a soma T dos números em cada lado é a mesma para os quatro lados. não existem dois números que estão na mesma linha ou na mesma coluna. Dizemos que A é o simétrico de B em relação à reta t (ou em relação ao segmento PQ ). Seja XYZ um triângulo retângulo de área 1m2. A P M Q B t PROBLEMA 3 Um parque tem a forma de um quadrilátero e possui oito portões de entrada: um em cada vértice do quadrilátero e um no meio de cada lado. a) Apresente um conjunto cujo maior elemento é o 23. para cada conjunto. de modo que. fazer com que todas fiquem com a cara visível. Vence o jogador que conseguir completar primeiro um quadrado 1 × 1 de palitinhos. Supondo que nenhum jogador cometa erros. PROBLEMA 3 São dados um tabuleiro quadriculado m × n e palitinhos do tamanho dos lados das casas. Vence o jogador que conseguir completar primeiro um quadrado 1 × 1 de palitinhos. consegue vencer independentemente de como jogue seu adversário? EUREKA! N°16. um dos jogadores coloca um palitinho sobre um lado de uma casa do tabuleiro. entre dezoito inteiros consecutivos de três algarismos. virando-se quatro moedas consecutivas de cada vez. PROBLEMA 2 Mostre que. em cada jogada. qual dos dois jogadores tem a estratégia vencedora. sendo proibido sobrepor palitinhos. ou seja. fazer com que todas fiquem com a cara visível. qual dos dois jogadores tem a estratégia vencedora. Dois jogadores jogam alternadamente e. ou seja. um dos jogadores coloca um palitinho sobre um lado de uma casa do tabuleiro.Sociedade Brasileira de Matemática PROBLEMA 4 Sete moedas estão dispostas em círculo. PROBLEMA 5 São dados um tabuleiro de xadrez (8 × 8) e palitinhos do tamanho dos lados das casas. sendo proibido sobrepor palitinhos. em cada jogada. Dois jogadores jogam alternadamente e. sempre existe algum que é divisível pela soma de seus algarismos. com a coroa visível. consegue vencer independentemente de como jogue seu adversário? PROBLEMAS – NÍVEL 2 PROBLEMA 1 Veja o problema No. 2003 26 . a) Mostre que é possível. 2 do Nível 1. virando-se cinco moedas consecutivas de cada vez. Supondo que nenhum jogador cometa erros. b) Mostre que não é possível. . A perpendicular traçada por P a AO intersecta AB em Q e AC em R.Sociedade Brasileira de Matemática PROBLEMA 4 Uma mistura possui os componentes A e B na razão 3 : 5. Definimos ϕ ( n) =  ⋅  ⋅ ... Prove que para todo m ≥ 1... uma segunda mistura possui os componentes B e C na razão 1 : 2 e uma terceira mistura possui os componentes A e C na razão 2 : 3. b) A soma de qualquer quantidade de elementos distintos de A (pelo menos um) nunca é uma potência perfeita. Obs: Uma potência perfeita é um número da forma ab. EUREKA! N°16. existe n tal que ϕ ( n) = m! . ⋅  1 − p  1 − p  1 − p  ⋅n. Em que razão devemos combinar a 1a. PROBLEMAS – NÍVEL 3 PROBLEMA 1 Mostre que existe um conjunto A formado por inteiros positivos tendo as seguintes propriedades: a) A tem 2002 elementos. ⋅ m .. Prove as duas afirmações a seguir: a) PQS é um triângulo isósceles b) PQ 2 = QR ⋅ ST PROBLEMA 6   1   1  1  Seja n um inteiro positivo.. 2a e 3a misturas para que os componentes A. k   1   2   onde p1 . B e C apareçam na razão 3 : 5 : 2? PROBLEMA 5 Seja ABC um triângulo inscrito em uma circunferência de centro O e P um ponto sobre o arco AB que não contém C. 2003 27 . onde a e b são inteiros positivos e b ≥ 2. p 2 . A perpendicular traçada por P à reta BO intersecta AB em S e BC em T. Obs: m! = 1 ⋅ 2 ⋅ . p k são os fatores primos distintos de n.. mn de modo que.. duas seqüências no dicionário sempre diferem em pelo menos 8 das 24 posições. n}.. PROBLEMA 3 Numeramos as casas de um tabuleiro quadriculado m × n. às vezes uma pequena. Mais precisamente... as casas i e i + 1 tenham um lado em comum.. No dicionário aparecem N seqüências de 24 tamanhos de nuvem (como por exemplo a seqüência PGPGPGPGPGPGGPGPGPGPGPGP. PROBLEMA 6 Arnaldo e Beatriz se comunicam durante um acampamento usando sinais de fumaça.. Demonstre que N ≤ 4096 . Prove que existe i ≤ mn – 3 tal que as casas i e i + 3 têm um lado em comum. n ≥ 2.. Prove que é possível arranjálos de modo a cobrir um quadrado de lado 1. Calcule a soma dos diâmetros de todos os subconjuntos não vazios de {1. 2. às vezes usando uma nuvem grande. Para evitar interpretações erradas. o dicionário indica seu significado.. PROBLEMA 5 Temos um número finito de quadrados. Arnaldo consegue enviar uma seqüência de 24 nuvens. 2.. EUREKA! N°16.Sociedade Brasileira de Matemática PROBLEMA 2 ABCD é um quadrilátero convexo e inscritível e M é um ponto sobre o lado CD. 3. 2. PROBLEMA 4 Definimos o diâmetro de um subconjunto não vazio de {1.. No tempo disponível antes do café da manhã. para todo i ≤ mn – 1. onde G significa nuvem grande e P significa nuvem pequena).. Obs: É permitido sobrepor quadrados e parte deles pode ultrapassar os limites do quadrado a ser coberto. com os inteiros 1. 2003 28 . Arnaldo e Beatriz evitaram incluir no dicionário seqüências parecidas. Para cada uma das N seqüências.. n} como a diferença entre seu maior elemento e seu menor elemento (em módulo). Como Beatriz nem sempre consegue distinguir uma nuvem pequena de uma grande. Prove que ABCD tem dois lados de comprimentos iguais. ela e Arnaldo fizeram um dicionário antes de ir para o acampamento. tal que o triângulo ADM e o quadrilátero ABCM têm a mesma área e o mesmo perímetro. de área total 4. onde m. Com o 8. 3. O número 5 pode ser descartado porque o 4 e o 3 estão na mesma linha e para fazer o conjunto sendo 5 o maior. Na diagonal do número 23. 8}). O mesmo acontece com 10. 7. 8. B) O menor número que pode ser maior no conjunto de 5 números é o 5. O conjunto A é a solução para o item a). A) A resolução mais simples para que dois números não se encontrem na mesma linha ou na mesma coluna são as diagonais. 9 não é o valor de T pois 8 deve existir e. se forem escolhidos. cada número do conjunto tem que ocupar uma linha e uma coluna e conseqüentemente. Se o número 7 for usado. escolhendo qualquer um. O número 6 pode ser descartado porque na 4a. 21. o número 1 não poderá ser utilizado por estar na mesma linha. Com o 9 e o 10. 19}. já que não se pode usar 1 EUREKA! N°16. 1 do Nível 2. MORAES FERNANDES (RIO DE JANEIRO . na quarta coluna poderá ser escolhido o 7 ou 5. PROBLEMA 2 Veja a solução do problema No. E com o 11 pode se fazer um conjunto obedecendo a propriedade. 2003 29 . coluna da esquerda para a direita. estará na mesma linha dele.Sociedade Brasileira de Matemática SOLUÇÕES – NÍVEL 1 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE MÁRCIO H. Conjunto B = {1. 14 e 15 pois 8 < T < 16 = 1 + 8 + 7 (note que 4 + 5 + 6 < 16 é a maior soma possível de números fora de {1.RJ) Das informações dadas pelo problema conclui-se a seguinte propriedade: Propriedade: Como dois números não podem ficar na mesma coluna ou na mesma linha. apenas o número 25 é maior que este. 7. usando 3 números. cada linha e cada coluna estarão ocupadas por um número do conjunto a ser formado. Assim peguei todos os números da diagonal menos o 25 que tive que substituir pelo 3 (que estava numa coluna que ainda não usara) e assim não pude utilizar o 20 se não repetiria a coluna. os dois teriam que ser utilizados. o único número menor que 6 está na mesma linha que ele. 11} sendo 11 o menor número possível. sendo que para formar um conjunto são precisos 5 números e sabendo que o quadriculado possui 5 linhas e 5 colunas. outros números não poderão ser utilizados: O 1 (na segunda coluna) ou o 6 (na terceira coluna). fui eliminando os números na seqüência. 13. 3. 6. PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE LUCIO ASSAOKA HOSSAKA (CURITIBA – PR) Os possíveis valores de T são 12. é impossível fazer com que a soma de seu lado seja 9. não restando outro número na segunda coluna a ser utilizado. dessa forma o último número foi o 19 que estava em linha e coluna que não utilizei. o único número menor que ele na segunda coluna. Assim. Conjunto A = {23. O único jeito de somar dois números a 8 com o resultado 11 é 8.Sociedade Brasileira de Matemática e 1. 3. igualmente. Não pode. e algumas voltarão a estar viradas no lado Coroa. é 7. 13. Fazemos então uma ilustração: 1 7 3 8 2 Restam para colocar. 1 e 2. 2003 30 . 14 e 15. pois não se pode repetir números. e depois desvira-se as próximas cinco. são: 12. os números 4. O único jeito de 7 chegar a 11 com mais dois números. É impossível somar 2 desses números com 3 resultando 11. 1. foi preciso desvirar as cinco primeiras moedas. ser 11 o valor de T pois 7 e 8 devem existir. Continuo com este ciclo até chegar o resultado: = coroa = cara 1 2 3 4 EUREKA! N°16. 5 e 6. Os únicos valores para T. 3 12 ⇒ 8 1 7 14 ⇒ 3 4 2 7 2 4 13 ⇒ 5 7 1 2 6 3 5 6 6 1 5 8 15 ⇒ 8 4 7 5 3 2 6 1 4 8 PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE DEBORAH DE SÁ PEREIRA BELFORT (RECIFE – PE) a) Para conseguir desviar as sete moedas. A2 X' ˆ ' X ' = YZX ˆ =α + XYZ ≅+ X ' YZ ( LAL) ⇒ YZ ⇒ XZ = X ' Z ' Logo XZ // X ' Z ' (olhe os ângulos formados pela transversal ZZ ' ). α Z . Marque os pontos B e C no segmento XZ . Seja Y ' A1 a altura do + BY ' C . EUREKA! N°16. PROBLEMA 5 Veja a solução do problema No. SOLUÇÕES – NÍVEL 2 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE ANDRÉ L.. RIBEIRO DOS SANTOS (PINDAMONHANGABA . Prolongue A1 até encontrar o segmento X ' Z ' . 3 do Nível 2. não se consegue as sete moedas viradas. formando 90° em A2. a quantidade de caras vai ser sempre número par. que é um número par. como mostra a figura. e 7 é ímpar.A 1 C Z' α Y .Sociedade Brasileira de Matemática 5 6 7 b) De 4 em 4. em relação a Y ' . 2003 31 .SP) X Y' B . Virando as moedas de 4 em 4. 2 Área do + X ' Y ' Z ' = b ⋅ h = X ' Z ' ⋅ Y ' A 2 = = 2 X Z ⋅ Y ' A1 + Y A1 + Y A 2 ( 2 )= 2 3 yh y ⋅ (h + h + h) = 2 2 De yh = 1 ⇒ 3 yh = 3 2 2 Área do + X ' Y ' Z ' = 3m 2 . ou de um número par de palitos. que não é par). Chame a medida de YA1 de h ⇒ med(YA1 ) = h YA1 é a altura do +ZYX . PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE ANDRÉ L. portanto h = YA1 = YA2 que é a altura correspondente no +Z ' YX '. PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE EDUARDO FISCHER (ENCANTADO . Qualquer número divisível por 18 é divisível por 9 e 18.Sociedade Brasileira de Matemática Agora. um é divisível por 18. Entre quaisquer 18 inteiros consecutivos. se as paridades forem iguais: i) m e n são de paridades diferentes: o primeiro jogador coloca o primeiro palito na posiçào central do tabuleiro e imita espelhadamente *(em relação ao palito) as EUREKA! N°16. precisamos de um número ímpar de palitos.SP) Para preencher todos os quadrados do tabuleiro. RIBEIRO DOS SANTOS (PINDAMONHANGABA . Um número assim possui a soma dos algarismos igual a 9 ou a 18 (27 só com o 999. note que Y ' A2 é a altura do +Z ' Y ' X ' . em relação a Y. Chame a medida de XZ de y ⇒ med( XZ ) = y = med( X ' Z ') . 2003 32 . Em qualquer caso.RS) Um número divisível por 18 cumpre a condição. A soma dos algarismos de um múltiplo de 18 (com 3 algarismos) é 18 ou 9. em relação a Y ' . Resp. Área do + XYZ = b ⋅ h = XZ ⋅ YA1 = yh 2 2 2 Logo yh = 1. o número é divisível pela soma dos algarismos. se as paridades de m e n forem diferentes. Como em cada 18 números inteiros consecutivos um é divisível por 18 o problema está resolvido. então YA1 = Y ' A1 = h Assim Y ' A1 = YA1 = YA2 = h. Como Y é simétrico a Y' em relação a XZ . espelhadamente*.Sociedade Brasileira de Matemática jogadas do adversário. *espelhadamente: como se estivesse olhando para um espelho. Se m e n tem a mesma paridade o segundo jogador ganha. ii) m e n são de paridades iguais: o segundo jogador copia as jogadas do primeiro. Exemplos: par x par ímpar x ímpar ímpar x par A C B D C A central A C central D B D B Em todos os casos A está espelhando a B e C está espelhando D. PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE THOMÁS YOITI SASAKI HOSHINA (RIO DE JANEIRO – RJ) Temos na mistura: 3 5 A e⇒ B 8 8 1 2 II ⇒ B e ⇒ C 3 3 2 3 III ⇒ A e ⇒ C 5 5 I⇒ Queremos que na mistura IV ⇒ 3 1 1 A. se tem paridades diferentes o primeiro ganha. B e C 10 2 5 Se pegarmos x da I. Haverá uma hora em que todos os quadrados serão ocupados com 2 palitos e será a vez do segundo jogador. quando sobram todos os quadrados preenchidos com 2 palitos é a vez do primeiro jogador. vencendo o jogo. 2003 33 . tem a mesma profundidade mas é invertido lateralmente. Este por sua vez preenche um dos quadradinhos com o terceiro palito e o primeiro jogador o completa em seguida. e o segundo jogador o completa ganhando o jogo. y da II e z da III teremos: EUREKA! N°16. este preenche um quadrado com o terceiro palito. logo AQ = PQ ∴ PQ ⋅ PS = AQ ⋅ BS ˆ = BXP ˆ = PAB BPS PS BS EUREKA! N°16. A PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE THOMÁS YOITI SASAKI HOSHINA (RIO DE JANEIRO – RJ) P α –γ α α δ S α γ 90° –α γ Q α α–β α–γ E MR α–γ B 90°– α β N O T C X γ ˆ de α. + APQ ≅+PSB . então PSQ ABO Logo + PSQ é isósceles.Sociedade Brasileira de Matemática 3 2 3 A⇒ x+ z = ∴ 8 5 10 15 x + 16 z = 12 1 5 1 B ⇒ y + x = ∴ 15 x + 8 y = 12 3 8 2 10 y + 9 z = 3 2 3 1 ⇒ + = ∴ C y z 3 5 5 y= 6 3 z= 29 29 y = 2z Teriamos que y = 6 3 20 e z= . 2003 34 . logo x = 29 29 29 x : y : z = 20 : 6 : 3. ˆ = 90° − α . logo QAM ˆ = 90° − α e sendo + ABO isósceles a) Chamemos PQS ˆ =α . como b) Agora chamemos PAQ ˆ = γ . ˆ = γ e OBC ˆ = β teremos então que. Basta apenas provar AQ ⋅ BS = QR ⋅ ST ou Pelo Pelo 2 AQ ST = QR BS + AQM . 1! = 20 ⋅ (2 − 1) = ϕ (2) 2! = 2 ⋅ (2 − 1) = ϕ (4) 3! = 20 ⋅ 31 (2 − 1)(3 − 1) = ϕ (18) EUREKA! N°16. cos β = BS BN BT AM BT cos(α − β ) AM BT cos β = ⇔ = ⇔ AR ⋅ cos β BN AR cos(α − β ) BN cos(α − β ) cos β = ⇔ 1 = 1. AM AM ∴ AQ = senα AQ QR AR AR ⋅ cos β = ∴ QR = sen(90 − β ) senα senα AQ AM Logo = QR AR ⋅ cos β cos(α − β ) = Pelo + BST . senα = + AQR. e2 en e2 n −1 en −1 ϕ ( p1e1 ⋅ p2 ⋅ .Sociedade Brasileira de Matemática Como queremos provar que PQ = QR ⋅ ST .. e PQ = PS ... com n. 2003 35 . cos(α − β ) cos β PROBLEMA 6: SOLUÇÃO ADAPTADA DE GABRIEL BUJOKAS (SÃO PAULO . ⋅ pn ⋅ pn ) = p1e1 −1 ⋅ p2 ( p1 − 1). AM AR ST BT BT cos(α − β ) = ∴ ST = sen(90° − α + β ) senα senα BN BN Pelo + BSN . Então basta escrever M! da forma ao lado direito da igualdade. e1 ∈ ] + * (isso vem diretamente da fórmula).SP) Seja pi o i-ésimo primo positivo. Para M pequeno é fácil. senα = ∴ BS = senα BS ST BT cos(α − β ) BN Logo = ..( pn − 1). 2002 p} Assim qualquer soma é do tipo n ⋅ p com n < p até mesmo para a soma total: (1 + 2002) ⋅ 2002 = p ⋅ 2005003 p⋅ 2 Garante-se assim.RJ) Por absurdo.. PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE ELDER RODRIGO B. m é um produto de primos menores ou iguais a pn .3 p. Conclusão: Para todo M existe um N tal que M ! = ϕ ( N ).Sociedade Brasileira de Matemática 4! = 22 ⋅ 31 (2 − 1)(3 − 1) = ϕ (72) Agora utilizarei indução. portanto existem seqüências satisfazendo os itens a e b simultaneamente. Para os m com pn < m < pn +1 . SOLUÇÕES – NÍVEL 3 PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE THIAGO MORELLO PERES (RIO DE JANEIRO . quaisquer que sejam as parcelas desta. 2 p.. esta é um absurdo e. Como este exemplo não confere com a suposição. CAMPOS (RIO DE JANEIRO . suponhamos a inexistência da seqüência satisfazendo o item b.. Seja uma seqüência a progressão aritmética de primeiro termo p e a razão p: A = { p. ⋅ pn pn ! = pn ( pn − 1)( pn − 2)! = ϕ ( pn −1 ⋅ pn ). Suponha que para todo k < pn . ⋅ pn ( pn − 2)! = ϕ ( p1e1 ⋅ p2 −1 ) implica e2 en−1 2 2 ) ⋅ ( pn − 2)! = ϕ ( p1e1 ⋅ p2 .. 2003 36 . Então e2 en−1 ⋅ . cqd.. donde m ! = m ⋅ (m − 1)! também é da forma acima...RJ) C e M d D θ k a c π–θ B b A EUREKA! N°16. k ! possa ser escrito na forma acima utilizando apenas primos menores que pn na fatoração. Seja p um número primo maior que 2005003. Seja pn ≥ 5 o n-ésimo primo. que a soma não é potência perfeita. cqd. ABCM ) = S (. 2 2 cd sen θ • S ( ∆ADM ) = ⋅ ora. ABCD ) = (II) ab = c(d – e). ABCM ) ⇔ a + b + e + k = c + d + k ⇔ c + d = a + b + e (I) (d + e) c sen θ ab sen θ + .Sociedade Brasileira de Matemática • 2 p (∆ADM ) = 2 p(. observe: Ex.: Tabela 3 × 4 11 10 9 Malha 3 × 4 12 1 8 3 2 7 4 5 6 Fim Início O preenchimento da tabela é análogo à tarefa de passar por todos os pontos da malha com uma linha única (sem "quebras" ou bifurcações). A ocorrência de i ao lado de (i + 3). ABCM ) e 2 S (∆ADM ) + S (. 2003 37 . ABCD ) = 2S (∆ADM ) ⇔ (d + e)c sen θ + ab sen θ = 2cd sen θ ⇔ ec + ab = cd ⇔ • S (. ABCD tem dois lados de mesmo comprimento.PR) A numeração da tabela pode ser comparada com o preenchimento de uma malha de pontos. é análoga às figuras: EUREKA! N°16. PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE HENRIQUE CHOCIAY (PINHAIS . por sua vez. . De (I): b + a – c = d – e. (I) em (II) ⇒ ab = c(a + b − c) ⇔ ab = ac + bc − c 2 ⇔ a(b − c) = c(b − c) ⇒ b = c ou a = c Logo. se S (∆ADM ) = S (. ABCD ) ⇒ S (. . A malha é formada por (m – 1)(n – 1) quadrados de 4 pontos próximos. os quais terão alguns de seus lados preenchidos ao fim do preenchimento. • Se o risco for feito na lateral da malha. preencherá dois lados de quadrado. Exemplo: Supondo a distribuição mais homogênea de lados preenchidos. O total de lados dos quadrados (com multiplicidade) é 4(m – 1) ⋅ (n – 1) = t) Para fazer a linha. preencherá apenas 1 lado de quadrado. Exemplo: • Se o risco for feito no "miolo" da malha. . então. O problema torna-se. EUREKA! N°16. cada quadrado tem o mesmo número de seus lados preenchidos. 2003 38 . haverá i i+3 Ou i ao lado de i + 3. na malha.Sociedade Brasileira de Matemática i i+1 i+3 i+2 . Se o número de lados preenchidos por riscos for maior que a metade do total de lados de quadrados. efetuamos (mn – 1) riscos. provar que é impossível preencher a tabela sem realizar uma dessas figuras. que podem preencher lados de 1 ou de 2 quadrados. Se houver quadrado com 3 lados pintados. haverá com certeza um quadrado com 3 lados riscados. 2003 39 . fica provado que há 2 2mn − 2m − 2n + 3 > (ou similar) e i ao lado de i + 3 4(m − 1)(n − 1) 2 2mn − 2m − 2n + 3 > 2mn − 2m − 2n + 2 3>2 O número de lados preenchido é maior que a metade do total de lados. PROBLEMA 4: SOLUÇÃO ADAPTADA DE RODRIGO KENDY YAMASHITA (SÃO PAULO . Como o diâmetro de um conjunto é definido como a diferença entre seu máximo e seu mínimo. EUREKA! N°16. a soma desejada é igual a M – m. Se N o min > t) .SP) Sejam m e M as somas dos elementos mínimos e máximos dos subconjuntos. Note que podemos incluir os subconjuntos unitários. Há e portanto há i ao lado de i + 3 para qualquer tabela. O número máximo de riscos laterais é: n pontos 2(m – 1) + 2(n – 1) – 1 Pmax = 2m + 2n – 5 n–1 riscos/lados m – 1 riscos O número mínimo de lados preenchidos é 2mn – Pmax – 2 = 2mn – 2m – 2n + 3 = = No min.Sociedade Brasileira de Matemática No > t) 2 O número de lados preenchidos por p riscos laterais é ( p ⋅ 1) = p O número de lados preenchidos por (mn – 1) – p riscos no meio é 2(mn – 1) – 2p O número total de riscos é: [2(mn – 1) – 2p] + (p) = 2mn – p – 2 = No. já que seus máximos e mínimos coincidem. . PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DE RAFAEL DAIGO HIRAMA (CAMPINAS – SP) Podemos supor então que os quadrados têm lado menor que 1. m = ∑k ⋅2 k =1 n n− k = ∑ ( n − k ) ⋅ 2k . é elemento mínimo dos subconjuntos da forma {k} ∪ A. de modo que se a = mín A então n + 1 − a = max f ( A). 2n − 1 n n M = (n + 1) ⋅ (2 − 1) − m ⇔ M − m = (n + 1) ⋅ 2 − n − 1 − 2m ⇔ M − m = Logo.. EUREKA! N°16. Logo k é elemento mínimo de 2n −k subconjuntos. Logo podemos escolher a de n – k maneiras. sendo A um subconjunto de {k + 1. Logo há (n − k ) ⋅ 2k −1 subconjuntos de diâmetro k. então.. k =0 n −1 Contemos o número de subconjuntos de diâmetro k. ou seja.. Cada uma tem lado 1/2. basta observar que podemos associar cada conjunto A = {a1 .. a2 . Caso contrário vamos dividir o tabuleiro em 4 partes iguais. Então se posiciona todos os disponíveis. a + k. ∑ (n − k ) ⋅ 2 k =1 n −1 k −1 = 2 − n − 1 ⇔ 2∑ (n − k ) ⋅ 2 n k =1 n −1 n −1 k −1 =2 n +1 − 2n − 2 ⇔ ∑ (n − k ) ⋅ 2k = k =1 n −1 = 2n +1 − 2n − 2 ⇔ ∑ (n − k ) ⋅ 2k = 2n +1 − 2n − 2 + n = 2n +1 − n − 2 k =0 Logo m = 2 − n − 2.. é satisfatoriamente coberto por um Q1 cada um... n + 1 − a2 . an } ao conjunto f ( A) = {n + 1 − a1. Para calcular M. 2n − n − 1 subconjuntos não vazios e não unitários. O seu máximo é. subconjuntos não vazios.. k + 2. A função f é claramente uma bijeção. no total. como há n +1 = (n + 1) ⋅ 2n − n − 1 − 2 ⋅ (2n +1 − n − 2) = (n − 3) ⋅ 2n + n + 3. pois ele terá lado maior ou igual a 1 e pronto. 2003 40 . Assim. Vamos classificar os quadrados como do tipo Qk tal que o lado do quadrado seja menor que 1 2 k −1 e maior ou igual a 1 . Seja a o mínimo de um desses subconjuntos. 1 ≤ k ≤ n. Conseqüentemente. − podemos escolher os demais elementos do subconjunto de 2k 1 maneiras. Se tiver pelo menos 4 Q1 acabou.. a + k ≤ n ⇔ a ≤ n − k .Sociedade Brasileira de Matemática O número k . 2k Se tivermos um Q0 acabou. n + 1 − an }. caso contrário é só posicionar o quadrado de 1 ou mais sobre o quadrado a se cobrir. Como há. Como há k – 1 números entre a e a + k.. n}.. 1/4 pelo menos é utilizado. ou seja. para provar que isso sempre é possível basta provar que a área total dos quadrados usados é menor que 4. o que termina o problema. ou seja. isso prova que o desperdício não passa de 2k 2 2 3 2 2 k = 3 vezes da área preenchida. ou seja. Como o total da área dos quadrados é 4. E assim sucessivamente até preencher o tabuleiro. a área do 2k 1 2 2k − 2 no máximo e 1 1 no mínimo e a do tabuleiro é 2 k . Assim. é desperdiçado no total no máximo 3/4 1 2 2k da área dos quadrados utilizados. Para isso vamos ver o desperdício de cada quadrado. já que o modo de preenchimento pede "use tantos do Qk quanto existirem". se sobrar buraco ou esqueceu-se de usar um quadrado em um passo anterior ou falta usar os quadrados menores. quanto do quadrado não usamos para preencher a área de interesse (por exemplo. a área utilizada é pelo menos 1. 2003 41 . logo o desperdício 2k 2 2 1 2 2k − 2 − 1 3 = 2 k no máximo. Vejamos. EUREKA! N°16. mesmo que esse resto esteja sobre outra parte do tabuleiro total ele vai ser contado como desperdício). Exemplo: Q2 Q1 Q2 Q2 Q2 Q3 Q3 Q2 Q2 Q2 Q3 Q3 Q1 Agora. como sempre usamos Qk para cobrir um tabuleiro de lado Qk é é de 1 . o desperdício de um quadrado Q3 ao ser colocado sobre um tabuleiro de lado 1/8 é o quanto do quadrado ficará de fora desse tabuleiro.Sociedade Brasileira de Matemática Caso contrário os que sobraram devem ser divididos em 4 e preenchidos por quantos Q2 tiverem. obviamente verdadeiro. d (q1. q j ). Mas ∆ pq ∩ ∆ qr ⊂ ∆ pq ∪ ∆ qr . Minimiza a distância entre p e q. Como d (qi . Suponha que Como Prova: p ∈ ε q1 ∩ ε q2 ∩ ε q3 ∩ ε q4 ∩ ε q5 ∩ ε q6 ∩ ε q7 . q2 ) = 8 − 2#(∆pq1 ∩∆pq2 ) ≤ 8 − 2 ⋅1 = 6 absurdo. ∀i ∈ {1. q j ) = 8. q j ) ≥ 8. ii) Definição: A vizinhança de uma palavra p pertencente ao dicionário é o conjunto de todas as palavras mais próximas a p (símbolo: ε p ). Teorema 1: d(p. d (qi .. q j ) ≤ 8. absurdo. pois só há dois tipos de nuvens. qi ) = d ( p. qi ) + d ( p.. d ( p. Mas ∆ pr = (∆ pq ∪ ∆ qr ) − (∆ pq ∩ ∆ qr ) . logo p e r são iguais nas posições onde ambos diferem de q. 2003 42 . q)). N é máximo quando todas as palavras distam no máximo quatro da palavra do dicionário mais próxima a ela e todas as palavras que distam exatamente quatro da EUREKA! N°16. q) ≤ 4. r) ≤ d( p. q2 ) − 2#(∆pq1 ∩∆pq2 ) ⇒ d (q1. Como cada palavra só tem 24 nuvens. logo d( p. q) + d(q. q2 ) = d ( p. 7}. Prova: Seja ∆αβ o conjunto das posições em que α e β diferem. d ( qi . Teorema 3: Toda palavra p pertence a no máximo seis vizinhanças. pois p e r não poderiam estar simultaneamente no dicionário. q1) + d ( p. r) ≥ d(p. Isso implica d(q. Então q ∈ ε r para r pertencente ao dicionário. pelos argumentos do teorema 1..Sociedade Brasileira de Matemática PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO . logo #(∆ pr ) = #(∆ pq ∪ ∆ qr ) − #(∆ pq ∩ ∆ qr ) = = #(∆ pq ) + #(∆qr ) − 2#(∆ pq ∩ ∆qr ) . qi ) = 4. d ( qi . pois q1 e q2 não poderiam pertencer simultaneamente ao dicionário. existem duas palavras (q1 e q2. q j ).RJ) Definição: A distância entre duas palavras p e q é o número de posições em que duas palavras diferem (símbolo: d(p. Teorema 2: Toda vizinhança de uma palavra p contém todas as palavras cujas distâncias até p sejam menores ou iguais a 4.. Como d ( p. Definição: A palavra real mais próxima a uma palavra q é a palavra p que: i) Pertence ao dicionário. (se existir mais de uma palavra que atende i) e ii) todas elas são mais próximas). Prova: Seja q tal que d ( p. r) < d( p. r). q) ≤ 4 mas q ∉ ε p . ∆ pq1 ∩ ∆ pq2 ≠ φ . sem perda de generalidade) tais que Mas então. Então o teorema equivale a #(∆ pq ) + #(∆ qr ) ≥ #(∆ pr ). q) + d(q. q j ) ≤ d ( p. e nossa afirmação equivale a #(∆ pq ∩ ∆qr ) ≥ 0. r) < 4+ 4 = 8 . seria 224 . + C24 + C24 + C24 + C24 C24 ∑ #(ε p∈D p ) . Logo algumas vizinhanças são maiores do que são no caso ideal. EUREKA! N°16. 2003 43 . q) = d ( p. devido ao seguinte teorema: Teorema 4: p ∈ ε q ∩ ε r . Então d (q. r ) < 4 (a igualdade é obrigatória pela definição de vizinhança). onde D é o dicionário. q) + d ( q.Sociedade Brasileira de Matemática palavra do dicionário mais próxima pertencem a seis vizinhanças. Prova: Suponha que d ( p. Assim 224 ≥ 4096 N = 212 N ⇒ N ≤ 212 = 4096. r ) < 4 + 4 = 8 . Vamos achar então n'p . o arranjo descrito acima é o mais denso. Nas circunstancias acima descritas #(ε p ) = #(ε q ) para todo p e q (pois 0 1 2 3 4 é constante e igual a #(ε p ) por (1)). com um fator de correção apropriado: 0 1 2 3 4 + C24 + C24 + C24 + C24 n 'p = C24 d =4 6 d=0 (própria palavra) d =1 d =2 d =3 Vamos contar só uma vez! n'p = 1 + 24 + 276 + 2024 + 10626 = 4096 (que coincidência!) 6 Mas até agora consideramos o melhor caso – há algum desperdício de palavras envolvido. n'p ≥ 4096 em geral. absurdo. r ) ≤ d ( p. pois as duas palavras não poderiam pertencer simultaneamente ao dicionário. Porquê isso valida nossa afirmação acima? Porque nenhum ponto que dista três ou menos ao ponto mais próximo pertence a mais de uma vizinhança. Além disso. é pois as palavras que distam quatro de uma palavra no dicionário são contadas seis vezes. q ≠ r ⇒ d ( p. pois todas as palavras que não pertencem ao dicionário estão sempre cercadas por palavras do dicionário (pertencem sempre ao número máximo de vizinhanças). já que isso caracteriza a formação mais densa possível. r ) = 4. mas não. Assim. q) = d ( p. Por isso.   x  x x y +        Diga para que valores de x e y a matriz A é inversível e calcule A– 1. PROBLEMA 3 Calcule ∫ 1 x2 +1 + x −1 x2 + 1 + x + 1 −1 dx. Calcule f '(3). Seja P0 = (3. Determine P2002. PROBLEMA 2 Seja A a matriz real n × n x . b) EUREKA! N°16. definimos Pn +1 = P' n . a) Seja Q = (a. Para cada inteiro não negativo n. Calcule a probabilidade de que a soma dos 10 resultados seja igual a 20. x  x A= .. Determine as coordenadas de Q'. Q'. PROBLEMA 5 Jogamos 10 dados comuns (com 6 faces equiprováveis numeradas de 1 a 6). f '(0) = a e que f(x + 1) = e f(x) para todo x > – 1. PROBLEMA 4 Determine todos os valores inteiros positivos de m para os quais o polinômio (x + 1)m + xm + 1 é divisível por (x2 + x + 1)2. Sabe-se que f(0) = 0..Sociedade Brasileira de Matemática XXIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Primeira Fase – Nível Universitário PROBLEMA 1 A função f : (−1. PROBLEMA 6 Considere a curva C = {( x. o ponto de interseção de C com a reta tangente a C em Pn.. 2003 44 . b) um ponto de C. Suponha que a reta tangente a C no ponto Q intersecte C num único outro ponto. y ) ∈ # 2 y 2 = x 3 − 43x + 166}.. 8). x  x + y   x + y .+∞) → # é contínua e derivável. se existir. Assim f (1) = e 0 = 1.   1 1   1  temos B2 = nB e A = yI + xB. deve ter a forma acima: A– 1 é uma função analítica de A..Sociedade Brasileira de Matemática SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1 Derivando a equação f ( x + 1) = e f ( x ) temos f ' ( x + 1) = f ' ( x) ⋅ e f ( x ) . I− y y ( nx + y ) 1  x AC = (yI + xB )  y I − y (nx + y ) B  =I   Comentário (não faz parte da solução) Encontramos C conjecturando que A −1 = uI + vB. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2 Se y = 0 todas as linhas são iguais e a matriz não é inversível. 1  1 Se B =     1 1 1  ... f ' (1) = f ' (0) ⋅ e f (0 ) = a f (2) = e1 = e.. Como observamos que B2 é um múltiplo escalar de B segue que todo polinômio em B é da forma uI + vB. + ( x + y ) ⋅ a n = bn EUREKA! N°16. logo um polinômio em B. x a b + ⋅ n= 2  ⋅ 1+ + 2 +  #   x ⋅ a1 + x ⋅ a 2 + . logo um polinômio em A. Se nx + y = 0 a soma das n linhas é 0 e portanto a matriz novamente é não inversível.    1 Tome C = 1 x B. .. SOLUÇÃO ALTERNATIVA Vamos resolver o sistema ( x + y )a1 + x ⋅ a 2 + .. 2003 45 . + x ⋅ a n = b1  x a ( x y ) a . f ' (2) = f ' (1) ⋅ e f (1) = ae f '(3) = f '(2) ⋅ e f (2) = ae e+1 . Vamos mostrar que se nenhuma destas duas condições ocorre a matriz é inversível. E resolvendo um sistema para encontrar u e v.... Pode-se demonstrar antes de tentar resolver o sistema que A–1.. .. + bn ) ≠ 0 para algum j ..   (n − 1) x + y  y (nx + y )   −x y( nx + y ) −x y( nx + y ) Assim. + bn ).+ bn ≠ 0.. SOLUÇÃO ALTERNATIVA Vamos achar uma primitiva de f: Em sec2θ dθ . obtemos 2 2 θ dθ = ∫ x 2 +1 + x −1 2 46 .. donde x(a1 + . nx + y Diminuindo y ⋅ a j = bj − essa igualdade da j-ésima equação. e portanto. temos x2 +1 + x +1 2 2 2    − x2 ( x + 1 + x − 1)  x + 1 − x − 1  x + 1 − 1  =  f ( x) = . e. dx = x 2 +1 + x +1 tan 2 θ + 1 = sec θ (para − π < θ < π ). 2003 sec θ + tan θ − 1 dx fazemos x = tan θ.Sociedade Brasileira de Matemática Somando todas as equações. e.. para 2 2 x − 2 ( x + 1) − ( x + 1) 2 todo x.... A −1     Note que. − bn.. caso nx + y ≠ 0.. obtemos x (b1 + . o sistema não tem solução se b1 +.      . logo f (− x ) = − f ( x).. + bn ) e.. o x sistema não tem solução se b j − (b1 + . se y = 0. a j = b1 − . se nx + y = 0. y(nx + y) y(nx + y) y(nx + y)  (n − 1) x + y   y (nx + y )  −x  =  y (nx + y )   −x   y (nx + y )  −x y (nx + y ) ( n − 1) x + y y (nx + y ) −x y (nx + y ) . + a n ) = (b1 + .. ∫ 1 −1 f ( x) dx = 0.+ bj − . + bn ) .. Em nenhum nx + y desses casos A é invertível. caso nx + y −x (n −1) x + y x y ≠ 0. obtemos ( nx + y )(a1 + ...... . Racionalizando.. como ∫ sec θ + tanθ + 1 ⋅ sec EUREKA! N°16.. SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3 2 Seja f ( x) = x + 1 + x − 1 . + an ) = x (b1 + . B = –1. os números que satisfazem o enunciado são os inteiros positivos da forma 6k – 2. o comportamento se repetirá com período 6. Temos tan  = = 2 − 1. A + B + C + D = 0. Como ω e ω + 1 2 2 são raízes sextas da unidade. C. ou seja Temos que ω + 1 = (ω + 1) m + 2 = 1. = z. –A –2B + C + 2D = 2. D = 1. Seja ω = 1 i 3 + é tal que (ω + 1) 2 = ω e (ω + 1) 3 = −1 .Sociedade Brasileira de Matemática ∫ cos 1 + senθ − cos θ 2 θ (1 + senθ + cos θ ) dθ . 2003 47 . devemos ter P(ω) = 0 e P'(ω) = 0. pois ( 2 − 1) 2 = (1 − 2 ) 2 . B. B – A + D – C = 0. C = –1. donde A – C = 2. a integral é ln(1 − z 2 ) + SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4 2 2 2 −1 1 − z 1− 2 = 0. D = –B. Fazendo tan 2dz 2z 1− z 2 θ . cos θ θ = = sen 2 1+ z 2 1+ z 2 1+ z 2 2 2 z 2 + 2 z  1 + z 2  2dz 2 z (1 + z 2 )dz =∫ . (ω + 1) m + ω m = −1 e m((ω + 1) m−1 + ω m −1 ) = 0. Assim. ∫ (1 − z 2 z (1 + z 2 ) 2 2 ) dz = ln(1 + z) + 1 1 2 . Assim. EUREKA! N°16. dθ = . θ varia entre π  −π π π  e . donde as duas condições são satisfeitas. obtemos (A + + + = 1 + z (1 + z) 2 1 − z (1 − z ) 2 (1 − z 2 ) 2 + B + Az)(1 – z)2 + (C + D – Cz)(1+z)2 = 2z(1 + z2). Assim. + ln(1 − z ) + = ln(1 − z 2 ) + 1+ z 1− z 1− z 2 Quando x varia entre – 1 e 1. o que equivale a m ≡ –2 (mod 6). (ω + 1) m −1 + ω m −1 = 0 equivale a (ω + 1) m −1 = −ω m −1 = (ω + 1) 3+ 2 ( m −1) . Assim. donde z varia entre − tan  4 4 8 sen   π  π 2 4 = e tan   . Assim. logo A = 1. D tais que 2 z (1 + z 2 ) A B C D . temos (ω + 1) m + ω m = (ω + 1) 4 + ω = ω 2 + ω = −1. Nesse caso. −1 i 3 + uma raiz de x2 + x + 1. Assim. C = – A. Para que (x2 + x + 1)2 divida 2 2 (x + 1)m + xm + 1 = P(x). donde z varia entre 1 − 2 e   π 8   8   1 + cos 2+ 2   4 2 − 1.  2  2 ∫ 2 + 2z ⋅  1− z  1+ z (1 − z 2 ) 2 Buscando A. obtemos . + a = 14. P3 = (3.. – 8). a ≥ 1. obtemos P1 = (–5.. + a10 = 20. −16) .. a 19  13  e a  . e. b) é a) De y 2 = x 3 − 43x + 166. substituindo na equação da reta. Assim. EUREKA! N°16. dx dx 2y A equação da reta tangente a C passando por (a. + a10 = 20. 32). P4 = (–5. Assim ou de a 1 2 10 1 i 19    9    N =  − 10 9  9      19  13    9  9   − 10    . que terá uma raiz dupla em x = a.. P5 = (11. logo P2002 = P4 = ( −5. + a10 = 20. ai ≥ 1 . o outro ponto terá primeira coordenada    2b    igual a  3a − 43  − 2a . ~ + a + .. O número de soluções de a1 + a 2 + . 1 ≤ a i ≤ 6.   2b   2b     b b b 2 2 2 2 3 3         b) Usando a fórmula acima. donde dy = 3 x − 43 .. a1 ≥ 7 .Sociedade Brasileira de Matemática SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5 Devemos encontrar o número de soluções de a1 + a 2 + . o fato de P3 diferir de P0 apenas por uma troca de sinal da segunda coordenada já é suficiente para concluir que a seqüência é periódica de período 6.. basta descontar 10 vezes o número de soluções de a1 + a 2 + . probabilidade pedida é p = 10 6 SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6 2 dy = 3x 2 − 43.   Devemos agora descontar as soluções para as quais apenas um dentre os ai é ≥ 7 pois caso contrário tal soma seria ≥ 7 + 7 + 8 ⋅ 1 = 22. Assim. – 32) e P6 = (3. temos 2 y  3a 2 − 43    3a 2 − 43   2 3      Substituindo em y = x − 43 x + 166 temos y =  2b  x +  b −  2b  ⋅ a . a seqüência (Pn) é periódica de período 6.         3a 2 − 43  2b 2 − 3a 3 + 43a   . Assim.. Observação: No item b). segunda coordenada   2 2 2  2b  2 3 3    2   2   2  igual a  3a − 43  − 2a 3a − 43  + 2b − 3a + 43a =  3a − 43  +  2b − 9a + 129a  . – 16). 8). 16). P2 = (11. que é 13  . 2003 48 . x + x − 43 x + 166 =     2b   2b    3 2  2  e cuja soma das raízes é  3a − 43  . ai ≥ 1 é claramente   9 . n} conjuntos com A i ≥ todo i.. se ln k ( x) > 0 . 2... Ak ⊂ {1. PROBLEMA 5 Dado x ∈ #. Prove que PROBLEMA 4 n n e Ai ∩ A j ≤ para 2 4 * A ≥ k k+ 1 ⋅ n... Prove que existe uma elipse (ou circunferência) tangente a estas 8 retas... n} . Considere duas elipses no plano #2 que se intersectam em 4 pontos. obtendo assim 8 retas. onde ln é o logaritmo natural. definimos k(n) como o maior k tal que ln k ( n) ≥ 1 . k i i =1 Determine todas as soluções reais da equação x = 2 + 2 − 2 + x. 2003 49 .... j com i ≠ j ... definimos ln 0 ( x) = x e. Mostre que se existe uma reta (em #2) que corta o gráfico de P em 4 pontos então existe uma reta que corta o gráfico em 4 pontos igualmente espaçados. ⋅ ln k ( n) (n). EUREKA! N°16. para todo Sejam A1 .2. Nestes 4 pontos trace as retas tangentes às duas elipses. Prove que 0 < det A ≤ 1. Dado n inteiro positivo. definimos ln k +1 ( x) = ln(ln k ( x)). para cada k ∈ . Diga se a série PROBLEMA 6 ∑a n =1 ∞ 1 n converge ou diverge. A2 . e an como ∏ ln j =0 k (n) j (n) = n ⋅ ln(n) ⋅ ln ln(n) ⋅ . PROBLEMA 3 ∑a j =1 n ij < 2 .. PROBLEMA 2 PROBLEMA 1 A = (a ij ) uma matriz real simétrica n × n tal que aii = 1 e i ∈{1.Sociedade Brasileira de Matemática XXIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Problemas e Soluções da Segunda Fase – Nível Universitário Seja y = P(x) um polinômio de grau 4.. 4a S (u − k ) = S (u + k ) ⇔ a (u − k ) 4 + b(u − k )3 + c(u − k ) 2 + d '(u − k ) + e ' = = a(u + k )4 + b(u + k )3 + c(u + k )2 + d '(u + k ) + e ' ⇔ ⇔ a(u4 − 4u3k + 6u2k 2 − 4uk3 + k 4 ) + b(u3 − 3u2k + 3uk 2 − k3 ) + c(u2 − 2uk + k 2 ) − dk = a(u4 + 4u3k + 6u2k 2 + 4uk 3 + k 4 ) + b(u3 + 3u2k + 3uk 2 + k 3 ) + c(u2 + 2uk + k 2 ) + d ' k = ⇔ 8au 3 k + 8auk 3 + 6bu 2 k + 2bk 3 + 4cuk + 2d ' k = 0 −b   ⇒ 8auk 3 = −2bk 3  u = 4a   3 2 ⇔ (4au + 3bu + 2cu + d ') ⋅ k = 0 Basta então tomar d ' = −4au 3 − 3bu 2 − 2cu O fato de já existir uma reta que intersecta o P(x) inicial em 4 pontos. (Senão o gráfico de S(x) seria convexo ou côncavo. Note que nosso problema é equivalente a dados a. Primeiro. o gráfico de S(x) é algo do tipo: EUREKA! N°16. ∀k ∈ \ . nos diz que a. Logo. e qualquer reta o intersectaria em no máximo 2 pontos). S ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + (d − t ) x + (e − s ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + d ' x + e '. b. 2003 50 . e' tais que S(x) acima tenha 4 raizes igualmente espaçadas. Q( x) = P( x) − A( x) tem quatro raizes. b. Ou seja.Sociedade Brasileira de Matemática SOLUÇÕES – NÍVEL UNIVERSITÁRIO PROBLEMA 1: SOLUÇÃO DE FABRÍCIO SIQUEIRA BENEVIDES (FORTALEZA – CE) Seja P ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e e seja A( x) = kx + q a reta que o intersecta em 4 pontos. c nos foram dados de modo que S(x) tenha 3 pontos de máx/mín locais. 4a  4a   4a  −b Para escrever menos seja u = . Queremos mostrar que existe r ( x) = tx + s tal que S ( x ) = P( x ) − r ( x) tem quatro raizes igualmente espaçadas. isto é. mostraremos que é possível escolher d' de modo que S(x) seja −b  −b   −b  simétrico em relação à reta x = . c achar d'. S  −k = S  + k  . PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DE HUMBERTO SILVA NAVES (S. X é uma matriz n × 1. Obs. g (s ) = 0 Pelo T. Claramente det. s ) tal que f (e ') = g (e '). i. g (r ) > 0 f ( s ) > 0. ou seja: A = H ⋅ D ⋅ H –1 onde H T = H –1 e D é uma matriz diagonal formada pelos autovalores de A. S é simétrico e f(e) = h (e).e.SP) Pela escolha de d'. Claramente podemos escolher um e tal que S tenha 4 raízes x1e . f (e ') = g (e ') = h(e ') . pois é simétrica. e este é o nosso tão procurado e'. h(e) = x4 e − x3 e para r ≤ e ≤ s (ver gráfico) r f (r ) = 0. A = det.J. não nula. Primeiramente vamos provar que todos os auto-valores de A são positivos: Seja X um auto-vetor de A.. tal que EUREKA! N°16.Sociedade Brasileira de Matemática ou x= −b 4a Finalmente mudar e' significa transladar o gráfico de S para cima ou para baixo. Neste caso. D. Para cada e' desses considere as funções f (e) = x2e − x1e s f g (e) = x3e − x2 e .V. x3e . Temos que a matriz A é diagonalizável. DOS CAMPOS . As matrizes D e H são reais. x2e . existe e ' ∈ (r . 2003 51 .I. x4e . . pois xi = max{ x1 . temos: λ1 + λ2 + . Logo a soma das raízes de P(x) (com suas respectivas n −1 − (−1) n multiplicidades) é = n... 1= PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE CARLOS STEIN NAVES DE BRITO (S. tal que 0 < xi = max{ x1 . xn } .. (−1) n Temos: λ1 + λ2 + .. ou seja.. 1 ≤ i ≤ n..SP) Seja *A =U k i i =1 Seja S = ∑ Ai ≥ k ⋅ i =1 k n (I) 2 k ⋅ n (II) k +1 Por absurdo.. Claramente um auto-valor de A é uma raiz de P(x) = det (A – xI). + λn n ≥ λ1λ2 . xn }.....Sociedade Brasileira de Matemática AX = λ X  x1    X = #   xn   Seja i. O coeficiente de x n −1 de P(x) é a soma da diagonal principal de A multiplicada por ( −1) n −1 .λn ≤ 1 ⇒ det A ≤ 1.. suponha que U < EUREKA! N°16. Pela desigualdade das médias. + aii −1 xi −1 + aii +1 xi +1 + . logo xi ≤ ( λ − 1) xi = j ≠i 1≤ j ≤n ∑ax ij j ≤ j ≠i 1≤ j ≤ n ∑ aij x j < xi um absurdo! Logo det D > 0 ⇒ det A > 0.λn ⇒ λ1λ2 λ3 . com λi ≥ 0 ∀i .... + λn = n onde os λi's são os auto-valores de A..... DOS CAMPOS ...J. 2003 52 . + ain xn Temos (λ − 1) xi ≥ xi e j ≠i 1≤ j ≤ n ∑ aij < 1 ⇒ j ≠i 1≤ j ≤ n ∑ aij x j < xi . x 2 .λn ≤ 1 n Mas det D = λ1λ2 . ( −1) n −1 n .. + ain xn ⇔ (λ − 1) xi = ai1 x1 + ai 2 x2 + . Se fosse λ ≤ 0 teríamos: λ xi = ai1 x1 + ai 2 x2 + .. cqd. t∈ *A k i =1 t t i Logo ∑ ai = i =1 k ∑ t∈ * k i =1 bt2 − bt = ∑ t∈ Ai * k i =1 bt2 − ∑ t∈ Ai * k i =1 bt (note que ∑ k Ai t∈ *A i=1 k n bt = ∑ Ai ≥ k ⋅ . pois bt conjuntos contém t. tirando o Ai. k i t i i =1 ∑a i =1 k i = ∑ j∈ k i =1 *A b j (b j − 1). Temos ai = ∑ Ai ∩ A j j =1 j ≠i k Para cada t ∈ Lema: * A . 2003 k (k +1)kn kn kn k ⋅ n(k −1) − = (k +1− 2) = 4 2 4 4 53 . 2. temos que a1 = 4. Por Cauchy-Schwarz:     2  ∑ bt  k   k k 2 ⋅ n2 k 2 ⋅ n2   t∈*Ai    ∑ Ai  S 2 (k +1)k ⋅ n (bt 2 ) ≥  i=k1  =  i=1  = ≥ 4 > 4 = ∑ k k U U U 4 ⋅n t∈*Ai Ai k +1 i =1 i =1 2 * → ∑ai = ∑bt2 − ∑bt > i =1 EUREKA! N°16. 5} e A3 = {1. logo cada parcela b − 1 i t i =1 aparece bt vezes em ∑  ∑ (b − 1)  . existem b conjuntos que contém t. A2 = {1. se A1 = {1. logo ∑ a k k     i =1 t∈ Ai t i =1 i = ∑ b (b − 1).3. o seja b o número de A 's que contém t. pois 2 i =1 i estamos contando quantas vezes aparece cada elemento). 6} .3} . logo cada t aparece em (bt − 1) outros Aj.Sociedade Brasileira de Matemática Seja ai quantas vezes os elementos de Ai aparecem nos outros A j ( j ≠ i ) . t i =1 i i =1 t∈Ai t t k k * A . logo temos (bt − 1) outros que contém t. por exemplo. i Prova: Temos que ai é quantas vezes aparece cada t ∈ Ai em outros A j ( j ≠ i ) . Assim ai = Para cada t ∈ k t∈Ai ∑ (b −1) ⇒ ∑ a = ∑(∑ (b −1)). 2. i. 2003 54 . Obs: cos 2θ = 2 cos 2 θ − 1 = 1 − 2 sen 2θ 2 + x = 2(1 + cos α ) = 4 cos 2 (α / 2) → 2 + x = 2 cos(α / 2) (pois α / 2 ∈ (0. π / 6) logo cos(α / 2) > 0 ). . EUREKA! N°16. com α ∈ (0. tá difícil…vamos tentar uma idéia: Seja x = 2cos α . 4 4 k −1 k −1 aj Logo U ≥ k ⋅n. k +1 PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE MÁRCIO AFONSO ASSAD COHEN (RIO DE JANEIRO . como aj = Logo ∃a j . x = 2 + 2sen(α / 4) → Obs. tirando raiz: x = 2cos(π / 4 − α / 8).Sociedade Brasileira de Matemática Pelo princípio das casas dos pombos. absurdo).e. x = 2cos 2π / 9 é a única solução real da equação. 2 cos α = 2 cos(π / 4 − α / 8) → cos α = cos(π / 4 − α / 8) 2 2 + 2sen(α / 4) = 2 + 2cos(π / 2 −α / 4) = 2⋅ [1+ cos(π / 2 −α / 4)] = 2  2⋅ cos (π / 4 −α /8)  → α = π / 4 − α / 8 → 9α / 8 = π / 4 → α = 2π / 9 Logo. absurdo. 4 k ⋅ n ⋅ (k − 1) 4 k (senão n(k − 1) Aj ∩ Ai . Logo. ∃a j .RJ) É. a j > 4 i=1 ∑ i≠ j k n(k − 1) n n 4 existe um p tal que A j ∩ Ap ≥ > = ⇒ A j ∩ Ap > .: sen(α / 4) = cos(π / 2 − α / 4) Portanto. π / 3) (Ok. De novo pela casa dos pombos. 2 + x = 2 cos(α / 2) → 2 − 2 + x = 2 − 2 cos(α / 2) = 2(1 − cos(α / 2)) = = 2 ⋅ 2 sen 2 (α / 4) → 2 − 2 + x = 2 sen(α / 4) (pois sen(α / 4) > 0 ). tal que a j > ∑a i ≤ kn(k − 1) . pois já sei que 1 < 2 ≤ x ≤ 2 + 2 < 2). l. C = [0. B e C não são G G G colineares. 1] e D = [1. Consideremos as duas cônicas do problema inseridas no plano projetivo 2 . EUREKA! N°16. Como d não pertence às retas AB. o que prova o lema.Eureka! No. 0. Como 1 = ∑ g k (n ) ≥ ln k +1 (  bk +1   ) − ln k +1 (  bk   ). n ∑ ∑ n =1 k = 0  bk ≤ n < bk +1 an  ∞ 1 1 para todo k. lb . 0. B. logo existem reais k. mc de  3 teremos A = [1.. B = [0. Lema: Se. existe um sistema de coordenadas projetivas no qual A = [1. 0]. m são G G G diferentes de zero. C e D são tais que 3 quaisquer não são colineares. Como A. 2003 G GG G G G G G 55 .: "Aplicações de planos projetivos em Teoria dos Números e Combinatória" de Carlos Yuzo Shine . C = [0. temos. pois gk é decrescente. se considerarmos a base ka. para todo n ≥ bk. l. D = [1. Como a derivada de ln k +1 ( x) é ln k +1 ( n + 1) − ln k +1 ( n) = ∫ n +1 n ∏ ln j =0 k 1 =: g k ( x). 0]. 1. 1. 0. 1]. a . 1.Sociedade Brasileira de Matemática PROBLEMA 5: SOLUÇÃO DA BANCA Sejam b0 = 1. bk +1 = e bk para todo k ∈ . Assim. k. bk ≤ n < bk +1 an bk ≤ n < bk +1 ∑ ln k +1 (  bk   ) < ln k +1 (bk + 1) < ln k +1 (bk ) + 1 1 = 2 2 para todo k ≥ 1 e ln k +1 (  bk +1   ) ≥ ln k +1 (bk +1 ) = 1 . m tais que d = ka + lb + mc . 1]. B = [0. para cada n. O fato de serem elipses significa que essas cônicas não cortam a "reta do infinito" z = 0. C e D respectivamente. Para bk ≤ n < bk +1 temos k(n) = k. temos ∞  1 a =  ∑  diverge. A. 0. 1] Demonstração: Sejam a . 15). d vetores de  3 representando as classes de equivalência de A. 0]. Assim. donde > 2 bk ≤ n < bk +1 a n ∑ PROBLEMA 6: SOLUÇÃO DA BANCA Vamos utilizar coordenadas projetivas (Ref. B. BC ou AC. c . 0]. b e c são l.i. ( ) j x g k ( x) dx ≤ g k ( n ). 1. b . B.Sociedade Brasileira de Matemática Sejam A. com λ > 0. 1] como toda mudança de coordenadas é invertível. y) em  . Se uma delas é uma hipérbole. obtemos duas outras elipses cujas retas tangentes em T (1. X] (e. –1. temos agora duas cônicas que passam pelos pontos de Q tais que. [0. [1. se uma delas é uma hiperbole então a outra é uma elipse. y) = ( x / λ . 0. a + b = c + d = 1. leva (x. t ∈  ( se t ∈{0. As distâncias dessas retas à origem são. 1. com t > 1. no plano. dado que a imagem da reta do infinito. Z. 1. 2003 56 . De fato a família de cônicas no plano que passam por (–1. –1. –1). B. –1) e (1. hiperbole ( tx 2 + (1 − t ) y 2 = 1 ) é a elipse  t t   Assim. 1). com a. [0. 1]. (–1. No novo sistema de coordenadas temos duas cônicas dessa família. –1). digamos tx 2 + (1 − t ) y 2 = 1 . 1)} ainda é Q e a imagem da  (t − 1) x 2 y 2  + = 1 . [–1. Z] em [Y. (1. que continua sendo uma reta. Assim. 1]. 1) sejam as retas (ax + by = 1) e (cx + dy = 1). pois nesse caso as cônicas não poderiam ser imagem de duas elipses por uma mudança de coordenadas projetivas. Podemos escolher esse novo sistema de coordenadas de modo que as duas cônicas continuem sendo elipses. (1. ou essas cônicas são duas elipses ou qualquer reta no plano intersecta uma dessas cônicas.  ):  x x a imagem de Q = {(–1. 1] e [1. temos duas elipses que passam pelos pontos de Q. –1. Usando o lema.1) são (aλ x + by = 1) e (cλ x + dy = 1). sempre intersecta uma dessas cônicas. 1]. 1. 1] em [1. –1]. (1. (–1. d > 0. C e D os pontos de interseção entre as duas elipses. Agora. usando o lema podemos realizar uma mudança de coordenadas que leve os pontos A. 1 1 respectivamente. e a 2λ 2 + b 2 c2λ 2 + d 2 EUREKA! N°16. podemos aplicar a mudança de coordenadas  y 1 projetivas que leva [X. C e D em [1.1} a cônica se degenera num par de retas). 1]. [–1. 0]. O segundo caso não é possível. 1). Após aplicarmos uma mudança de coordenadas afim do tipo T(x. 1] e [–1. 0. 1. 1. –1). y ) . c. . em relação à reta do infinito z = 0. –1. 1) = (1/ λ . 0]. [–1. Y. 1. b. 1) é dada pelas equações tx 2 + (1 − t ) y 2 = 1 . Suponhamos que suas tangentes no ponto (1. 1]. podemos realizar uma mudança de coordenadas que leve os pontos [–1. [1. . Nota: Os enunciados dos problemas 3 e 5 da segunda fase do Nível Universitário saíram com alguns erros na prova: no problema 3.⋅ ln k ( n) (n). a −c a + b = c + d ⇒ ( a − c > 0 ⇔ d − b > 0). Isso resolve o problema. y ) às nossas duas a2 − c2 elipses. e logo é imagem de uma elipse por essa mudança de coordenadas. aparecia k ( n) j =0 j ∏ln (x) = x ⋅ ln(x) ⋅ lnln(x) ⋅. Essa elipse é tangente às 8 retas do enunciado.Sociedade Brasileira de Matemática d 2 − b2 Temos a λ + b = c λ + d ⇔ λ = 2 2 . 2003 57 . de Carlos Gustavo Moreira e Nicolau Saldanha (publicado na Eureka! No.. e portanto não intersecta a imagem da reta do infinito pela mudança de coordenadas projetivas que leva as elipses originais nestas. EUREKA! N°16. e aplicando T ( x. onde está "símbolo de Lagrange" deveria ser "símbolo de Legendre". no problema 5.⋅ ln j =0 j k (n) k (n) (x) em vez de ∏ln (n) = n⋅ ln(n) ⋅ lnln(n) ⋅. e . tomando λ = d 2 − b2 .. ♦♦♦ Errata: No artigo "Reciprocidade Quadrática". obtemos duas elipses que se intersectam em quatro pontos de modo que todas as 8 retas tangentes às duas elipses nesses pontos estão a uma mesma distância da origem (por simetria). e logo existe uma círculo tangente a todas elas. aparecia *A n i =1 i em vez de * k i =1 Ai . 2 2 2 2 2 2 2 que é positivo. ♦♦♦ Agradecemos a Okakamo Kokobongo Matsubashi pela revisão deste número.. y ) = ( x / λ . 15). pois Assim. o qual está contido na união dos interiores dessas elipses. MG Santo André .PB Rio de Janeiro .RN Jequié .ES Fortaleza .CE Natal .SP São Paulo .RJ Paulista .CE Rio de Janeiro .SP Rio de Janeiro .SC Belém .PB Recife . Séries) Henrique Ponde de Oliveira Pinto Camila Alves Pereira Cássio Kendi Takamori Jéssica Guerra Caldato Vinícius Marques Regitano Mário Henrique Mendonça Castilho Bernardo de Oliveira Veiga Rafael Tupynambá Dutra Gabrielle Collato Marcelino Maria Fernanda Petri Beto Guilherme Philippe Figueiredo Cristiano Peres Guimarães Gustavo Henrique dos Santos Figueiredo Larissa Lais de Sá Rafael Augusto da Silva Gonçalves Diogo Bonfim Moraes Morant de Holanda Fernanda Sá Leal de Moura Luísa Dias Barbosa Alves David Francisco dos Santos Marcos Coppa Gomes Filho Anderson Vasconcelos Maciel Samuel Carvalho Lima Holanda Rodolfo de Andrade Marinho Silva Franz Biondi Siemon Rafael Sampaio de Rezende André Vasconcelos Barros Guilherme Silva Moura Daniel Luna de Menezes Laís Moutinho Medeiros Rafael Moura e Sucupira Vinicius de Souza Lima e Oliveira Weslen Costa Timoteo Filipe Alves Tomé Lays Cardoso Tatagiba Marlon Vieira de Lima Júnior Lukas Carmona Macedo de Souza Alessandro Wagner Palmeira Nathália Pereira Gonçalves Renan Magri Rafael Alcoforado Domingues Letícia Duarte Ferrari Lucio Eiji Assaoka Hossaka Flavia Contartesi Odair Dutra Santana Júnior Mayara Franco Rodrigues Artur de Almeida Losnak Thaísa Giorno Dantas Rabaneda Lopes Cássio dos Santos Araújo Amanda Yumi Iseri Tiago Madeira Matheus Mello Asunção Luísa Castro Noronha Rafael Ellis Reuben MEDALHA DE OURO Salvador .SP Guarulhos .SP Piracicaba . 2003 58 . e 6a.SP Fortaleza .PE São José dos Campos .SP São Paulo .SP Recife .RJ Fortaleza .RJ Belo Horizonte .SP Santo André .PE Serra .SP Araraquara .RJ Itaporã .SP Rio de Janeiro .RN Fortaleza .BA Gloria do Goitá .PE Fortaleza .PE Fortaleza .BA MENÇÃO HONROSA João Pessoa .Sociedade Brasileira de Matemática XXIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA Resultado – Nível 1 (5a.PR João Pessoa .SP Salvador .PR São Carlos .ES Natal .SP Botuporanga .SP Atibaia .SP São Paulo .PA Valinhos .SP São Paulo .CE Mendonça.CE Itaperuna .PI Recife .SP MEDALHA DE PRATA São João da Boa Vista .SP Santo André .PE Uberaba .CE São Paulo .BA MEDALHA DE BRONZE Rio de Janeiro .RJ Curitiba .CE Fortaleza .PB Vitória .RJ Teresina .SP EUREKA! N°16.CE Campina Grande .MG Itajaí . SP São Paulo .BA Fortaleza . e 8a.CE Fortaleza .CE São Paulo .MG Belém .SP Fortaleza .SP Teresina .BA Contagem .SP Itajaí .SP São Paulo .SP Salvador . Séries) Thomás Yoiti Sasaki Hoshina André Lucas Ribeiro dos Santos Vitor Humia Fontoura Gabriel Tavares Bujokas Guilherme Rodrigues Nogueira de Souza Douglas Bokliang Ang Cunha Hector Kenzo Horiuti Kitahara Guilherme Rohden Echelmeier Enzo Haruo Hiraoka Moriyama Luty Rodrigues Ribeiro Eduardo Fischer Rafael Kitayama Shiraiwa Thaís Viveiro Caio dos Santos Pereira Gazzola Rodrigo Augusto Santana Rodrigo Viana Soares André Linhares Rodrigues Fábio Eigi Imada Rafael Montezuma Pinheiro Cabral Pedro Paulo Gondim Cardoso Rhamon Barroso de Sousa Lucas Magalhães Pereira Castello Branco Max Douglas Peixoto da Silva Renata Mayer Gukovas Milena Pinheiro Martins Anderson Hoshiko Aiziro Daniel Yoshio Futenma da Silva Landerson Bezerra Santiago José Armando Barbosa Filho Danilo Eiki Yokoyama Fernando Mizoguchi Gorgoll Pedro Thiago Ezequiel de Andrade José Robério Xavier dos Santos Júnior Erick Vizolli Camila Vasconcelos de Oliveira Raphael Rodrigues Mata Adriano César Braga Borges Gustavo Eidji Camarinha Fujiwara Henrique Kenji Formagio Noguchi André Ikeda Cantão Paulo André Carvalho de Melo Fábio Queiroz Vasconcelos Cunha Flaviano Ramos Pereira Junior Mauro Cardoso Lopes Luiz Müller Tiago Nery Vasconcelos Thiago de Azevedo Pinheiro Hoshino MEDALHA DE OURO Rio de Janeiro .MG São Paulo .SP Fortaleza .SP São Paulo .CE Fortaleza .SP Vitória .CE Encantado .CE São José dos Campos .CE Salvador .RS São Paulo .BA São Paulo .SP São Paulo .Sociedade Brasileira de Matemática Resultado – Nível 2 (7a.CE Fortaleza .SP São José dos Campos .CE Curitiba .RJ Pindamonhangaba .SP Fortaleza .PR Rio de Janeiro .SP MEDALHA DE BRONZE Belo Horizonte .SP Curitiba .SP EUREKA! N°16.CE Salvador .CE Fortaleza .PR Fortaleza .SP São Paulo .SP MENÇÃO HONROSA São Paulo .ES São Paulo .PA Fortaleza .PA São Paulo .SC São Paulo .SP Maracanaú .CE São Paulo .BA Belém .RJ Salvador . 2003 59 .SP MEDALHA DE PRATA São Paulo .PI São Carlos .CE Fortaleza . SP Fortaleza .CE Belo Horizonte .CE Niterói .SP Fortaleza .RJ Rio de Janeiro .CE Fortaleza .CE Fortaleza .CE Fortaleza .SP Fortaleza .SP MEDALHA DE BRONZE Fortaleza .RJ São Paulo .CE Rio de Janeiro .CE São Paulo .SP Fortaleza .SP Fortaleza .CE Ananindeua . 2003 São Paulo .PA Fortaleza .CE Fortaleza .PI São Paulo .RJ Rio de Janeiro .RJ Fortaleza .CE Fortaleza .SP MEDALHA DE PRATA Fortaleza .RJ Rio de Janeiro .ES Teresina . Munhoz Henry Wei Cheng Hsu Samuel Barbosa Feitosa Larissa Cavalcante Queiroz de Lima Bernardo Freitas Paulo da Costa Davi Máximo Alexandrino Nogueira Thiago Costa Leite Santos Einstein do Nascimento Júnior Eduardo de Moraes Rodrigues Poço Rafael Tajra Fonteles Felipe Rodrigues Nogueira de Souza Murilo Vasconcelos Andrade Thiago Braga Cavalcante Paulo Ribeiro de Almeida Neto Germanna de Oliveira Queiroz Juliana Gomes Varela Rodrigo Aguiar Pinheiro Israel Franklim Dourado Carrah Daniel Pessoa Martins Cunha Renato Seiji Tavares Carlos Augusto David Ribeiro Letícia Rosa dos Santos Rafael Marini Silva Telmo Luis Correa Junior Diego Alvarez Araujo Correia Vitor Gabriel Kleine Francisco Bruno de Lima Holanda Diogo dos Santos Suyama Anderson Torres Larissa Rodrigues Ribeiro Marina Lima Medeiros Antonia Taline de Souza Mendonça Rodrigo Angelo Muniz Eduardo Paiva Costa Eduardo Monteiro Nicodemos Thiago Morello Peres Elder Rodrigo Barbosa Campos Thiago Luís Viana de Santana Filipe Rodrigues de Souza Moreira Rodrigo Kendy Yamashita João Marcos da Cunha Silva Lyussei Abe EUREKA! N°16.RJ MENÇÃO HONROSA Vila Velha .CE Mogi das Cruzes .CE São Paulo .SP Fortaleza .Sociedade Brasileira de Matemática Resultado – Nível 3 (Ensino Médio) MEDALHA DE OURO Guilherme Issao Camarinha Fujiwara Fábio Dias Moreira Rafael Daigo Hirama Yuri Gomes Lima Thiago da Silva Sobral Alex Corrêa Abreu Henrique Chociay Antonio Carlos Maldonado Silveira A.CE Cariacica .AL Fortaleza .PR Rio de Janeiro .CE São Paulo .ES São Paulo .SP Rio de Janeiro .RJ Rio de Janeiro .MG São Paulo .CE Fortaleza .SP 60 .CE Rio de Janeiro .SP Teresina .CE São Paulo .PI Rio de Janeiro .CE Fortaleza .RJ Campinas .RJ São Paulo .CE Fortaleza .RJ Curitiba .SP Maceió . PI São José dos Campos .RJ São Paulo .SP Rio de Janeiro .SP MENÇÃO HONROSA Rio de Janeiro .CE São José dos Campos .CE Rio de Janeiro .SP São José dos Campos .SP São Paulo . 2003 61 .SP Fortaleza . Silva Diêgo Veloso Uchôa Marcelo Handro Maia Gilberto Kirk Rodrigues Diogo Luiz Duarte Camilo Marcantonio Junior Marcio Miranda de Carvalho Marcio Paiva Reis Arnaldo João do Nascimento Junior São Paulo .CE São Paulo .SC Fortaleza .RJ Rio de Janeiro .RJ Teresina .SP Rio de Janeiro .BA São Paulo .PB Teresina .SP Florianópolis .SP São Paulo .RJ MEDALHA DE PRATA Fortaleza .RJ Rio de Janeiro .RJ MEDALHA DE BRONZE Salvador .ES Duque de Caxias .S.RJ 9HMD D OLVWD GH FRRUGHQDGRUHV UHJLRQDLV QD QRVVD SiJLQD QD LQWHUQHW ZZZREPRUJEUFRRUGUHJKWP EUREKA! N°16.PI Vitória .SP Campina Grande .RJ Rio de Janeiro .SP Rio de Janeiro .RJ São Paulo .SP São Paulo .SP Nilópolis .Sociedade Brasileira de Matemática Resultado – Nível Universitário MEDALHA DE OURO Carlos Yuzo Shine Humberto Silva Naves Marcio Afonso Assad Cohen Thiago Barros Rodrigues Costa Carlos Stein Naves de Brito Rodrigo Villard Milet Daniel Massaki Yamamoto Giuliano Boava Fabrício Siqueira Benevides Eduardo Famini Silva Tertuliano Franco Santos Franco Rodrigo Roque Dias Lucas de Melo Pontes e Silva Thiago Afonso de André Sergio Alvarez Araujo Correia Daniel Nobuo Uno Evandro Makiyama de Melo Leonardo Augusto Zão Bruno Fernandes Cerqueira Leite Daniel Mourão Martins Daniele Véras de Andrade Lucas Heitzmann Gabrielli Diogo Diniz P.RJ São Paulo . Sociedade Brasileira de Matemática AGENDA OLÍMPICA XXV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA NÍVEIS 1. 19 de outubro de 2003 ♦ IX OLIMPÍADA DE MAIO 10 de maio de 2003 ♦ XIV OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 23 a 30 de maio de 2003 Ica – Peru ♦ XLIV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 07 a 19 de julho de 2003 Tóquio – Japão ♦ X OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 25 a 31 de julho de 2003 Universidade Babes-Bolyai. 2 e 3) Domingo. 19 de outubro de 2003 (níveis 2 e 3 . 2003 62 . 2 e 3 Primeira Fase – Sábado. 13 de setembro de 2003 Segunda Fase – Sábado. 13 de setembro de 2003 Terceira Fase – Sábado.segundo dia de prova). NÍVEL UNIVERSITÁRIO Primeira Fase – Sábado. Romênia ♦ XVIII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 13 a 20 de setembro de 2003 Argentina ♦ VI OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 8 de novembro de 2003 ♦♦♦ EUREKA! N°16. 7 de junho de 2003 Segunda Fase – Sábado. Cluj-Napoca. 18 e Domingo. 18 de outubro de 2003 (níveis 1.