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									PROBLEMAS

Cláudio Possani
Élvia Mureb Sallum
Flávio Wagner Rodrigues
IME–USP

        Soluções e Sugestões
         RPM – Problemas
         Caixa Postal 66281
         05315-970 São Paulo, SP


Problemas

198. Para cada número natural, n, n  0, determinar os inteiros a, b,
       c e d, 0  a  b  c  d , tais que 2 n  a 2  b 2  c 2  d 2 .
                                                            (Olimpíadas Argentinas.)


199. Considere ABC um triângulo de área 5.
                                                                    A
     Para cada ponto P  AB , mais
     próximo de A do que de B, considere                        P           Q
     Q  AC , R  BC e S  AB de modo                       S
       que PQ // BC , QR // AB e RS // AC .
       Determine o valor máximo atingido                B               R         C
       pela área do quadrilátero PQRS.
                        (Olimpíadas Argentinas.)

200.   Seja f: IN  Z uma função tal que
       i) f (n)  0 se n  2 j  1 , j  0, 1, 2,  .
       ii) f (n  1)  f (n)  1 se n  2 j  1 , j  0, 1, 2,  .
       Demonstre que, para qualquer n  IN, existe k  Z, k  0 tal
       que f ( n )  n  2 k  1 . Calcule f ( 2 1990 ) .
                                  (Olimpíadas Ibero-Americanas de Matemática.)




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200.     Sobre os lados de um
         triângulo      ABC       são                     E                           G
         construídos quadrados e, em                              B
         seguida,     ligam-se     os
                                                    D
         vértices, formando-se um
         hexágono          DEFGHI.                         A                   C
         Sendo AB  13, BC  14 e
         AC  15 , determine a área
         desse hexágono.
         (Enviado por J. Cláudio M.
          Velloso, RJ.)                                       I               H



... e probleminhas

1. Joaquim deve transportar alguns sacos para um
   depósito, recebendo R$0,20 por quilo transportado.
   Os sacos podem pesar 30, 40 ou 50 kg e ele demora
   8, 12 ou 20 minutos para transportá-los,
   respectivamente. Qual é a quantia máxima que o
   Joaquim poderá ganhar em exatamente uma hora de
   trabalho?
              (Olimpíadas Portuguesas de Matemática, 80, 90 anos.)

2. 36 alunos de uma determinada escola prestaram exames vestibulares
   em duas universidades, A e B, sendo que, desse grupo de alunos,
   todos os aprovados em A também foram aprovados em B e o
   número de aprovados em B foi o triplo do número de aprovados em
   A. Se foram aprovados menos da metade e mais de um terço desses
   alunos, quantos não foram aprovados em nenhuma das duas
   universidades?

3. Vou ganhar dois cães, um branco e um preto. Sei
   que um deles é macho. Qual é a probabilidade de
   ambos serem machos?
     (Enviado por Jorge Luis R.Silva, CE.)


                                                                  (Respostas na pág. 20)


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          Soluções dos problemas propostos na RPM 45


190. Escreva o número 512 como uma soma de dois números inteiros
     positivos, um dos quais é múltiplo de 11 e o outro é múltiplo de
     13. Seria possível resolver o problema se fosse solicitado que um
     fosse múltiplo de 15 e o outro múltiplo de 21? Justifique sua
     resposta.
Solução
Supondo que existam inteiros positivos a e b tais que
                      512  11a  13b  11(a  b)  2b ,
concluímos que        a b      é um número par. Além disso,
512  2b  11(a  b) e, então, não é difícil verificar que o maior valor
possível para 512  2b é 506 e o menor é 440, o que implica
40  a  b  46. Resultam as possibilidades:
a  43 e b  3 ; a  30 e b  14 ; a  17 e b  25 ; a  4 e b  36 .
A resposta para a pergunta “Seria possível resolver o problema se fosse
solicitado que um fosse múltiplo de 15 e o outro múltiplo de 21?” é:
Não existem a, b inteiros positivos tais que
512  15a  21b  3(5a  7b), pois 512 não é divisível por 3.
                                       (Solução enviada por diversos leitores.)


191. Determine três números inteiros positivos, distintos, cujos
     quadrados estejam em progressão aritmética. Justifique sua
     resposta.

Solução:

É fácil exibir três números com a propriedade exigida, como, por
exemplo, 1, 5 e 7 (PA: 1, 25, 49). Vamos, agora, apresentar uma
solução genérica para o problema.
Sejam a, b, c inteiros positivos, distintos tais que a 2 , b 2 e c 2
estejam em PA. Mostraremos que existem x, y IN tais que
b 2  x 2  y 2 . De fato:

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Como c 2  a 2  2b 2 , temos que a 2 e c 2 são ambos pares ou ambos
ímpares, logo, o mesmo acontece com a e c.
Assim, existem x, y IN tais que
c  a  2 x ,     a  x  y e, portanto, b2  x 2  y 2 .
c  a  2 y       c  x  y
                  
Reciprocamente, sejam          b,    x,       y     inteiros positivos tais que
b2  x 2  y 2 .

As soluções naturais de       b2  x 2  y 2      são dadas (ver RPM 7, p.49 e
RPM 18, p.10), por:

b  ( m 2  n 2 ) k

 x  ( m  n ) k com m, n, k  IN, m  n , m e n não ambos ímpares.
         2     2

 y  2 mnk

Se a  x  y e c  x  y , mostremos que a 2 , b 2 e c 2 estão em
PA. De fato, temos:
a 2  c2  2b2 ; a 2  x 2  y 2  2 xy ; b2  x 2  y 2 e
c 2  x 2  y 2  2 xy .
Logo, as triplas (a, b, c) de inteiros positivos, distintos, cujos quadrados
estão em PA, são dadas por
      a  x  y  ( m 2  n 2  2mn ) k
     
      b  (m  n ) k                             com m, n, k  IN, m  n .
              2    2

      c  x  y  ( m 2  n 2  2mn )k
     

192. Sejam A1, A2, A3, A4, A5 e A6 os vértices de um hexágono
     convexo equilátero, tal que 1   3   5   2   4   6 , onde
      i é a medida do ângulo interno no vértice Ai. Prove que
     1   4 ,  2   5 e  3   6 .
Solução:



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O hexágono equilátero A1 A2 A3 A4 A5 A6                     é tal que
1   3   5   2   4   6 . Não podemos admitir outras condições
adicionais como regularidade, paralelismo entre lados, etc.
Seja O A1 A3 o triângulo obtido pela reflexão do triângulo A1 A2 A3 em
torno do lado A1 A3.
Os triângulos P A3 A5 e Q A5 A1 são obtidos de forma análoga.

                         A2                         A3
                                          a
                              2           a
                                                b   b

                  a            2
                  a
           A1       c         O     4                           A4
                  c            6

                                            c   b b
                                           c
                         A6                         A5

Como 1   3   5   2   4   6  360  , segue que O  P  Q , e
o hexágono inicial fica decomposto em três losangos.
                                
Além disso, na figura temos: 360  1   3   5  4a  4b  4c , o
que implica 2a  2b  2c  180  e 1  2a  2c  180   2b. Mas no
triângulo O A3 A5,  4  180   2b , logo, 1   4 .
De modo análogo mostra-se que  2   5 e  3   6 .
           (Solução adaptada da enviada por Carlos Alberto da Silva Vitor, RJ.)


193. Para que valores de n é possível construir uma seqüência de
     segmentos A1A2, A2A3, ... An 1 An , An A1 tais que A1 A2  1 ,
      A2 A3  2 , ... An 1 An  n  1 , An A1  n e tais que quaisquer
      dois segmentos adjacentes sejam perpendiculares?
Solução:
A resposta é: existe a poligonal se e somente se n é um múltiplo de 8.


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Mostremos que a condição “n é um múltiplo de 8” é necessária e
suficiente.
Não há perda de generalidade em supor que o ponto inicial da construção
dos segmentos é a origem de um sistema cartesiano de coordenadas
ortogonais do plano e que os segmentos são paralelos aos eixos. Além
disso, cada segmento pode ser representado por um número com sinal
que indica seu comprimento e orientação. Podemos ainda supor o
primeiro segmento A1 A2 de medida +1 e horizontal.
A condição “n é um múltiplo de 8” é suficiente, como mostram as
seqüências de segmentos representados pelos números abaixo:

Seqüência 1
1 2  3  4  5  6  7  8
                   
Seqüência 2
1 2  3  4  5  6  7  8 9 10  11  12  13  14  15  16
                                                     

                                   
Mostremos que a condição também é necessária:
Inicialmente, observe que n é par, pois o primeiro segmento é horizontal
e o último segmento, sendo perpendicular ao primeiro, é vertical. Além
disso, a quantidade de ímpares entre 1 e n (que é igual a n/2) deve
ser par, uma vez que são ímpares consecutivos e sua soma com sinal
deve ser zero. Isso implica n múltiplo de 4.
A soma, com sinal, dos pares consecutivos entre 2 e n também deve
                                                  n
ser zero:  2  4    n  0 ou  1  2     0 .
                                                  2
Sendo n / 2 par, a quantidade de ímpares na última soma é par, ou seja,
a quantidade de pares em  2  4    n  0 é par. Logo, n é múltiplo
de 8.



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(Alguns leitores enviaram soluções parciais deste problema, mas não recebemos
soluções que provassem a condição necessária.)


        Relação dos leitores que enviaram soluções dos
                     problemas da RPM 45
Amaro José de Oliveira Fo, PE – 190         Leonardo Barroso, CE – 190
Anderson A. de Araujo, RJ – 190, 192        Lhioko S. Tayra, SP – 190, 191
Antonio Ferreira Sobrinho, SP – 190         Luciano Marinho Fo, PE – 190, 191
Antônio Matos dos Santos, PR – 190, 191     Luís Felipe de Araújo, PB – 190, 191
Carlos A. Gomes, RN – 190                   Luiz César Niehues, SC – 190
Carlos A.S. Victor, RJ – 190, 191, 192      Marcelo da Silva Mendes, PI – 190, 192
Deise Leandra Fontana, PI – 190, 191, 192   Mauro Felix de Souza, RJ – 190
Florival Carmo de Sousa, GO – 190, 191      Milton Dini Maciel, SP – 190
Fernando Carvalho Ramos, RS – 191           Pedro Sérgio S. de Sousa, SP – 190, 191
Francisco das C. S. Carvalho, PI – 191      Pierre Bedouch, MG – 190
Geraldo Perlino Jr., SP – 190, 191          Rizio Sant’Ana, MG – 190, 191
Guita Nascimento, RJ – 190                  Robério L. de Carvalho, CE – 190, 192
Jaime Oliveira, SE – 190                    Roberto Luís Dotto, SP – 190, 191
Joaquim M. Coutinho, RJ – 190, 191          Ruy Carlos Miritz, RS – 190
João Socorro P. Ferreira, AP – 190          Sebastião M. Santos, MG – 190, 191
Jorge F. dos Santos, RJ – 190, 191, 192     Tsunediro Takahashi, SP – 190
José Cláudio M. Velloso, RJ – 190, 191      Valdir Ferreira Lobo, CE – 190, 191
José Henrique Piccirillo, SP – 190, 191     Victor Chakur, SP – 190, 191
José Hernandes, SP – 190, 191               Wanderley Gamba, SP – 190, 191

Notas da RPM:
1. A RPM agradece mais uma preciosa colaboração de Gilberto G.
   Garbi que nos enviou a solução do problema 191 enriquecida com
   comentários a respeito do tema. O material será examinado pelo
   Comitê Editorial da revista para possível publicação.
2. Na relação de acertadores da RPM 46 erramos o nome do leitor
   Macelo da Silva Mendes (publicamos Marcelo da Silva Mendes). A
   ele, nossas sinceras desculpas.




REVISTA DO PROFESSOR DE MATEMÁTICA 47, 2001                                      53
     ERRATA  RPM

Os erros foram corrigidos na versão eletrônica.




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