O colega Seiji Hariki, que desde a RPM 8 vem sendo o responsável pela seção Problemas, encontra-se atualmente na Inglaterra, aperfeiçoando-se na área de Educação Matemática. Assumiu esta seção o colega Flávio Wagner Rodrigues, que contará com a colaboração de E. M. Sallum, ambos do IME, USP.

O Comité Editorial da RPM agradece ao colega que parte e dá suas boas vindas aos novos membros da equipe.

54. Prove que

(O leitor atento por certo irá notar que esta questão foi sugerida pela solução, que apresentamos neste mesmo número, para o problema 53 da RPM 10. Fica claro, portanto, que o que se quer agora é uma demonstração direta e não uma simples afirmação de que ela é uma conseqüência da solução do problema 53.)

55. Mostre que existe apenas um número finito de triplas x, y, z, de números naturais, tais que .

57. Em uma praça circular estão dispostas n casas idênticas. Supondo que você tenha tintas de 3 cores diferentes, de quantas maneiras você poderá pintar essas casas, usando uma única cor para cada casa, de modo que casas vizinhas nunca tenham a mesma cor?

(O professor João Affonso Pascarelli, recentemente falecido, foi quem nos propôs esse problema. A seção presta sua homenagem ao professor, incluindo o problema neste número.)

(Ver respostas no final desta seção)

Existem alguns problemas folclóricos, que circulam há muito tempo, dos quais não se conhecem as origens e que reaparecem, às vezes, em novas roupagens. A colega Maria Puresa de Teixeira Siqueira, de Brasília, DF, nos envia dois destes, que lhe foram propostos por seu pai, quando ela era criança. Flávio Wagner Rodrigues lembrou-se do terceiro. Vamos passá-los aos nossos alunos?

1.   O gavião e o bando de ribaçãs

O gavião combinou com a ribaçã, chefe do bando, que no galho onde houvesse 100 ribaçãs, ele comeria uma delas.

Num dia claro, sol ardente, o gavião passava por um bosque e ouviu gargalhadas no meio das árvores; parecia um bando de ribaçãs. Aproximou-se. Eram, de fato, ribaçãs num galho de árvore. Feliz, bradou alto: — "Ó, minhas 100 ribaçãs!" Respondeu uma delas: — "Nós não somos 100. Nós, outro tanto de nós, a metade de nós, um quarto de nós e vós, gavião, é que somos 100". O gavião baixou a cabeça e saiu triste por não haver ganho o trato. Quantas ribaçãs havia no galho da árvore?

2.   A distribuição das laranjas

Certa vez um cidadão colheu uma porção de laranjas e colocou-as num saco. Sua tarefa era passar por 4 cancelas e distribuí-las da seguinte forma: em cada cancela deveria deixar metade das laranjas mais meia laranja.

Ao passar pela 1.ª cancela, deixou metade das laranjas que levava no saco, mais meia laranja, sem partir nenhuma laranja. Em seguida, dirigiu-se à 2.ª cancela, deixou a metade das laranjas que restava, mais meia laranja, sem partir nenhuma laranja. Continuando o trabalho, passou pela 3.ª cancela, deixou a metade das laranjas restantes, mais meia laranja, sem partir nenhuma laranja. Por fim, ao passar pela 4.ª e última cancela, deixou a metade das laranjas que ainda restavam no saco, mais meia laranja, sem partir nenhuma laranja, e foi embora para casa, feliz por haver cumprido sua tarefa.

Resultado: tarefa cumprida, mas, ao olhar no saco, viu que não lhe havia sobrado nenhuma laranja. Quantas laranjas havia no saco antes de o cidadão passar pela 1.ª cancela?

3. O burro e o cavalo

Um burro e um cavalo caminhavam por uma estrada carregando sacos de igual peso. O burro se queixava da vida por achar que estava carregando peso demais. Diz então o cavalo: — "Pára de te lamuriar pois se eu te der um dos sacos que levo sobre meu lombo só aí ficaremos com cargas iguais. Por outro lado, se tu me deres um dos teus, a minha carga ficará o dobro da tua".

Dize-me agora, sábio matemático, quantos sacos levava cada um?

34.   Prove que se a, > 1,  então

Solução:

A demonstração se baseia na mesma técnica utilizada para mostrar que a média aritmética de n números reais positivos nunca é inferior à média geométrica desses números (veja, por exemplo, Lima, Elon L. Curso de Análise, v. 1 — Cap. III, problema 54, p. 75). Vamos considerar a operação que consiste em substituir o menor dos números, digamos a_i, e o maior deles, digamos  aj,  respectivamente por a'_i  =  (a_i ^. a_j) / G e a'_j = G,  onde

Obviamente, isto não altera o lado direito da desigualdade e, como veremos, o lado esquerdo não aumenta. Para isso, precisamos mostrar que:

Multiplicando ambos os lados da desigualdade pelo produto dos denominadores e agrupando os termos, obtemos a desigualdade equivalente:

O lado esquerdo dessa desigualdade pode ser pensado como um trinômio do 2º grau em G, que se anula para G = a_i e G = a_j,. Por outro lado, é fácil ver que o coeficiente de G² é igual a 1 + a_j a_i (1 + a_j) = 1 a_ia_j e é, portanto, negativo, uma vez que a_i e a_j são maiores do que 1. Segue-se que a desigualdade acima se verifica para todo G que satisfaça a_i G a_j. A conclusão segue agora do fato de que a média geométrica de um conjunto de n números positivos está sempre compreendida entre o mínimo e o máximo desse conjunto. Observe, em seguida, que a média geométrica não se altera e após cada repetição da operação, ela estará compreendida entre o mínimo e o máximo do novo conjunto de números obtidos. Mais ainda, ela só será igual ao mínimo ou ao máximo quando todos os números forem iguais. Segue-se, então, que, enquanto existirem números diferentes de G em cada operação, pelo menos um deles será substituído por G. Conclui-se, portanto, que, após, no máximo, n repetições obteremos n números iguais a G, para os quais a desigualdade está obviamente satisfeita. Como, ao longo de todo o processo, o lado direito não se alterou e o esquerdo não aumentou, conclui-se que a desigualdade é verdadeira.

(Solução enviada por Sérgio Dalmas, de São Vicente, SP.)

35.   Sejam   0< < < + < , 0 < < l,   =  1  - .   Prove que:

Solução:
 

Reduzindo os dois membros ao mesmo denominador sen a sen 0 sen(a + ), que é estritamente positivo, tem-se que a desigualdade (1) é equivalente a

(Solução enviada por Sérgio Dalmas, de São Vicente, SP.)

47. Na RPM 12 publicaremos uma solução do problema 47 da RPM 9 (enviada por Eduardo Wagner, do Rio de Janeiro, RJ), único dos 50 primeiros problemas desta seção que ainda não teve uma solução publicada.

49.   Sabe   e que cada uma dentre aj pessoas  A,  B  e C diz a verdade em qualquer situação, com probabilidade 1/3. Suponha que A   faça uma uma afirmação e que  C diz que  B diz que

A   falou a verdade. Qual a probabilidade de que A   realmente tenha falado a verdade?

Solução:

Cada uma das 3 pessoas, A, B ou C, ao fazer uma afirmação, poderá estar mentindo (Aí) ou falando a verdade (V). Como o problema envolve afirmações das 3 pessoas, o conjunto das possibilidades será formado por ternos ordenados dos símbolos Aí ou V. Assim, por exemplo, (Aí, Aí, V) representaria o caso no qual A fala a verdade e B e C mentem. Nessas condições, o conjunto das possibilidades (ou, como dizem os probabilistas, o espaço amostral do experimento) seria formado pelos pontos: (Aí, Aí, Aí) (K, Aí, Aí) (Aí, V, Aí) (Aí, M, V) (Aí, V, V) (V, Aí, V) {V, V, M) (K, V, V). Nesse espaço, vamos considerar os eventos:
 

E - A fala a verdade

F - C diz que B diz que A falou a verdade
 

O que o problema pede é a probabilidade condicional, P(E/F), do evento E dado que ocorreu o evento F.  Por definição, essa probabilidade é dada por:

É claro que o evento  E é formado pelos pontos (K, V, V), (M, K, K), (K, M, V)

(M, M, K). Vamos, agora, identificar quais os pontos que pertencem ao evento F. Para maior clareza vamos considerar separadamente dois casos:

1)    A fala a verdade — Nesse caso, para que F ocorra, é necessário que o número de mentiras ditas por B e C seja par, pois só assim elas irão se anular, permitindo que C diga que B
disse que A falou a verdade. Segue-se, portanto, que, nesse caso, os pontos de F são
(V, V, V) e (Aí, Aí, V).

2)    A mente — Um raciocínio análogo mostra que F só irá ocorrer se uma e apenas uma das pessoas B ou C mentir. Logo os pontos de F, nesse caso, são (M V, M) e (V, M, M).

Segue-se, portanto, que o evento F é formado pelos quatro pontos, (V, V, V), (M, M, V),

(V, M, M) e (M, V, M).

Admitindo-se, agora, a independência entre as afirmações das 3 pessoas, teremos:

(Adaptada da solução enviada por Fábio Prates Machado, aluno de pós-graduação do 1ME-USP, que calculou a probabilidade no caso geral de n pessoas envolvidas e o limite dessa probabilidade quando n tende ao infinito). Muitos leitores obtiveram a solução correta construindo uma árvore de possibilidades. Alguns leitores acharam que a resposta continuava sendo 1/3, independentemente do que B ou C dissessem. Para esses, recomendamos a leitura do artigo Eventos Independentes (RPM 4, p. 21).

 

50.   Calcule o comprimento de DE na figura abaixo: Dados: DG = 7 cm             DF = 2 cm           BDC=arco da circunferência tangente a AB e A C nos pontos B e C, respectivamente. Solução:

 Logo,  7CD² = 2BD²   e  DE = .

(Solução enviada por Michel Kireeff Covo, de São Paulo, SP.)

51. São n pessoas com pesos (em quilogramas) a>₁ a₂ ... a_n que precisam atravessar um rio mas há somente um bote disponível. Nesse bote cabem no máximo duas pessoas de cada vez. Pergunta-se:

a)     qual deve ser a capacidade mínima (em quilogramas) de transporte do bote para que seja
possível essa travessia com segurança?

b)  nessas condições, qual o número total mínimo de viagens realizadas?

Solução:

Capacidade mínima do bote — É claro que a capacidade mínima, C, deve permitir que todos atravessem e, portanto, C a₁. Além disso, é necessário que pelo menos duas pessoas possam atravessar juntas, pois alguém precisa trazer o bote de volta. Logo, C a_n1 + a_n. Conclui-se, portanto, que  C = max( a_1,  a_n1  + a_n).

Número total mínimo de travessias

a) Vamos considerar, inicialmente, a situação mais desfavorável, que é aquela na qual apenas as duas pessoas mais leves (a_n-1 e a_n) podem atravessar juntas. Nessas condições, o único esquema que permitiria a travessia de todos seria o seguinte:

1ª viagem a_n =a_n-1 atravessam
2ª viagem a_n volta
3ª viagem a_n =a_n-2 atravessa
4ª viagem a_n-1 volta

Repetindo o processo com a_n-3, a_n-4,... a₁ teríamos 4(n 2) = 4n 8 travessias que, somadas à travessia final de a_n-1 e a_n, nos dariam um total de 4n 7 travessias.

b)  Considere, agora, a situação na qual a₁ + a_n C.  Nessa situação,  a_n poderá funcionar como barqueiro, transportando todas as (n 1) pessoas para a margem oposta. Como para cada uma delas ele gasta duas viagens e, após levar a última, ele não volta, o total de travessias será dado por 2(n 1) 1 = 2n 3.    (O leitor atento irá, certamente, notar que se  C for a capacidade mínima, essa situação só ocorrerá se todas as pessoas tiverem o mesmo peso).

c)      O caso geral — Seja j,  l j < n 1 o primeiro índice para o qual temos: a_j + a_n C.

Os n indivíduos ficam, então, divididos em dois grupos. O primeiro, contendo a₁, a₂, ..., a_j-1, que terão que fazer a travessia sozinhos e o segundo formado pelos (n j + 1) indivíduos restantes que poderão atravessar com a_n, funcionando como barqueiro. Para colocar esses últimos na outra margem, serão necessárias, pela parte b), 2(n J +1) 3 = 2n - 2j 1 travessias. Terminada essa etapa, o problema se reduz ao transporte dos (j + 1) indivíduos a_i,...,a_j-1, a_n-1, a_n (nas condições da parte a), já com uma travessia efetuada, pois a_n-1 e a_n  já estarão na outra margem. Pela parte a), o número de travessias necessárias será 4(j + 1) 7 1 = 4j 4 que, somadas com as 2n - 2j 1 da primeira etapa, dão um total de 2n + 2j - 5 travessias. Nos casos particulares j = n 1 e j = 1, obtemos, respectivamente, 4n 7 e 2n 3, que concordam com os resultados obtidos nas partes a) e b).

(Solução enviada por Chen 1 Sheng, do Rio de Janeiro, RJ.)
 

52.  Seja  a  uma constante real. Elimine das equações abaixo:

Solução:

Somando-se as duas equações dadas, multiplicadas, respectivamente, por sen e cos , obtém-se

x = a(3 sen² cos + cos³ );
 

somando-se as duas equações, multiplicadas, respectivamente, por cos e sen , obtém-se

y = a(3 cos² sen + sen³ ).
 

Donde,  x + y = a(cos + sen )³  e x y = a(cos - sen )¹.
Logo,   (x + y)^2/3 + (x - y)^2/3 = 2a^2/3.

(Solução enviada por Manoel Pereira Gomes Neto,  de Cancaria, CE.)

53.  Dê exemplo de uma equação da forma x³ + ax² + bx + c = 0  com a, b e c racionais,
que tenha 3 raízes reais irracionais e exiba essas raízes.

Solução:

Considere a função f(x) = x³ 3x + 1. O cálculo dos valores numéricos dessa função nos pontos 2, 1, 1 e 2 mostra que a equação x³ — 3x + 1 = 0 admite 3 raízes reais. Para concluir que essas 3 raízes são irracionais, basta observar que 1 e 1 (as únicas possíveis raízes racionais) não satisfazem a equação.

Para determinar as raízes, vamos fazer x= 2y, obtendo, assim, a equação: 8y³ - 6y + 1 = 0,  que é equivalente à equação:

Usando a identidade cos 3 = 4 cos³ 3 cos ,  vemos que as soluções serão dadas por:

Não é difícil mostrar que existem infinitas equações que satisfazem as condições do proble­ma. Para isso basta que o leitor considere polinômios de 3º grau, com um ou mais coeficientes a serem determinados, através de um estudo dos sinais desses polinômios, análogo ao que foi feito acima.

(Adaptação a partir de diversas soluções enviadas por leitores. Entre outras soluções recebidas, vale a pena mencionar aquelas que procuraram determinar equações, impondo que um dado número irracional fosse uma solução. Assim, por exemplo, é solução de qualquer equação do tipo: x³ + ax² 2x 2a = 0. O passo seguinte é determinar valores racionais de a de modo que a equação resultante admita duas outras raízes reais irracionais.)

 

Relação suplementar Leitores que enviaram soluções de problemas publicados em números anteriores à RPM 10:
Sérgio Dalmas (SP) — 34, 35	João F. Barros (SP) — 45, 46
João Luzeilton de Oliveira (CE) — 45, 46	Marcos Gomes (PR) — 45, 46
Joaquim M. Coutinho (RJ) — 45, 46	Reinaldo J. Aires de Menezes (CE) — 46
Eudes V. Chiarelli Filho (MG) — 45, 46	Eric Campos Bastos Guedes (RJ) — 46
Vicente Carlos Martins (MG) — 46	Heleno da Costa Vital (RJ) — 45, 46, 47, 48
Florival Carmo de Sousa (GO) — 45, 46	Márcio Andrade Monteiro (DF) — 45, 46
José Laurivan da Costa (CE) — 45, 46, 48	Rizio Sant'ana (MG) — 35, 45, 46, 47
José Airton Carneiro (PA) — 45	José A. de O. Trindade (RS) — 45, 46
Valentim Valério da Costa (SP) — 45	Eduardo Wagner (RJ) — 45, 46, 47, 48
Maninho da Costa Araújo (MT) — 45, 46	Raimundo Martins Reis Neto (MA) — 45
Itagiba F. Ferreira Cárdia (SP) — 46, 48	Eduardo Shigueru Hanaoka (SP) — 46
João Carlos Moreira de Faria (RJ) — 45	Cláudio Arconcher (SP) — 47
Cid Carlos Leite da Silva (AL) — 45