70. Dados os números reais x₁, x₂, ..., x_n,  determine o valor (ou valores) de A   que minimizam

71. Dado  o   triângulo   isósceles , traçar, com  régua  e  compasso,   a
transversal  XY de modo que AX = XY = YB
(O que ocorre quando ?)

72. Na figura, o diâmetro   AB mede cm e a corda CD forma um ângulo de 30° com AB.  Se E é o ponto médio de AO,  onde O é o centro do círculo, calcule a área da região  hachurada.  (Enviado por Eduardo Lyrio Figueira de Almeida, RJ)

73. Se a diferença entre dois cubos consecutivos for um quadrado, então, ele é o quadrado da soma de dois quadrados.
Ex.:   8³ 7³ = (2² + 3²)²
(Parte de uma mensagem de Natal enviada pelo Prof. Robert Lyness ao Prof. Anseio Barone Netto.)

Vários leitores mandam "probleminhas" para a RPM, mas quem de longe bateu o record em quantidade, foi o colega Jorge Luis Rodrigues e Silva, de Fortaleza, CE. Até a presente data, em diversas cartas, ele nos mandou 83 probleminhas, tornando até difícil, dada a quantidade, fazer a melhor seleção. Os probleminhas de hoje foram escolhidos dentre os  83:

1.      Em um armazém existem 3 caixas. Uma, só contém maçãs, outra, só pêras e a outra, maçãs e pêras. Nenhuma das caixas está com a etiqueta correta. Quantas frutas terei que tirar das caixas para poder colocar as etiquetas corretamente?

2.     Em cinco sacos diferentes estão 20, 30, 40, 50 e 60 bolas de mesmo tamanho e peso. Tirou-se uma bola de um dos sacos. Com quantas pesagens (em uma balança de dois pratos) podemos descobrir de qual saco foi tirada a bola.

3.     Somos pai, mãe, tio, tia, irmão, irmã, sobrinho, sobrinha e dois primos. Qual é o menor número de pessoas que poderiam ter feito tal afirmação?

4.    Sem efetuar a multiplicação, calcule (999 999 999)²

(Ver respostas na seção "Em que dia da semana ...")
 

62. Num país distante, um condenado à morte foi chamado à presença do rei, que lhe fez a seguinte proposta: "Aqui estão 50 bolas brancas, 50 bolas pretas e duas urnas idênticas. Distribua, como você quiser, essas bolas pelas urnas de modo que nenhuma delas fique vazia. As posições das urnas serão modificadas aleatoriamente, de modo a evitar que você possa identificá-las. Você deverá então escolher uma urna e dela retirar uma bola. Se ela fôr branca, você será libertado e se fôr preta, será executado". Determine a distribuição que maximiza a probabilidade de que o condenado ganhe a liberdade.

Solução:

Vamos denotar por A o evento: "o condenado é posto em liberdade" e por Ij os eventos "o condenado escolhe a urna j" para j = 1,2. Das condições do problema, segue-se que: P(I₁) = P(I₂) = 1/2. A seguir, vamos supor que o condenado decidiu colocar um total de K bolas na urna 1, das quais b são brancas. Conseqüentemente na urna 2 teremos um total de 100 K bolas, das quais 50 - b são brancas. As probabilidades condicionais do evento A, dado que o condenado escolheu a urna   j,   para   j =   1,2,   serão dadas por:

Segue-se portanto que a probabilidade de que o condenado seja posto em liberdade vale:

O nosso objetivo é maximizar a expressão entre colchetes, com as restrições  O < K < 100 O b min (50, K). Vamos observar inicialmente que para K = 50, P(A) = 1/2, independentemente do valor de b. A análise dos casos K 50 pode ser feita, sem perda de generalidade, supondo-se K < 50. Neste caso, o exame da expressão entre colchetes mostra que, se o máximo for atingido no ponto (b₀, K₀), teremos, necessariamente, b₀ = K_o. De fato, como K₀ < 50, 100 2K₀ > 0 e a expressão atingirá, o seu valor máximo quando b for máximo, isto é, quando b₀ = K₀.  Resta-nos, portanto, procurar o valor de  K que maximiza:

Comparando f(K) com f(K + 1) mostra-se facilmente que f é uma função decrescente de K e portanto o seu valor máximo é atingido no ponto K = 1. Conclui-se que o condenado deve colocar uma bola branca numa das urnas e as 99 bolas restantes na outra urna e que, com essa distribuição, a probabilidade de que ele saia livre vale:   .

Muitos leitores acertaram a resposta desse problema mas deixaram de apresentar uma justificativa completa e convincente.

63. Determinar a área do AA BC formado pelas três tangentes às circunstâncias de raios 5 cm e 2 cm, sabendo que as tangentes internas são perpendiculares, conforme figura abaixo.

Solução:

"Para uma circunferência de raio r exinscrita num AABC tem-se AK = p = semiperímetro do  AABC e  área ABC = (p - a) ■ r onde a = BC".  De fato: como   AK =  b  +  CK =  b  +  Cl = b + a - BJ e BJ = AK - c,  tem-se AK = p.   Por outro lado, área ABC = 2 (área AKO - área CKO - área BJO) = r(AK - CK - BJ) = r(b - BJ) = r(b - p + c) = r{p - a).
Aplicando esse resultado ao problema,temos:

área ABC = r(p — a) =

= 2   (BM - a) = 2 ■ CM = 2x5 = l0cm²

(Solução enviada por diversos leitores)

64. Seja ABCD um tetraedro tal que a projeção ortogonal de D no plano ABC é o ortocentro do ABC. Provar que A se projeta ortogonalmente no ortocentro do BCD, B no ortocentro do    ACD  e  C  no do    ABD.

Demonstremos que:

1)      Se uma altura DD'  é tal que D'  é o ortocentro do triângulo ABC,  então as arestas opostas são ortogonais.

2)      Se em um tetraedro as arestas opostas são ortogonais, os.pés das alturas são ortocentros das faces correspondentes.

1)  Sejam o tetraedro ABCD e a altura DD'.  Segundo a hipótese D'  é o ortocentro de ABC, isto é, a interseção das alturas do triângulo — AM, CN e  BP.   Como  BC é perpendicular AM e ortogonal a  DD' (DD' é perpendicular ao plano do  AABC, logo, ortogonal a  BC), BC é perpendicular ao plano  DAM e portanto  BC e AD são ortogonais.
Se considerássemos as alturas CN e BP do triângulo ABC, demonstraríamos que AB e CD e AC e BD  são ortogonais, respectivamente.

2) Como temos três pares de arestas opostas ortogonais, basta fazer a demonstração para uma
altura do tetraedro.
Seja DD' a altura relativa à face ABC. Liguemos os pontos A e D', prolongando até o ponto M em BC. Como BC é ortogonal a AD ea DD', BC é perpendicular ao plano ADD', ou seja, ao plano ADM e conseqüentememe, BC é perpendicular a AM. Assim AM é uma altura do triângulo  ABC.
Se repetirmos o raciocínio considerando as arestas AB e CD, veremos que C/V é outra altura do triângulo  ABC  e assim   D'   é o ortocentro do triângulo  ABC.
Solução enviada por Heleno da Costa Vital, RJ, entre outros).

65. Supondo que o polinômio

tenha   100 raízes reais e que P(7) > 1,  mostre que existe pelo menos uma raiz maior do que 7.

Solução:

Sejam  x_i IR,   i =  1;..., 100  tais que  P(x_i) = 0  para todo  i entre   1   e   100.

Suponhamos, por contradição, que  x_i < 7,   i =  1, ..., 100. Então como

temos que:

Logo,

Mas, como

(Solução enviada por José Miguel Malacarne, Vitória, ES.)