Flávio Wagner Rodrigues IME-USP Soluções e Sugestões: RPM - Problemas Caixa Postal 20570 01452-990 São Paulo, SP      Problemas 114. Mostre que qualquer número inteiro é a soma de 5 cubos. (Do banco de problemas de uma Olimpíada do Cone Sul.) (V. a seção Livros desta RPM.) 115.  Suponha que as retas mx + ny = 0 e  ax + by + c =0  não sejam paralelas e considere a parábola (mx + ny)2 = ax + by + c.   Prove que  ax + by + c = 0 é tangente à parábola e que   mx + ny = 0 é paralela ao eixo de simetria dessa parábola.   Descreva, então, um método prático para se determinar o vértice da parábola. (O autor garante que é possível resolver o problema, em duas linhas, sem o uso das fórmulas de rotação.) (Proposto por Hamilton Guidorizi, SP.) 116.  Dado um retângulo   ABCD, considere   P   um ponto qualquer em um de seus lados.  Mostre que a soma das distâncias de   P às 2 diagonais do retângulo é constante. (Proposto na I Olimpíada do Cone Sul.) 117.  n   casais (marido e esposa) são agrupados, ao acaso, em grupos de duas pessoas cada um. Qual é a probabilidade de que: (a) Todos os grupos sejam formados por um marido e sua esposa? (b) Todos os grupos sejam formados por duas pessoas de sexos diferentes?        ... e probleminhas 0.  Problema ou probleminha? O que pensam os leitores? Mostre que reduzindo as dimensões de um tijolo, não se pode obter outro que tenha, ao mesmo tempo, a metade do volume e a metade da superfície do primeiro. (Proposto na I Olimpíada do Cone Sul.) 1. Usando apenas símbolos matemáticos, e sem mudar a posição dos algarismos, torne a igualdade verdadeira: 2        9        6        7     =     17. 2.  Um avô e seu neto aniversariam no mesmo dia.   Em seis aniversários consecutivos, a idade do avô era um múltiplo inteiro da idade do neto.   Que idade tinham os dois no sexto desses aniversários? 3.  A  e B   são conjuntos.   A   tem   24 subconjuntos a mais do que B.   Quantos elementos tem   A ? (Publicados em números do The Mathematics Teacher, publicação do National Council of Teachers of  Mathematics, Estados Unidos.) (Ver respostas no final desta seção)        Soluções dos problemas propostos na RPM 24, 1.° semestre, 1993 105. Um professor de Probabilidade propôs a seus alunos o seguinte problema: "São dadas duas moedas, uma perfeita (probabilidade de cara igual a 1/2), e outra com duas caras. Uma moeda é escolhida ao acaso e lançada 3 vezes. Qual é a probabilidade de que sejam obtidas 3 caras?" Um dos alunos, após efetuar alguns cálculos, concluiu, corretamente, que se fosse efetuado um único lançamento, a probabilidade de se obter uma cara seria igual a 3/4. Como foram efetuados três lançamentos independentes, a resposta seria   (3/4)3 = 27/64. a)      O que está errado no raciocínio do aluno e qual é a resposta correta do problema? b)     Você seria capaz de reformular o problema de modo que o raciocínio e a resposta do          aluno ficassem corretas? Solução:   O que há de errado no raciocínio do aluno é supor que a moeda esteja sendo escolhida em cada um dos três lançamentos, quando, na realidade, o problema diz que a escolha é feita uma única vez e a moeda escolhida lançada três vezes. Para obter a solução correta do problema, vamos chamar de  A  o evento "a moeda escolhida é perfeita" (nesse caso, o complementar de  A, denotado por  Ac, corresponde à escolha da moeda com duas caras), e de  B,  o evento "os três lançamentos resultam em 3 caras". Segue-se do enunciado do problema que: Supondo que a moeda escolhida seja perfeita, isto é, que sejam realizados três lançamentos independentes com uma moeda cuja probabilidade de cara é 1/2, a probabilidade condicional de   B   será:      P(B/A) = 1/8. O mesmo raciocínio, aplicado ao caso em que a moeda escolhida tem duas caras, nos dá:      P(B/AC) = 1. Por outro lado,           P(B) = P(B A) + P(B Ac). Lembrando a definição de probabilidade condicional, segue-se que: O enunciado reformulado do problema, para que o raciocínio e a resposta do estudante fiquem correios, é o seguinte: "São dadas duas moedas, uma perfeita (probabilidade de cara igual a   1/2) e outra com duas caras.   Considere o experimento que consiste em efetuar um lançamento com uma das moedas escolhida ao acaso.  Se esse experimento for realizado três vezes, qual é a probabilidade de que sejam obtidas três caras?" (Adaptado de soluções enviadas por vários leitores.) 106.  Dado o número real   a 0,    qual é o número mínimo de multiplicações que precisamos realizar para calcularmos  a99? Solução: 1.ª   parte - Como obter  a99   com oito operações: 1.ª) a x a = a2 5.ª) a12 x a12 = a24 2.ª) a2 x a = a3 6.ª) a24 x a24 = a48 3.ª) a3 x a3 = a6 7.ª) a48 x a48 = a96 4.ª) a6 x a6 = a12 8.ª) a96 x a3 = a99.  Observação - Os responsáveis pela seção Problemas resolveram aceitar como corretas as soluções que mostravam como obter a99 com oito operações. É importante salientar, no entanto, que essas soluções não estão completas, pois os leitores não se preocuparam em mostrar que oito é o número mínimo necessário. 2.ª parte - Para mostrar que é impossível obter a99 com menos do que oito operações, vamos começar enunciando um fato que pode ser facilmente demonstrado por indução:   A maior potência de a que pode ser obtida com   n  operações é a2  . Segue-se, então, que é impossível obter   a99    com menos de sete operações. Para mostrar que oito é o número mínimo, só falta agora mostrar que com sete é impossível. Para isso, vamos supor que já foram realizadas seis operações e dispomos dos valores: a,     a2,     a j2,     a j3,     a j4,     a j5,     a j6 , onde   a jk   foi obtido na   k-ésima operação.                                    ; Como 99 é um número ímpar, para obter a99 na sétima operação, precisamos multiplicar dois elementos distintos desse conjunto. Na hipótese mais favorável ao nosso objetivo de obter   a99,   os maiores expoentes serão   j5   e  j6. No entanto, pelo fato enunciado acima,   j5  32 e  j6 64, seguindo-se que j5 + j6 96  o que conclui a demonstração. 107. Prove que num quadrilátero os pontos médios das diagonais e o ponto médio do segmento cujos extremos são os pontos de interseção de dois lados opostos são colineares. Solução: Considere o quadrilátero ABCD tal que as retas suporte dos lados AD e BC cortam-se em   F  e as dos lados   AB  e  CD  encontram-se em   E.   Chamamos de  N  o ponto médio de   AC  e de   M   o ponto médio de   EF. Queremos mostrar que   H,  a interseção de   MN   com   BD,  é ponto médio de BD. No caso do quadrilátero convexo, conforme figura (onde as linhas pontilhadas são paralelas a   MN),   basta mostrar que   p = q   ou, equivalentemente, que r = s. Aplicando o teorema de Menelaus no   AED,  cortado por   BF, temos:  Donde concluímos que   r = s.

No caso do quadrilátero côncavo, basta aplicar o resultado anterior ao quadrilátero convexo AECF. E no caso degenerado, quando   B = C. (Solução enviada, por Carlos Alberto da Silva Victor, RJ.) 108. 17 matemáticos de todo o mundo trocam correspondência sobre 3 temas. Cada dupla de matemáticos se corresponde sobre um e apenas um tema. Mostre que existem pelo menos 3 matemáticos que se correspondem sobre o mesmo tema. Observação: Alguns leitores não entenderam corretamente o enunciado desse problema. Esperamos que a solução que apresentamos abaixo, utilizando duas vezes o prin­cípio das casas de pombos (RPM 8, pp.  21 a 26 e pp.  58 e 59 desta revista), contribua para esclarecer as dúvidas que surgiram. Solução: Vamos observar, inicialmente, que existem 136 duplas que podem ser formadas com 17 matemáticos. Cada dupla discute um e apenas um dos 3 temas. O que o problema pede é que se demonstre que existem pelo menos 3 matemáticos, A, B e C, tais que as duplas AB, AC e BC discutem o mesmo tema. (Sugerimos que o leitor verifique que esse resultado não é necessariamente verdadeiro para um grupo menor, por exemplo, para 4, 5 ou 6 matemáticos.) Vamos designar os matemáticos por letras maiúsculas do alfabeto e os temas pelos números 1, 2 e 3. Vamos considerar o matemático A que se corresponde com os outros 16 matemáticos. Como os temas são apenas 3 e os matemáticos são 16, pelo princípio das casas de pombos, existe um tema que A discute com pelo menos 6 matemáticos. Sem perda de generalidade, podemos supor que o tema 1 é discutido pelas duplas AB, AC, AD, AE, AF e AG. Se no conjunto {B, C, D, E, F, G} existir uma dupla que se corresponda sobre o tema 1, a demonstração estará concluída. De fato, se, por exemplo, B e G se correspondem sobre o tema 1, os 3 matemáticos A, B e G se correspondem sobre o mesmo tema. Suponhamos, então, que nenhuma dupla do conjunto {B, C, D, E, F, G} discute o tema 1. Segue-se então que B discute dois temas (2 e 3) com 5 matemáticos e, conseqüentemente (princípio das casas de pombos), discute um desses temas com pelo menos 3 matemáticos. Suponhamos que ò tema 2 seja discutido pelas duplas BC, BD e BE. Se no conjunto {C, D, E} existir uma dupla que discuta o tema 2, a demonstração estará concluída e, em caso contrario, também, pois os três matemáticos C, D e E terão, forçosamente, que discutir entre si o tema 3.