(Ver respostas na seção "O leitor Pergunta")

Solução: Mostraremos que áreaárea, donde concluímos facilmente que 

 
 

(Solução enviada por diversos leitores.)

Solução: Suponha o problema resolvido. A bola sai de  A, reflete-se em  B, depois em  C  e passa novamente por  A.  A situação é, portanto, simétrica em relação à reta  r que contém  A  e  O,  centro da circunferência. Isso significa que as tangentes em  B  e  C  concorrem em um ponto  P  sobre  r  e que  BC  é perpendicular a  r. Ainda, como o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão, e lembrando que os raios OB  e  OC  são perpendiculares às tangentes, temos que    .

Tracemos por  A  uma perpendicular a  r, encontrando as tangentes em  M  e  N.

Como o quadrilátero  NAOC  é inscritível, temos  . Como o quadrilátero  PBOC  é inscritível, temos  .

Seja  .  No AMP  temos  .  Logo, como  , concluímos que  NO  é perpendicular a  MP.  Como  OB  é perpendicular a  MP,  concluímos que  N,  O  e  B  são colineares.

Sabemos agora que  O  é ortocentro do triângulo  MNP  e que o triângulo  ABC  (formado pelos pés de suas alturas) é o seu triângulo órtico. Vamos em frente. Sejam  ,       e  .  Como  NAO ,  temos:

  ou  ,

ou seja,  . Mas, observando a figura, temos que    e, portanto,

  ou  .

e compasso. Portanto, para determinar os pontos  B  e  C  onde são feitas as reflexões, procedemos da seguinte forma:

1.     Traçamos por  A  uma reta  s,  perpendicular a  r.

2.     Traçamos uma circunferência de centro  O  e raio  x,  que corta a reta  s  em  M  e N.

3.     Traçamos uma circunferência de centro  A  e raio    que determina sobre a mesa de bilhar os pontos  B  e  C.

(Adaptado da solução enviada por Ebner Abhasen, Rio de Janeiro, RJ.)

NOTA: Esse problema foi resolvido pelo matemático árabe Abhasen (ou ALhasen) no século XI. A solução enviada pelo leitor (?) Ebner Abhasen (!!!!) tem o mesmo espírito da que foi publicada no século XI.

148. Prove que, dado um conjunto com  n  elementos, é possível fazer uma fila com seus subconjuntos de tal modo que cada subconjunto da fila pode ser obtido a partir do anterior pelo acréscimo ou pela supressão de um único elemento.

Solução:

A propriedade é claramente verdadeira para  , pois num conjunto com um só elemento qualquer uma das duas ordenações de seus dois subconjuntos satisfaz a condição do problema.

Vamos supor que a propriedade é verdadeira para todo conjunto com   elementos    e seja    um conjunto com  n  elementos.

Pela hipótese de indução, os    subconjuntos de    podem ser colocados numa fila 1 que satisfaz a condição do problema.

Reescrevendo essa fila 1 na ordem inversa (começando pelo último termo e terminando com o primeiro) é fácil ver que a propriedade continua valendo.

Em seguida vamos acrescentar a cada termo dessa última fila o elemento  n,  obtendo assim uma fila 2 de todos os subconjuntos de  A  que contêm  n  e satisfazendo a condição do problema.

Para completar a demonstração basta escrever os elementos da fila 2 logo após o último elemento da fila 1.

Para tornar mais claro o processo de construção, vamos ilustrá-lo com o caso particular  .  Sejam    e  .

fila 1 -

fila 1 na ordem inversa -

fila 2 -

Uma fila que satisfaz a propriedade para n = 3 é:

(Solução adaptada de soluções enviadas por diversos leitores.)

149. (a) Existe alguma progressão geométrica que admite  8,  12  e  27  como termos?

(b) Mostre que não existe nenhuma progressão geométrica que admita  1, 2 e  5  como termos.

Solução:

a)    Observando que 12/8 = 3/2 e que 27/12 = 9/4 = (3/2)² podemos concluir que 8, 12 e 27 são termos de uma  PG  com razão 3/2, como, por exemplo:

8,  12,  18,  27 ....

b)   Vamos supor que exista uma  PG  de razão q da qual 1, 2 e 5 são termos. Segue-se que existem m e n  inteiros positivos tais que:

    e    .

Temos então:  , o que é obviamente  absurdo,  pois  2ⁿ   é par e  5^m   é ímpar.

(Adaptado de soluções enviadas por vários leitores.)