Élvia Mureb Sallum Flávio Wagner Rodrigues IME–USP Soluções e Sugestões RPM – Problemas Caixa Postal 66281 05315-970 São Paulo, SP      Problemas 174.   Dado um triângulo  ABC,  seja    o pé da bissetriz pelo vértice C. Determinar o lugar geométrico dos pontos  X  do plano  ABC  tais que a bissetriz por  X,  do triângulo  ABX,  passa por  P. (Proposto por Laura Maria Oliva Biscolla, SP.) 175.   Mostrar que reunindo os pontos médios dos lados de um quadrilátero  ABCD  (convexo ou não) obtém-se um paralelogramo cuja área é a metade da área do quadrilátero. Vale o mesmo para o “quadrilátero”  ABCD  da figura da direita?           176.   Na loteria de Truchilândia, cada bilhete tem um número de três algarismos que usa somente os algarismos 1, 2, 3  (é permitido repetir os dígitos). Um bilhete é ganhador se coincide em pelo menos duas posições com o número sorteado. a)   Qual é a probabilidade de que um apostador, que comprou um único  bilhete, ganhe o prêmio? b)   Você decide comprar 3 bilhetes. Que bilhetes você escolheria de modo a maximizar sua probabilidade de ganhar o prêmio? c)   Qual é o número mínimo de bilhetes que você precisa comprar para ter certeza que você ganhará o prêmio? (Versão simplificada de um problema proposta na revista Eureka!, no 4.)   177. Considere o conjunto dos números inteiros de quatro algarismos x = abcd,  Para que valores de  x,  teremos  ? (Versão adaptada de um problema enviado por Rizio Sant’Ana, MG.)        ... e probleminhas 1)   Ao lado temos uma malha quadriculada cujos quadradinhos têm  3 cm2  de área. Determine a área do triângulo  ABC.  (Extraído da XXIII Olimpíada Paulista de Matemática, 6a série do ensino fundamental.) 2)  Três meses consecutivos de um determinado ano, não bissexto, possuem exatamente quatro domingos cada um. Prove que um desses meses é fevereiro. (Extraído da XXI Olimpíada Brasileira de Matemática – 2a fase – nível 2) 3)   Numa ilha deserta (exceto por um pequeno grupo de ingleses) existem quatro clubes. A lista dos sócios mostra que: a)  cada inglês é sócio de dois clubes; b)  cada conjunto de dois clubes tem apenas um sócio em comum; Quantos ingleses existem na ilha? (Extraído do Hard-to-Solve Brainteasers, Jaime & Lea Poniachik.)   (Ver respostas na seção "O leitor pergunta")        Soluções dos problemas propostos na RPM 39   166. Os divisores positivos de um número inteiro e positivo  n  estão escritos em ordem crescente a partir do número  1,  1 = d1 < d2 < d3 < ... < n. Encontrar o número  n  sabendo-se que:   Solução: Dividindo os membros da igualdade dada em a) por  n,  temos: onde  di < d1+1 < d1+2 são 3 divisores consecutivos de  n  e, portanto, números inteiros. Dito de outro modo,  n = d1 x d15 = di+1 x d14 = d1+2 x d13    (2). Assim, (1) representa o número  1  como soma de três frações egípcias (frações de  Isso mostra que  d15  é múltiplo de  3  e então, por (b),  d5  também o é, o que, novamente por  (b),  implica  d15  múltiplo de  9. Assim,  d4 = 6 < d5 = 3 x k dj = 9.  Segue que  j = 5 e então  (b)  fornece  d15 = 999   e  (3)  fornece  n = 1998. (Solução inspirada na solução de Feng Guo (Mick), Alemanha.) 167. Um vão, na forma de um triângulo retângulo isósceles, de cateto 100 cm, foi parcialmente coberto por ripas de madeira, de largura 1 cm, distantes umas das outras 2 cm, da seguinte forma: as ripas formam ângulos de 45o com os lados do vão e a primeira delas dista 2 cm do canto do vão. As ripas são colocadas até cobrir todo o triângulo. a) Calcule as áreas das duas primeiras ripas sobre o vão. b)   Quantas ripas serão colocadas? (Use  .) c) Calcule a área sobre o vão triangular ocupada pelas ripas. Solução: a) área 1a ripa = área ABCD  = 5 cm2,  área 2a ripa = 11 cm2 (ver figura a seguir). b)  Como , serão necessárias  23  ripas e ainda sobra um (vão) espaço de  1,7 cm (ver figura a seguir). c) Temos:   área da 1a ripa = , área da 2a ripa = , área da 3a ripa = , área da 4a ripa = , área da 23a ripa = . 168. Dadas  N  bolas aparentemente iguais e sabendo-se que apenas uma é ligeiramente mais pesada que as demais, pede-se determinar, em função de  N,  o número mínimo suficiente de pesadas para isolar tal bola. Solução: Embora o enunciado não faça nenhuma menção ao tipo de balança utilizado, vamos supor que se trata de uma balança de dois pratos sem escalas. Para  ,  uma única pesada resolve o problema. Para  , deixando uma bola de fora, uma única pesada com as outras duas permite determinar a bola mais pesada. De fato, se a balança ficar equilibrada, a bola procurada é a que ficou de fora, caso contrário é a do lado mais pesado. É fácil ver que, para  ,  o número máximo de pesadas necessárias é dois. De fato, para    ou  ,  uma primeira pesada, com duas e três bolas em cada prato, respectivamente, identifica o conjunto de duas ou três bolas que contém a mais pesada e recaímos nos casos anteriores de duas ou três bolas. Para    ou  ,  deixamos uma bola de fora e se, essa for a mais pesada ela será identificada com uma única pesada. Caso contrário, caímos no caso anterior e o número máximo de pesadas é igual a dois. Usando esse mesmo argumento é possível mostrar, por indução,  que  n  pesadas são suficientes para todo  N  tal que  ,  implicando que o número de pesadas necessárias é dado por  [ ]  , isto é, o maior inteiro contido em  .   (Adaptado da solução enviada por Alberto Hassen Raad, MG.) 169. Seja  T  o conjunto de todos os triângulos cujos ângulos, medidos em graus, são números inteiros positivos. Considere a seguir todos os subconjuntos de  T  formados por triângulos semelhantes. Quantos desses subconjuntos existem?   Solução: Como a soma dos ângulos internos de um triângulo é igual a  ,  vamos lembrar, inicialmente, que o número de soluções inteiras, não nulas, da equação a+b+c = 180 é dado são contados três vezes. Para cada  a  inteiro,  ,  ,  temos um triângulo isósceles. São, portanto,  88  triângulos isósceles e um equilátero. Se  x  indica o número de triângulos cujos ângulos são distintos dois a dois, temos: ,   que implica  Portanto, o número total de subconjuntos será dado por  2 611+ 88 +1 = 2 700. (Adaptado da solução enviada por Alberto Hassen Raad, MG.)