238. Um homem contorna um círculo partindo de um ponto A. Vai fincando estacas numeradas: E₁, E₂, E₃, ... e finca a última, E_n, em A, tendo completado duas voltas.

Sabendo que as medidas dos arcos estão em PA e que coincidem as estacas E₁₁ com E₃ e E₉ com E_14, pergunta-se:

a) qual é o número de estacas?

b) existem pares de estacas distintos colineares com o centro? Se sim, determine-os.

(Enviado por Régis Sant'Ana, PR.)

239. O tamanho aparente de um objeto depende do ângulo segundo o qual o enxergamos. Uma corda AB de uma circunferência parece ter o mesmo tamanho quando vista de qualquer ponto da circunferência.

Considere r uma reta tangente à circunferência e determine, justificando, o ponto de r onde o tamanho aparente de AB é o maior possível.

240. Mostre que todo poliedro regular é inscritível em alguma esfera.

241. As casas de um tabuleiro de tamanho n x n podem ser de duas cores: branca ou preta. Quando se aperta uma casa qualquer, todas as casas na mesma linha e todas as casas na mesma coluna trocam de cor (de branco para preto ou de preto para branco).

Supondo que, inicialmente, todas as casas sejam de cor branca, pergunta-se: é possível fazer com que todas as casas fiquem da cor preta? Em caso afirmativo, qual é o menor número de apertos para consegui-lo?

(Enviado por Pavlos Konstadinidis, SP)

...probleminhas

1. Num corredor de um hotel as portas estão numeradas com números consecutivos de dois algarismos. Notei que os números de 4 portas consecutivas são tais que a soma dos algarismos das dezenas coincide com a soma dos algarismos das unidades. Coloque os números nas portas.

2. João dirige seu velho carro em uma estrada com velocidade constante. Em dado momento passa por uma placa indicadora de quilometragem que apresenta um número de 2 algarismos. Após uma hora, passa por outra placa que indica o número da placa anterior com os algarismos trocados. Uma hora mais tarde, passa por uma terceira placa que tem o mesmo número que a primeira com os algarismos separados por um 0. Qual a velocidade do carro de João?

3. Sobre uma mesa há 137 fichas iguais, cada uma com um lado vermelho e outro azul, sendo que 10 estão com o lado vermelho para cima e as outras com o lado azul. Você está de olhos vendados e deve separar as fichas em dois grupos, cada um com a mesma quantidade de fichas vermelhas. Você pode virar as fichas, se necessário. Como fazer?

(Adaptados de problemas do livro Acertijos, de Jaime Poniachik.)

Respostas na página 57.

Soluções dos problemas propostos na RPM 55

230. Dado o sistema , determine quais condições devem ser satisfeitas por a, b e c para que ax + by + cz tenha o mesmo valor para todas as soluções (x, y, z) do sistema.

Solução

O sistema é indeterminado e seu conjunto solução é

Assim, se ax + by + cz é constante, devemos ter

a(1 + z) + b(2 - 2z) + cz = a + 2b + (a - 2b + c)z

independente de z. Logo, a - 2b + c = 0.

(Solução enviada por vários leitores.)

231. Se a é um número real tal que , mostre que a e p são incomensuráveis, isto é, não existem inteiros p e q tais que p = q.

Solução

Sendo R tal que , se existissem inteiros p e q não nulos tais que p = q, teríamos para algum natural m 0.

Vamos mostrar que isso é impossível, provando, por indução, que para cada   m N ^* existe q_m Z, não divisível por 3, tal que .

É fácil ver que vale para m = 1.

Supondo que vale para todo m, 2 < m < k, vamos mostrar que vale para k + 1.

De    , temos

cos(k + 1) = 2cos(k)cos - cos(k - 1) e

, pela hipótese de indução.

Logo, , chamando de q_k+1 o valor 2q_k-3²q_k -1. Sendo q_k+1 Z não divisível por 3, temos que, para qualquer m N ^*,

Nota: Alguns leitores observaram, com razão, que faltou especificar, no enunciado, que p e q são inteiros não nulos.

232. Se C₁, C₂ e C₃ são três circunferências concêntricas distintas, mostre que existem A₁ C₁, A₂ C₂ e A₃ C₃ tais que o triângulo A₁A₂A ₃ é equilátero e calcule o lado do triângulo em função dos raios das circunferências. Discuta a existência de soluções não congruentes.

Solução

Traçamos as três circunferências e construímos um triângulo eqüilátero auxiliar A₂MN, sendo A₂ sobre C₂ e M sobre C₃. Aplicamos sobre o centro O a rotação de centro A₂ e ângulo e determinamos O' em C₂. Com centro em O' e raio O'N traçamos o arco de circunferência que cortará (neste caso) C₁ em dois pontos: A₁ e A'₁.

Os triângulos A₁A₂A ₃ e A'₁A'₂A' ₃ são a solução do problema.

Os triângulos O'A₂A₁ e OA₂A₃ são congruentes, pois um deles pode ser obtido através de uma rotação aplicada sobre o outro.

Conseqüentemente, O'A₁ = OA₃ = raio de C₃.

Logo, se:

r₃ < r₂ + r₁, teremos dua soluções.

r₃ = r₂ + r₁, teremos apenas uma solução.

r₃ > r₂ + r₁, o problema não tem solução.

Resolução analítica e cálculo do lado do triângulo

Vamos adotar que os raios r₁, r₂ e r₃ das circunferências C₁, C₂, C₃ , respectivamente, satisfazem: r₃ > r₂ > r₁.

Seja A₁A₂A ₃ o triângulo procurado e O e O' como anteriormente. Aplicamos a  lei  dos  cossenos ao  triângulo O'A₁A₂:

Um procedimento análogo no OA₁A₂ fornece

(2)

De (2) temos

Fazendo (2) - (1) e usando a fórmula que transforma cos a - cos b em produto, obtemos

e, de (2) e (3), vem que

.

Elevando ambos os membros ao quadrado e fazendo algumas simplificações, obtemos a equação biquadrada em l:

cujo discriminante é

.

O estudo do número de soluções, a partir do sinal de , leva à mesma conclusão obtida anteriormente:

r₃ < r₂ + r₁ há 2 soluções,

r₃ = r₂ + r₁ há 1 solução,

r₃ > r₂ + r₁ não há solução.

Resolvendo a equação em l, obtemos

sendo a expressão acima.

(Solução enviada por J. Cláudio M. Velloso.)

233. Dado um octaedro regular de arestas com medida a, prove que colando tetraedros regulares, de arestas também com medida a, em duas faces opostas (paralelas) do octaedro, obtém-se um poliedro que é um paralelepípedo. Observe que segue do resultado que o espaço pode ser preenchido com tetraedros e octaedros regulares.

Solução

Na figura temos o tetraedro PABC que será colado na face ABC do octaedro. M é o ponto médio de BC. Logo, PM = AM = MD = .

Como ABDE é um quadrado, . Aplicando a lei dos cossenos nos triângulos PMA e AMD, teremos .

Como a < 90^o e 90^o < b < 180^o, podemos concluir que a e b são suplementares.

Logo, as faces PBC (de tetraedro) e BCD (do octaedro) são coplanares, o mesmo ocorrendo com PAB e ABF e com PAC e ACE. Pela mesma razão, ocorrerá o mesmo com as faces do tetraedro colado da face oposta à ABC.

Assim, temos um paralelepípedo, já que se trata de um poliedro constituído de seis faces, sendo tais faces losangos (portanto, paralelogramos) congruentes, duas a duas opostas paralelas.

A figura a seguir é uma ilustração. Nela, as linhas grossas são o contorno visível do paralelepípedo. As linhas finas são as suas arestas invisíveis e as linhas tracejadas são "os vestígios" das arestas dos tetraedros e do octaedro.

(Adaptada da solução de J. Cláudio M. Velloso, RJ.)

Nota da RPM

Nossos leitores poderão constatar a afirmação feita neste problema construindo tetraedros regulares de arestas iguais a a e um octaedro regular de aresta a, como mostram os modelos abaixo.