246. Sendo n N, 1 < n < 10¹⁰, quantos são os números N = 11n + 10¹⁰ que são quadrados perfeitos?

(Enviado por Amadeu Carneiro de Almeida, RJ.)

247. 2n jogadores vão participar de um torneio de tênis. Na primeira rodada teremos n jogos, com cada jogador participando de um deles. De quantas maneiras diferentes podemos compor os pares de jogadores para a primeira rodada?

248. Fixado n N*, seja f_n: N* N* dada por f_n(x) = xⁿ e seja y_n o número formado pelo algarismo 0 seguido de vírgula e dos algarismos de f_n(1), f_n(2), etc. Assim,

y₁ = 0, 1234 ...; y₂ = 0,1491625 ... ; y₃ = 0,182764 ...; ....;

Mostre que y_n é irracional para todo n.

249. Dado um pentágono convexo qualquer, prove que existe um triângulo cujos lados têm medidas iguais às de três diagonais do pentágono.

...probleminhas

1. João pergunta todas as noites a seu filho Pedro: - Quantos problemas de Matemática você conseguiu resolver hoje?

Determine o número máximo de dias consecutivos nos quais Pedro poderá responder: - Mais do que ontem, porém menos do que três dias atrás.

(Enviado por Vandete Freire de Souza, RJ.)

2. Um ciclista saiu para treinar levando consigo uma terceira roda de reposição. Durante o percurso de 60 km foi alternando as rodas de maneira que cada uma rodasse uma distância igual a das outras. Quantos quilômetros rodou cada roda?

3. Um gato está no degrau central de uma escada apoiada no piso e em uma parede vertical. A escada começa a deslizar. O gato aferra-se ao seu degrau. Que trajetória descreve o assustado felino?

(Tirado de Inteligência Instantânea!, Jaime Poniachik.)

Respostas na página 62.

Soluções dos problemas propostos na RPM 57

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 E₁₄, pergunta-se:

a) qual é o número de estacas?

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

Solução

Os dados do problema garantem a existência de a > 0 e r > 0 tais que , sendo R o raio do círculo. Temos também que 2R = 8a + 52r = 5a + 55r, já que coincidem as estacas E₃ com E₁₁ e, também, E₉ com E₁₄.

Logo, a = r, R = 30a, e, portanto, n = 15.

Se considerarmos que são idênticas as estacas E₃ e E₁₁ e, também, E₉ e E₁₄, podemos afirmar que existem 13 estacas distintas.

Procurando pares de estacas colineares com o centro do círculo, isto é, l e k tais que 0 < l < k < 14, devemos ter:

a) m() =()+ R k(k+1) = l(l+1)+60. Neste caso, por verificação direta, concluímos que (l, k) = (3, 8), (5, 9) ou (8, 11). Como E₃ e E₁₁ são idênticas, na verdade temos dois pares: E₃ com E₈ e E₅ com E₉, que são colineares com o centro.

b)m() =()+ 2R k(k+1) = l(l+1)+120 (l, k)=(3, 11) ou (9,14). Assim os únicos pares de estacas coincidentes são os dados no enunciado, E₃ com E₁₁ e E₉ com E₁₄.

c) m() =()+ 3R k(k+1) = l(l+1)+180 (l, k)=(3, 13) e temos mais um par E₁ e E₁₃ de estacas colineares com o centro.

Resumindo, concluímos que os pares de estacas colineares com o centro são E₃ com E₈ (ou E₁₁ com E₈), E₅ com E₉ (ou E₅ com E₁₄) e E₁ com E₁₃.

(Solução adaptada das soluções enviadas por leitores.)

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.

Solução

1^o caso:

A reta r tangente à circunferência C num ponto T não passa pelas extremidades da corda AB.

Se a corda AB é paralela a r, considere AA' e BB' tangentes à C. De um ponto P T no segmento A'B', a corda AB é vista sob um ângulo < , pois a é ângulo externo do BPD. Se o ponto P r está fora do segmento A'B', o ângulo de visada é menor que o ângulo de visada em A' ou B'. Logo, o maior ângulo de visada é o atingido no ponto T de tangência.

Caso a corda AB não seja paralela a r, considere R a interseção da reta suporte de AB com r. Num ponto P r, à esquerda de T, o ângulo de visada é < , sendo a o ângulo em T. Se P estiver entre T e R o ângulo é < 0 e no ponto R,    = 0.

Para P r à direita de R, traça-se a circunferência C', por A e B, tangente a r num ponto T'. Observe que devemos ter (RT)² = RA.RB = (RT')², o que permite determinar T' e traçar essa circunferência C'. O ângulo de visada em P' é ' < ', sendo a' o ângulo em T'.

Assim, para P r à direita de R, o ângulo de visada ' passa por um máximo ' no ponto T'. E o maior ângulo sob o qual a corda AB é vista quando P percorre r é o maior entre e '.

No caso particular em que AB r, tem-se = ' e dois pontos onde o máximo é atingido.

2^o caso

Consideremos o caso em que a reta r tangencia C numa das extremidades da corda AB.

Para P r, à esquerda de T = B, o ângulo de visada é < e quando P tende a T, pela esquerda, cresce tendendo a .

Se P' r, à direita de B = T, o ângulo de visada é  ' < e, quando P' tende a T, pela direita, ' cresce tendendo a . No ponto T = B, o ângulo é 0. Assim, o ângulo sob o qual a corda é vista apresenta uma descontinuidade em T = B e não atinge um máximo.

Nota histórica

Aparentemente, esse problema de máximo e mínimo não foi relatado pelos gregos, tendo sido proposto em 1451 por Johann Müller, matemático alemão que viveu entre 1436 e 1476, conhecido por Regiomontanus, de uma forma um pouco diferente: "Imaginando-se um bastão suspenso verticalmente, de que posição ele é visto sob o maior ângulo possível?". Esse é considerado o primeiro problema de máximo e mínimo levantado por um matemático depois da Antiguidade.

(Solução enviada por Gilberto Garbi.)

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

Solução

Mostraremos que, em cada um dos poliedros regulares, existe um ponto que dista igualmente de cada vértice e, portanto, é o centro de uma esfera circunscrita.

Num tetraedro (regular ou não), as perpendiculares a duas faces pelos seus circuncentros (ponto de encontro das mediatrizes) encontram-se num ponto O eqüidistante dos quatro vértices, pois o lugar geométrico dos pontos do espaço eqüidistantes dos vértices de um triângulo é a perpendicular pelo seu circuncentro. Como as faces são duas a duas adjacentes, segue que O é eqüidistante de todos os vértices do tetraedro.

No cubo, as perpendiculares a duas faces adjacentes pelos seus centros determinam o centro da esfera.

No octaedro, o centro do quadrado determinado por quatro vértices está a uma mesma distância de cada vértice.

Num icosaedro, considere a pirâmide pentagonal regular ABCDEF obtida pelas cinco faces triangulares incidentes no vértice A.

As perpendiculares a cada uma dessas faces pelos seus circuncentros encontram-se num ponto O eqüidistante de A, B, C, D e F. A pirâmide CABGHD, de vértice C, tem duas faces comuns com a anterior; portanto, as perpendiculares a suas faces pelos circuncentros encontram-se no mesmo ponto O. Sendo o icosaedro uma união de pirâmides pentagonais com duas faces coincidentes, segue que O dista igualmente de todos os vértices.

O dodecaedro regular tem suas 12 faces pentagonais, cada uma obtida unindo-se os centros das cinco faces triangulares que incidem num mesmo vértice de um icosaedro, como mostra a figura acima. Tais centros, os vértices do dodecaedro, são eqüidistantes do centro da esfera circunscrita ao icosaedro.

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?

Solução

Note, inicialmente, que a ordem em que as casas são apertadas é irrelevante; basta saber se o número de vezes em que a casa foi apertada é par ou ímpar (um número par equivale a não apertar). Se todas as casas forem apertadas, então, como começamos com todas as brancas, todas ficarão pretas, o que mostra que o problema tem solução. Seja j(n) o número mínimo de casas que precisam ser apertadas para que todas as casas fiquem pretas.

Observe que n < (n) < n² (se menos que n casas forem apertadas, pelo menos uma ficará branca).

Vamos provar que, se n é ímpar, (n) = n, e, se n é par, (n) = n².

No caso n ímpar, basta apertarmos todas as casas de uma fila qualquer (linha ou coluna), que todas as casas ficarão pretas; logo (n) < n e, como (n) > n, então (n) = n.

Vamos mostrar, em seguida, que a única maneira de deixar pretas todas as casas, quando n é par, é apertando as n² casas do tabuleiro.

O número de configurações possíveis do tabuleiro (casas acesas ou apagadas) é , igual ao número de maneiras de se escolher um subconjunto de casas a serem apertadas. Observe ainda que, no caso n par, se apertarmos todas as casas da linha i e da coluna j, a casa (i, j) trocará de cor e as demais não mudarão. Isso fornece um algoritmo para tornar pretas as casas de um conjunto preestabelecido (basta repetirmos o processo acima para cada casa que se queira tornar preta). Concluímos que existe uma associação sobrejetora entre modos de apertar as casas e as configurações de casas pretas. Como esses conjuntos têm o mesmo número de elementos, , segue que essa associação é bijetora. Assim, apertar todas as casas é a única maneira de fazer com que todas elas fiquem pretas quando n é par.

(Solução adaptada da enviada por Pavlos B. Konstadinidis.)

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