23.        Resolva o sistema de equações

Solução:

e como

x² + y² 0

podemos dividir, tendo

                                   (I)

como

temos pela 1ª ou pela 2ª equação original

x⁶ y⁶ - 32 x³ y³ -2048 = 0

Fazendo Z = (xy)³ a equação será de 2º grau, e suas soluções são Z₁=64 e Z₂=-32 ou

                                      (II)

                             (III)

e pelas relações (I), (II) e (III)

Assim o nosso sistema original reduz-se a dois sistemas

em (i) as únicas soluções são (2, 2)

em (ii), usando outra vez uma equação de segundo grau, temos que

   ou vice-versa

Com isto, o conjunto de soluções reais do sistema é

24.        Sejam  uma circunferência de centro O A e B  dois pontos não antípodas, e seja M o ponto médio de AB. Considere uma corda qualquer XY de  passando por M, e seja P o ponto de interseção das retas AX e BY. Prove que o lugar geométrico dos pontos assim obtidos no plano é uma reta paralela à corda AB (Edson de Faria, São Paulo, SP).

Solução:

Considere a figura:

a)      O teorema de MENELAOS aplicado ao triângulo PAY e à transversal QXB dá

                                                            (1)

b)      O mesmo teorema aplicado ao triângulo PAB e à transversal XMY dá

                                                 (2)

Substituindo em (1) temos:

Ora, este último resultado nos leva a concluir que PQ || AB porém, nada indica até agora que a reta PQ seja fixa. De fato, o círculo ainda não foi utilizado.

É hora de lembra o teorema de Pascal:

“Em todo hexágono inscrito num círculo (ou numa cônica) os pontos de concurso das retas suportes dos pares de lados opostos estão em linha reta”.

Este teorema possui casos particulares interessantes. Um deles resolve o problema em questão. Consideremos o quadrilátero inscrito AYBX como limite do hexágono AA’YBB’X quando 
A’ = A e B’ = B. Neste caso, os “lados” AA’ e BB’ são tangentes ao círculo.

Como a corda AB é fixa, o ponto R é fixo. Se a reta PQ passa por R e é paralela a AB, então PQ é fixa.

(Eduardo Wagner, Rio de Janeiro, RJ.)

Observação: Para este problema chegou somente a solução acima. O autor do problema enviou também a sua solução, usando uma transformação geométrica, a inversão.

Solução:

Observemos que 2^56k+1 =  2^56k + 2^56k para todo k , ou ainda

Basta então mostrar que existem infinitos k em N tais que 56k + 1 seja um múltiplo de 9. Mas se 56k + 1 for um múltiplo de 9, então 56 (k + 9) + 1 será também múltiplo de 9 pois
  9 e k = 4 já serve pois 4 ^. 56 + 1 = 225 =  9 ^. 25.

(Resumo da solução de Manuel João de Jesus Almeida, Rio de Janeiro, RJ)

26.        Prove que vale a seguinte desigualdade

1ª  Solução:

pois os logaritmos envolvidos são positivos. A igualdade vale se e somente se todos os termos forem iguais, mas isto no nosso caso não acontece, pois os três primeiros logaritmos são maiores que 1 e o quarto é menor que 1.

Logo vale a desigualdade rigorosa.

2ª  Solução:

basta provar que

mas isto é verdade, pois em base 8

(Resumo de diversas soluções)

Observação: Certas soluções recorrem ao cálculo numérico do lado esquerdo da desigualdade, encontrando um valor ligeiramente maior do que 4. Estas soluções são também aceitáveis.

27.   Lançamos uma moeda tantas vezes, até que durante 3 lançamentos consecutivos o resultado seja 1 1 1 ou 1 0 1 onde 1 representa cara e 0 representa coroa. Qual é a probabilidade de que a seqüência 1 1 1 aconteça antes da seqüência 1 0 1?

(vide artigo do Prof. Flávio Wagner Rodrigues, nº 4, da RPM).

Solução:

Os lançamentos da moeda deverão prosseguir até que ocorra uma das seqüências 1 1 1 ou 1 0 1. Após a ocorrência de uma cara (1) teremos, para o lançamentos seguintes, as possibilidades:

A probabilidade de que a seqüência 1 1 1 ocorra antes da seqüência 1 0 1 será

(José Hernandes, São José do Rio Preto, SP.)

Estas soluções chegaram antes da edição da RPM, nº 5.