258. Um copo na forma de um cilindro circular reto está com água até 3/4 de sua altura. Qual é o maior ângulo, α, que podemos inclinar o copo sem derramar água?

1. Há n fichas sobre uma circunferência numeradas de 1 a n. Agora, no sentido da numeração, vou deixando uma e tirando a seguinte. Começo deixando o 1 e tirando o 2, continuando o processo até que só fique uma ficha. Se n é uma potência de 2, qual ficha fica no final? E se n = 1 026 = 2¹⁰ + 2?
2. Na floresta, o lobo dorme quando a coruja está acordada e está acordado quando a coruja dorme. O lobo dorme tanto numa semana quanto a coruja dorme num dia. Quantas horas dorme cada um desses animais por dia?
3. Ordene os cartões 1, 2, 3 e 4 de cor cinza e 5, 6, 7 e 8 de cor azul, de modo que todas as frases resultem verdadeiras.

(Tirados do Jornal de Matemática Elementar 241, 242 e 247, Lisboa)

Respostas na página Cartas.

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

Solução
• Se  o  número  N = 11n + 10¹⁰  é  o  quadrado  de  um  natural  b,  então,  b = 11k + 1  ou  b = 11k + 10 para algum natural k.

De fato, todo número natural b se escreve na forma b = 11k + r para b e r naturais com 0 < r < 10. Por outro lado, dividindo N = 11n + 10¹⁰ = 11(n + 909090909) + 1 por 11 obtém-se resto 1.

Para que N = b², a divisão de b² = 11(11k² + 2kr) + r² por 11 deve ter resto 1; logo, é necessário ter r = 1 ou r = 10, o que pode ser facilmente visto examinando cada uma das possibilidades para r = 0, 1, ..., 10.

Como, por hipótese, 1 < n < 10¹⁰, temos

11 < 11n < 11.10¹⁰ ou

11 + 10¹⁰ < N = 11n + 10¹⁰ = b² < 12.10¹⁰ e, portanto,

100 001 < b < 346 412, uma vez que = 3,4641016151 ...

Se b = 11k +1, então,

b ∈A = {100 002; 100 013; ...; 346 402}

e se b = 11k + 10, então,

b ∈ Β= {100 011, 100 022, 100 033, ..., 346 400}.

Como os elementos de A e de B formam progressões aritméticas de razão 11, podemos concluir facilmente que A tem 22 401 elementos e que B tem 22 400 elementos. Observando que , temos que A B tem 44 801 elementos.

Assim, concluímos que, se um número da forma N = 11n + 10¹⁰, com 1 < n < 10¹⁰, é um quadrado perfeito, então A B .

• Reciprocamente, verifica-se com um cálculo simples que para todo natural b A B, b²é da forma 11n + 10¹⁰ para algum natural n com 1 < n < 10¹⁰.

Concluímos que o número de naturais da forma N = 11n − 10¹⁰, 1 < n < 10¹⁰ que são quadrados perfeitos é 44 801.

(Solução adaptada da enviada por Zilton Gonçalves, 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?

Solução

As n partidas da primeira rodada não são ordenadas, mas vamos supor, inicialmente, que o sejam. Nesse caso, a primeira partida poderia ser escolhida de maneiras; a segunda partida de maneiras diferentes e assim sucessivamente. O número total de maneiras (ordenadas) é igual a

Como o enunciado do problema fala em “compor os pares” de jogadores, então a ordem não importa e a resposta à pergunta feita é

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 ...; ....;

Mostrar que y é irracional para todo n.

Solução

Para provar que y_n é irracional, basta observar que sua expansão decimal é infinita (por construção) e não periódica. Observe que cada vez que aparecem f_n(10), f_n(100), ..., f_n(10^k), ... na expansão de y_n , temos “blocos de zeros” de tamanhos diferentes e crescentes (na posição em que aparece f_n(10^k) temos nk zeros consecutivos), antecedidos e seguidos por um algarismo não nulo.

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

Solução

Como a soma dos ângulos internos de um pentágono convexo é 540^o, pelo menos dois ângulos internos devem ser obtusos.

1 caso

Existem dois ângulos obtusos consecutivos.

Sejam e obtusos e x, y e z as medidas das diagonais BE, AC e EC,  respectivamente.  Devemos  mostrar  que x < y + z, y < x + z e z < x + y.

No ∆BCE temos x < c + z e z < x + c.

Como  c < y,  pois   é  obtuso,  então,  x  <  y  +  z  e  z < x + y. No ∆ACE, temos y < a + z e como a < x, pois é obtuso, então y < x + z.

2 caso

Não existem dois ângulos obtusos consecutivos.

Suponhamos e obtusos e , , agudos.

Como o ∆ABD é acutângulo, a altura DH é interna, determinando os segmentos m = AH e n = HB com AH + HB = AB.

Se m > n, escolhemos as diagonais AD, BD e AC, com medidas respectivamente iguais a x, y e z.

No ∆ACD temos x < d + z e z < x + d.  Como  d < y,  pois    é  obtuso,  então  x < y + z  e  z < x + d. No ∆ABD, temos y < x, pois m > n, logo y < x + z.

(Solução adaptada da enviada por Francisco Blasi Jr, SP.)