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Problemas

286. Na figura, A' é a imagem de A pela reflexão na reta t. Usando apenas régua, sem escala e sem marcas, desenhe a imagem de B pela mesma reflexão. Justifique o método utilizado.

287. Seja N o inteiro mais próximo de . Qual é o dígito das unidades de N?

288. Numa região limitada por um quadrado, ache, justificando, o ponto tal que a soma das distâncias aos quatro vértices do quadrado é a menor possível.

289. Mostre que o produto

é um número inteiro.

290. Sejam a, b, c reais tais que abc = Mostre que um desses números reais a, b, c é igual a 1.

1. Um grupo de alunos de uma classe resolveu dar um presente para um professor querido. Se mais dois alunos se juntassem ao grupo, cada um daria R$ 1,00 a menos do que no início e, se, do grupo inicial, quatro desistissem de participar do presente, a parte de cada um aumentaria em R$ 3,00. Qual é o preço do tal presente?

2. Eu aniversario em maio e o meu filho em junho, num mesmo dia da semana. Em relação ao dia do mês, o meu é o triplo do do meu filho. Qual é a data do meu aniversário?

3. Considere o conjunto A = {1, 2, 3, 4, ..., 2009}. Se somarmos dois números diferentes quaisquer desse conjunto, quantos resultados podemos obter?

Respostas no final da seção O Leitor Pergunta.

276. Determine todas as funções f: R → R satisfazendo 2f(x) + f(1 − x) = x2008 para todo x ∈ R.

Solução

A função f deve satisfazer a igualdade 2f(x) + f(1 − x) = x2008 para todo x ∈ R. Escrevendo a igualdade para (1 − x), obtemos 2f(1 − x) + f( 1− (1 − x)) = (1 − x)2008. Então, ...

ou, isolando f(1 − x) na segunda equação e substituindo na primeira,
2[x2008 − 2 f (x)] + f (x) = (1− x)2008 , o que leva a

É fácil verificar que a última função satisfaz a equação funcional dada, logo é a única solução.

(Solução adaptada das enviadas por vários leitores.)

277. Qual é a maior potência de 2 que divide 32008 − 1?

Solução

Podemos fatorar 32008 − 1 da forma seguinte:

32008 − 1 = (38)251 − 1 = (38 − 1)(38×250 + 38×249 + 38×248 + ... + 38×1 + 1). Observe que a soma 38×250 + 38×249 + 38×248 + ... + 38×1 + 1 tem 251 parcelas, todas ímpares; logo, é um número ímpar, não sendo, portanto, divisível por 2. Por outro lado,
38 − 1 = (34 − 1)(34 + 1) = 80 × 82 = 25 × 5 × 41.

Então, a maior potência de 2 que divide 32008 − 1 é 25.

(Solução enviada por Evandro Makiyama de Melo, SP.)

278. Um hexágono equilátero de lado l está inscrito em uma semicircunferência de raio r com um de seus lados sobre um diâmetro, como mostra a figura. Sabendo que a área desse hexágono é determine r.

Solução

Para resolver o problema, mostraremos que em um hexágono equilátero isto é, com todos os lados iguais a l, inscrito numa semicircunferência de centro O e raio r, como no enunciado, temos, obrigatoriamente, r = l.

Tendo os pontos A e B no diâmetro com AO = BO = l / 2 , marcaremos C e D na semicircunferência com DA = BC = l .

Os ∠DAO e ∠CBO são congruentes de medida α, pois o ΔADO é congruente ao ΔBCO, pelo caso LLL. Aplicando a lei dos cossenos no ΔDAO, temos: , o que implica

No ΔDKA, retângulo, temos sen(180o − α) = sen α = DK/l ou DK = l senα.

O ΔDKA e ο ΔCHB (retângulos) são congruentes pelo caso LAAo, logo CD // AB e KA = BH = l cos(180o − α) = −l cosα (cosα < 0) .

Então, KH = KA + AB + BH = l − 2l cosα = l(1− 2cosα) .

Marcados na semicircunferência os pontos E e F com DE = CF = l , temos que os ∠EDC e ∠DCF são congruentes de medida β (já que o ΔODE e o ΔOCF (isósceles) são congruentes pelo caso LLL). Logo, EF //CD. Vejamos a relação entre as medidas α e β:

Pela lei dos cossenos no ΔODE, temos

OE2 = DE2 + OD2 − 2DEODcos(α' + β) . Como DE = l,   DO = OE , temos cos(α' + β) = .

De cos(α' + β) = cos α' cos β − senα' sen β vem que

cos β(1 − 2cos α) − 2senα senβ = 1.

Por outro lado,  como  α − 90º = medida(∠DAE) = medida(∠DEA) = 90º − β,  temos que β = 180o − α e, portanto,

−cos α (1 − 2cos α) − 2sen2α = 1 ou −cos α + 2cos2α − 2(1 − cos2α) = 1.

Logo, 4cos2α − cos α − 3 = 0, que leva a (α ≠ 0o).

De , obtido no início, temos ou r = l, como queríamos mostrar.

Finalmente, a área do hexágono é igual à área de um retângulo de dimensões l e mais duas vezes a área do triângulo isósceles de lados l, l e .

Logo, que implica
l = 2; portanto, r =2.

279. A soma dos ângulos das faces, exceto os de um vértice V, de um poliedro é 5160o. Encontre a soma dos ângulos de todas as faces desse poliedro.

Solução

Consideraremos um poliedro, não necessariamente convexo, mas simples, isto é, as faces são regiões poligonais planas sem buracos, e é homeomorfo a uma esfera (pode ser inflado a uma esfera).

Seja Fk o número de faces com k arestas. A soma dos ângulos de cada uma delas é (k − 2)180o, pois as faces são regiões poligonais planas sem buracos.

Se S é a soma dos ângulos de todas as faces do poliedro, tem-se

S = (F3 + 2F4 + 3F5 + ... + (k − 2)Fk + ...)180o.

Sendo A o número de arestas do poliedro, tem-se:

2A = 3F3 + 4F4 + 5F5 + ... + kFk + ...

Logo, + 2A = 4F3 + 6F4 + 8F5 +...+2(k - 1)Fk + ..., que é um número par; portanto, S = 2m × 180o = m × 360o para algum m ∈ N, m ≠ 0. Sendo S' a soma dos ângulos do vértice V, tem-se S − S' = m × 360o − S' = 5160o com 0 < S' < 360o.

Como 15 × 360o = 5400o, temos m = 15, S' = 240 e S = 5400o.

280. (Jogo de Kontsevich) Consideremos o tabuleiro infinito, ilustrado na figura, que ocupa o primeiro quadrante. Inicialmente, há 6 peças nas casas sombreadas no canto inferior esquerdo. Um movimento consiste em escolher uma peça sem vizinhos nas casas imediatamente acima e à direita e substituir essa peça por duas, colocando-as nas casas vizinhas vagas:

O objetivo do jogo é, a partir da configuração inicial, realizar uma sequência de movimentos de modo a deixar as 6 casas sombreadas sem peças.

a) Atribua o "peso" 2−i−j para a casa na posição (i, j), como mostra a figura (a casa inicial, inferior esquerda, situa-se na posição (0,0)). Mostre que a soma dos pesos das casas ocupadas por peças, depois de se realizarem movimentos, é constante, isto é, não se altera após qualquer sequência de movimentos.

b) Determine a soma de todos os pesos do tabuleiro.

c) Mostre que é impossível realizar o objetivo do jogo: não existe nenhuma sequência de movimentos que deixa as 6 casas iniciais, sombreadas, livres de peças!

Solução

a) Como cada peça na posição (i, j) é substituída por duas, ocupando as posições (i + 1, j) e (i, j + 1), temos que a soma dos pesos não varia a cada jogada, pois 2−i−j = 2−(i +1)−j + 2−i−(j +1).

b) Para determinar a soma de todos os pesos do tabuleiro, observamos que a soma da primeira coluna é (PG infinita de razão 1/2 e termo inicial 1). Por outro, a soma da segunda coluna é metade da primeira, a da terceira, 1/4 da primeira, e assim por diante, logo a soma de todos os pesos do tabuleiro é

c) A soma dos pesos das seis casas iniciais hachuradas é , enquanto a soma dos pesos das casas não hachuradas é

Assim, é impossível mover as peças das casas hachuradas inicialmente para fora dessa região, uma vez que a soma dos pesos das casas iniciais será mantida, em cada jogada, e é maior do que a soma dos pesos de todas as casas não hachuradas,

Observação: Conforme observaram alguns leitores, o problema ainda não teria solução caso as peças iniciais ocupassem apenas as casas de pesos 1, 1/2, 1/2, já que para atingir o peso 2 da região não hachurada é necessário utilizar infinitas casas. Logo, o jogo não terminaria após um número finito de movimentos.

(Solução adaptada das enviadas por vários leitores.)