Francisca A. Macedo França
Assistente acadêmica da OBMEP

Conheça os problemas da 15na (quinzena)

O objetivo deste texto é divulgar junto aos leitores da RPM a sessão Problemas da 15na, a nova iniciativa da OBMEP. Nessa seção, a cada quinzena, são apresentados três problemas que desafiam aqueles que gostam de "quebrar a cabeça" com problemas de Matemática. Todos, alunos, professores e simpatizantes, podem participar propondo problemas ou enviando soluções, algumas das quais divulgamos em nosso site (www.obmep.org.br).

Convidamos todos os leitores da RPM para conhecer e participar da sessão Problemas da 15na.

A seguir selecionamos três problemas que visam instigar a curiosidade e desafiar o leitor. O primeiro problema, (nível 1) apresentado na 6ª quinzena, é um problema de geometria que uma leitura atenta leva a uma solução de modo bastante dedutivo.

1. Polígonos na circunferência

Em uma circunferência foram marcados 15 pontos pretos e 1 ponto branco. Consideremos todos os possíveis polígonos (convexos) com seus vértices nesses pontos. Vamos separá-los em dois tipos:

tipo 1: os que possuem somente vértices pretos;
tipo 2: os que possuem o ponto branco como um dos vértices.

Existem mais polígonos do tipo 1 ou tipo 2? Quantos existem a mais?

Na solução dessa questão, observamos que para cada polígono do tipo 1 (formado apenas por vértices pretos), podemos formar um outro polígono do tipo 2 (com um vértice branco) escolhendo os vértices pretos mais próximos do branco, eliminando o lado que os liga e unindo esses dois pontos ao vértice branco (ver figura). Assim, para cada polígono do tipo 1 há pelo menos um polígono do tipo 2, portanto, não pode haver mais polígonos do tipo 1 do que do tipo 2.

Por outro lado, podemos tentar transformar um polígono do tipo 2 num do tipo 1, removendo o vértice branco e os seus lados e, em seguida, religando os vértices que ficaram isolados. Esse processo é possível, mas, como estamos reduzindo o número de lados em uma unidade, não podemos aplicá-lo no caso de o polígono ser um triângulo.

Logo, há mais polígonos do tipo 2 e a quantidade a mais é o número de triângulos do tipo 2, que são polígonos a mais.

O segundo problema (nível 2) foi apresentado na 1ª quinzena. Com o objetivo de inspirar a curiosidade, tentamos desvendar a Matemática por trás de um "truque de mágica", onde o leitor consegue, utilizando um pouco de "esperteza", resolver o problema com facilidade.

2. Truque com cartas

Um mágico e sua assistente realizam um truque com um baralho de 52 cartas. Inicialmente o mágico está com os olhos vendados e uma pessoa da plateia retira 5 cartas e entrega para a assistente. Ela olha as cartas e coloca-as lado a lado: uma com a face para baixo (não necessariamente a primeira), e as outras quatro com a face para cima. Em seguida, o mágico retira a venda e adivinha a carta que está com a face voltada para baixo.

Como o mágico e a sua assistente podem combinar um sistema que torne esse truque possível?

Atenção! Um baralho comum contém 52 cartas divididas em 4 conjuntos chamados naipes ♣ ♦ ♥ ♠. Cada naipe contém um conjunto de 13 cartas: A, 2, 3, ... , 10, J, Q e K.

Para resolver a questão, a primeira ideia que temos é a de criar algum código que permita a "comunicação" entre o mágico e sua assistente através das quatro cartas que são colocadas com a face para cima.

Imagine um baralho com cartas numeradas de 1 a 52 do seguinte modo:

De 1 a 13: Copas ♥ (A, 2, 3, ... , 10, J, Q, K)
De 14 a 26: Espadas ♠ (A, 2, 3, ... , 10, J, Q, K)
De 27 a 39: Ouros ♦ (A, 2, 3, ... , 10, J, Q, K)
De 40 a 52: Paus ♣ (A, 2, 3, ... , 10, J, Q, K)

Dadas 4 cartas do baralho, vamos denotá-las por a, b, c e d em ordem numérica crescente. Podemos permutar cada escolha de 4 cartas {a, b, c, d} de 4! modos. Esses 4! modos podem ser ordenados, por exemplo, tomando a ordem do dicionário: imagine que as permutações foram colocadas em um dicionário. A sequência abcd seria a primeira a aparecer, enquanto dcba seria a última. A seguir, fazemos corresponder a cada permutação a sua posição no dicionário. Desse modo, a ordem abcd corresponde ao número 1, enquanto cbad e dcba correspondem aos números 15 e 24, respectivamente.

Podemos multiplicar por 5 o número de sequências de acordo com a posição da carta oculta no bloco de cartas. Na prática, como só temos 52 cartas, não precisamos tanto.

Seja X a carta oculta. Podemos convencionar que colocar a carta oculta antes do bloco (como em Xcbad) representa os números de 1 a 24; colocar a carta oculta logo após a primeira carta (como cXbad) representa as cartas 25 a 48 e colocar a carta oculta no meio (como em abXdc) representa as cartas 49 a 52. Neste último caso utilizamos somente as sequências abXcd, abXdc, acXbd e acXdb, que correspondem aos números 49, 50, 51 e 52, respectivamente.

Vejamos um exemplo. Suponha que alguém da plateia escolheu as cartas: 3 de ouros, J de espadas, Q de copas, 4 de paus e 10 de ouros. Admita que a assistente resolveu esconder a carta 4 de paus (carta 43). Colocando as outras quatro cartas em ordem, obtemos:

a < b < c < d

Como 24 < 43 < 48, devemos colocar a carta oculta após a primeira carta. Além disso, 43 − 24 = 19, que corresponde à sequência dabc no nosso dicionário. Portanto, a assistente deve mostrar:

O mágico deve interpretar essa sequência como dXabc e observar que dabc corresponde ao número 19; logo, dXabc corresponde ao número 24 + 19 = 43, que é o número da carta 4 de paus.

Devido à grande repercussão da geometria na sala de aula entre alunos e professores, apresentamos mais um problema de geometria. Esse último problema (nível 3) foi abordado na 3ª quinzena.

3. Circunferências tangentes

Na figura, ABCD é um retângulo e M é o ponto médio do lado AB. A semicircunferência de diâmetro CD é tangente à semicircunferência de diâmetro AM no ponto P.

a) Calcule a razão AB/BC.
b) Prove que a semicircunferência de diâmetro AD passa pelo ponto P.
c) Prove que a circunferência com centro em B e raio igual à medida do lado BC também passa pelo ponto P.

Sejam N, Q e R os pontos médios de AM, CD e QD, respectivamente.

a) Solução de Sávio Ribas, MG

Note que a tangente à semicircunferência de diâmetro AM no ponto P é perpendicular a NP. Da mesma forma, essa tangente é perpendicular a PQ. Logo, P pertence ao segmento NQ.

Como AN = DR e AD = NR, o triângulo NQR é retângulo em R.
Sendo AN = a e BC = b, temos NP = QR = RD = a e QP = QD = 2a. Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo NQR: b2 + a2 = (2a + a)2 ou b2 = 8a2. (1)

Mas a razão procurada é Como temos, por (1), que Logo, .

b) Solução de Marina Pessoa Mota, CE

Trace o segmento NQ. Usando a mesma notação para um ângulo e sua medida, consideremos os ângulos AP = α e PD = β. Como ABCD é um retângulo, ND e AQ são retos e, sabendo que a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é 360º, temos, no quadrilátero ANDQ: α + β =180o. (1)

De AN = NP = a, temos que o triângulo ANP é isósceles, ou seja, NP = AN. Lembrando que a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180º, temos:
AP + NP + AN = α + 2NP =180o = α + β , por (1).

Isso implica De modo análogo, temos o triângulo PQD isósceles e

Logo, por (1).

Assim, o ângulo AD =180º − (AN + DQ) =180º − 90º = 90º. Dessa forma, o triângulo APD é retângulo em P e, como em todo triângulo retângulo o ponto médio da hipotenusa é o centro da circunferência circunscrita ao triângulo, temos que existe um ponto F em AD que é o centro da circunferência circunscrita do triângulo APD com diâmetro AD.

c) Solução de Sávio Ribas, MG

Como BN = NQ =3a, NP = QR = a e BP = RN = β, visto em itens anteriores, temos os triângulos BNP e NQR congruentes pelo caso LAL (Lado-Angulo-Lado). Logo, BP = NR = BC, o que mostra que P pertence à circunferência de raio BC e centro em B.