Responsável
Eduardo Tengan e Élvia Mureb Sallum
Envie suas soluções para
RPM - Problemas
IME/USP - Cidade Universitária
Rua do Matão, 1010 Bloco B, sala 105
05508-090 São Paulo, SP

As soluções dos problemas 301 a 305, publicados nesta seção, serão corrigidas apenas se enviadas até 31 de outubro de 2010.

301

a) Fatore a4 + 4b4.

b) Simplifique

302

Encontre todas as funções f: R ® R tais que f(f(x) – y) + f(y) = f(x + f(y)) – y para quaisquer x, y Î R.

303

Determine o número de matrizes A de tamanho 2010 x 2010 satisfazendo simultaneamente as seguintes duas condições:

i) as entradas de A são ou 0 ou 1;
ii) a quantidade de 1’s em cada linha e em cada coluna de A é par.

304

Determine todos os números reais positivos x e y que satisfazem o sistema

305

Duas circunferências G1 e G2 são tangentes internamente no ponto M, sendo G1 a circunferência exterior. Uma reta tangencia G2 no ponto P ≠ M e corta G1 nos pontos Q e R. Prove que os ângulos QP e RP têm medidas iguais.

Probleminhas

1

Três amigos, André, Bernardo e Carlos, partem ao mesmo tempo de um local e dirigem-se à cidade que dista 8 km desse local. André parte a pé. Bernardo leva Cláudio na garupa de sua bicicleta. Depois de certo tempo Cláudio desce da bicicleta e continua o caminho a pé. Bernardo volta ao encontro de André, que sobe na garupa de Bernardo, e ambos vão de bicicleta até a cidade. Os três amigos chegam ao mesmo tempo. Se a pé andam a 6 km/h e de bicicleta a 30 km/h, quanto tempo durou o percurso?

2

É possível preencher um quadrado 3 x 3 com 1 e os 8 primeiros números primos, 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 e 19, para que seja mágico, isto é, para que cada linha, cada coluna e as duas diagonais tenham a mesma soma? Por quê?

3

Timóteo recebe ofertas de trabalho de duas empresas. A primeira oferece R$ 18.000,00 por ano com a promessa de aumento de R$ 1.000,00 por semestre. A segunda oferece também R$ 18.000,00 por ano com promessa de aumento de R$ 4.000,00 por ano. Qual empresa Timóteo deve escolher?
(Retirados do livro 100 jogos numéricos, de Pierre Berloquin.)

Respostas na seção Panéis

Soluções dos problemas propostos na RPM 69

291

O grande artilheiro Carlos Gustavo mantém uma contagem g(n) de gols bem-sucedidos dentre os n chutes a gol que fez até determinado momento numa temporada. Em certo momento, no início da temporada, g(n) era menor do que 80% dos n chutes a gol feitos até então; já no fi nal, esse número g(n) era maior do que 80% de n. Houve algum momento durante a temporada em que g(n) era exatamente igual a 80% dos n chutes a gol até então feitos? E o que acontece se trocarmos 80% por 81%?

Solução

Suponhamos, por contradição, que g(n) ≠ 0,8n para todo n. Sejam a o número de acertos de chute e e o número de erros dentre n chutes executados. Então, n = a + e e g(n) = a. Supondo que não haja 80% de gols marcados, haverá um momento em que < 0,8 < . Então,

< 0,8 Þ a < 0,8a + 0,8e Þ a < 4e. (1)

0,8 < Þ 0,8a + 0,8e + 0,8 < a + 1 Þ 4e < a +1. (2)

Portanto, juntando (1) e (2), temos a < 4e < a + 1. Como não há inteiros a e e satisfazendo essas desigualdades, a hipótese inicial de não existir um momento com 80% de acertos nos chutes é falsa.

Já para 81% (procedendo analogamente):

< 0,81 < Þ 19a < 81e < 19a + 19.

E é possível aumentar a porcentagem de acerto sem obter exatamente 81% em qualquer momento. Por exemplo, suponhamos que em um certo instante tenhamos n = 10, a = 8, e = 2. Assim, g(10) = 80%. Com acerto no próximo chute, ficamos com g(11) = > 81%.

(Solução enviada por Geraldo Perlino Júnior)

292

A sequência de Fibonacci Fn é definida por Fn =

Os primeiros termos dessa sequência são, portanto, 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, ... Mostre que, para todo n natural, tem-se

em que o coeficiente binomial é definido como zero se o denominador ultrapassa o numerador. Por exemplo, para n = 4 temos

=1 + 3 + 1 = 5 = F5.

Solução

Vamos provar a asserção utilizando o princípio da indução finita.

Base: Para n = 0, temos = 1 = F1 e para n = 1, temos = 1 = F2

Passo indutivo: Suponha que a afirmação é verdadeira para todo n 1.

Utilizando a relação de Stiefel para coeficientes binomiais e a definição de Fn+2, temos

= Fn + Fn+1 = Fn+2

(Solução adaptada das enviadas por vários leitores.)

293

Simplifique

Dica: considere a expressão

Solução

Tem-se

= tgk tg (k 1)

Portanto, 1, logo

(tg1o tg0o + tg2o tg1o + ... + tg89o tg88o) =

(Solução enviada por vários leitores.)

294

Se x, y, z são reais positivos, mostre que xy(x + y) + yz(y + z) + xz(x + z) 6xyz.

Solução

Sejam x, y, z reais positivos. Tem-se

                        xy(x + y) + yz(y + z) + xz( x + z)

                        = x2y + xy2 + y2z + yz2 + x2z + xz2 = 6xyz

pois a média aritmética é maior ou igual à média geométrica.

(Solução adaptada das enviadas por vários leitores.)

Nota: O professor Zoárd Geöcze, MG, comenta que na OBM de 1982 apareceu um problema semelhante: se a, b e c são reais positivos, então (a + b)(b + c)(a + c) 8abc.

295

A base de uma pirâmide é um hexágono regular e a projeção vertical do vértice da pirâmide é o centro da base. O centro da esfera circunscrita à pirâmide está na superfície da esfera inscrita. Encontre a razão entre os raios dessas duas esferas.

Solução

Sejam R, O e r, O’ os raios e centros das esferas circunscrita e inscrita, respectivamente.

1º caso: o centro O está no centro da base da pirâmide.

Como o lado do hexágono é igual a R, temos OM = e no triângulo retângulo VOM (VO = R), obtemos VM2 = OM2 + VO2. Portanto, VM =

Pela semelhança dos triângulos VO’P (retângulo em P) e VOM (retângulo em O), obtemos . Como MP = OM, temos VP = VM – OM, logo,

2o caso: o centro O está no interior da altura da pirâmide.

Então, VP2 = VO’2 – O’P2. Sendo VP = y, temos y2 = (R + r)2 – r2, logo . Além disso, OB2 = OA2 + AB2, isto é, R2 = (2r)2 + x2 ou x = . Pela semelhança dos triângulos, VO’P e VMA, temos , isto é, .

Substituindo os valores obtidos para x e y, vem:

Então,

Fazendo , = t, temos 3t2 – 6t – 4 = 0 e t =

Conclusão: em qualquer um dos dois casos,

(Solução enviada por vários leitores.)