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Eduardo Tengan e Élvia Mureb Sallum
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RPM – Problemas
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PROBLEMAS

As soluções dos problemas 316 a 320 serão corrigidas apenas se enviadas até 30 de junho de 2011.

316

Em uma circunferência, n pontos são marcados e são traçadas todas as cordas ligando esses pontos. Suponha que não haja 3 cordas passando por um mesmo ponto interno à circunferência. Quantos pontos de intersecção internos à circunferência são determinados?

317

Uma corda AB, de comprimento constante, desliza sobre uma semicircunferência determinada por um diâmetro d. Considere o triângulo cujos vértices são: o ponto médio da corda e as projeções ortogonais dos seus extremos A e B sobre o diâmetro d. Mostre que, durante o deslizamento da corda, esse triângulo é sempre isósceles e nunca muda de formato (i.e., os ângulos do triângulo são constantes).

318

Achar as raízes de 16x4 + 8x3 – 16x2 – 8x + 1 = 0.
Sugestão: Escreva sen(5a) em termos de sena.

(Proposto por Amadeu Carneiro de Almeida.)

319

Se p é um inteiro primo ímpar, mostre que o numerador da fração é um múltiplo de p.

320

Mostre que existem infinitos polinômios P(x) com coeficientes reais tais que

P(x2 + 1) = [P(x)]2 + 1.

Probleminhas

1

Uma cidade não tem iluminação elétrica e todos usam velas à noite. Na casa de João usa-se uma vela por noite, sem queimá-la totalmente. Com os tocos de 4 dessas velas, é possível fazer uma nova vela. Durante quantas noites João poderá iluminar sua casa com 43 velas? (OBMEP 2005)

2

O quadrado da figura é um quadrado mágico. Qual é a soma dos 5 números que faltam? (OBMEP 2005)

3

Que dia é hoje?

– Sexta-feira, respondeu Luís; – Sábado, respondeu Maria.

– Então, que dia será amanhã?

– Segunda, disse Maria; – Terça, disse Luís.

– Pelo amor de Deus! Que dia foi ontem?

– Quarta, disse Luís; – Quinta, disse Maria.

Cada um deu uma resposta correta e duas erradas. Que dia é hoje?

(Almanaque das curiosidades matemáticas de Ian Stewart)

Repostas no final da seção Problemas..

Soluções dos problemas propostos na RPM 72

306

Na figura temos um quadrado ABCD de lado 1 e um quadrado AEFG de lado x. Construir com régua e compasso a circunferência que passa por F e é tangente aos lados DC e BC.

Solução

Por F traçamos uma paralela à diagonal BD, obtendo um triângulo retângulo MCN. Traçando duas bissetrizes desse triângulo, obtém-se o seu incentro O, isto é, o centro da circunferência inscrita, que é tangente aos lados do triângulo MCN, portanto, aos lados DC e BC.

Observamos que as construções usadas podem ser feitas com régua e compasso e que pode existir outra circunferência passando por F (ver figuras), tangente aos lados BC e CD, cujo centro O’ é obtido pela interseçãodas bissetrizes dos ângulos BM e DN.

(Solução enviada por vários leitores.)

307

Dado n inteiro positivo, seja f (n) a média aritmética de todos os seus divisores positivos.

a) Mostre que f(n)

b) Encontre todos os inteiros positivos tais que f (n) = 91/9.

Solução

a) Seja k o número de divisores positivos de n e sejam

1 = d1 < d2 < ... < dk = n esses divisores. Pela desigualdade entre a média aritmética e geométrica, tem-se

Note ainda que (d1 d2 ... dk)2 = (d1 dk) (d2 dk– 1) (d3 dk– 2)... (dk d1) = nk, o que leva a d1 d2 ... dk = . Portanto, f (n) =

Para provar a outra desigualdade, observe que o maior divisor próprio de n é menor ou igual a n/2. Assim, supondo n > 1 (para n = 1 é imediato) , logo

b) Se f (n) = temos, por a), , implicando 20 n 102.

Além disso, ainda de f (n) = , vem que o número k é um múltiplo de 9. De n 102 podemos concluir que n tem, no máximo, 3 primos distintos em sua fatoração, já que 2×3×5×7 = 210, que é maior que 102.

Logo, n = paqbrg, sendo p, q e r primos com p < q < r e a, b e g inteiros não negativos com g {0,1}, pois, caso contrário, n > 2×3×52 = 150 > 102.

Por outro lado, 9 divide k = (a + 1)(b + 1)(g +1). Assim, a, b 2 ou a 8 ou b 8. Se g = 1, teríamos n 28×5 > 102 ou n 22×32×5 > 102. Logo, g = 0 e n = paqb com k = (a + 1)(b + 1) múltiplo de 9. Se b = 0, temos que a 8, mas, neste caso, n 28 > 102. Da mesma forma temos que a ≠ 0. Assim, restam as possibilidades:

i) k = 9, a = b = 2. Neste caso, n = 22×32 = 36 e n = 22×52 = 100 são as possibilidades menores ou iguais a 102 e apenas n = 36 satisfaz f(n) =

ii) k = 9t com t 2. Neste caso, como (a + 1)(b + 1) = k 18, temos que a 5 ou b 5 e, assim, n 25×3 = 96. Testando as possibilidades n = 96, 97, ..., 102, verificamos que nenhuma delas satisfaz f(n) =
Resumindo, n = 36 é a única solução para f(n) =

(Solução adaptada das enviadas por vários leitores.)

308

Dados uma circunferência c e um ponto P no seu exterior, encontre Q e R, pontos de c, tais que P, Q e R estejam em linha reta e Q seja ponto médio do segmento PR.

Solução

Seja c = C(O, r), circunferência com centro O e raio r e P um ponto no seu exterior. Sejam d = PB a distância de P à circunferência, T o ponto de tangência de uma das tangentes à c por P e y = PT. Se P, Q e R são pontos alinhados, Q e R em c e PQ = QR = x, temos PT2 = PR×PQ, isto é, y2 = 2x2.

Assim, o problema tem solução se e somente se a circunferência de centro P e raio x = corta c = C(O, r), o que acontece se e somente se

x d = PB d y2 2d2

No triângulo retângulo OPT, temos y2 = (r + d)2 r2 e então

y2 2d2 2 r d.

No caso 2r = d, temos a solução R = A e Q = B. No caso 2r > d, temos as soluções Q, R e Q’, R’, pontos simétricos a Q e R em relação ao diâmetro AB.

Observamos que todas as construções utilizadas podem ser efetuadas com régua e compasso.

(Solução adaptada das enviadas por vários leitores)

309

Mostre que, se um polinômio p(x) = a0xn+ a1xn–1 + ... + an–1x + an, com coeficientes inteiros, assume o valor 7 para quatro valores inteiros e distintos de x, então ele não pode assumir o valor 14 para nenhum valor inteiro de x.

Solução

Se p(x) assume o valor 7 para os inteiros dois a dois distintos, a, b, c e d, então a, b, c e d são raízes inteiras da equação p(x) – 7 = 0.

Sendo a raiz, temos p(x) – 7 = (x – a)p1(x), sendo p1(x) = q0xn–1+ q1xn–2 + ... + qn–1 polinômio também com coeficientes inteiros, pois q0 = a0, q1 = aq0 + a1, q2 = aq1 + a2, ..., qn–1 = aqn–2 + an–1.

Sendo b raiz de p(x) – 7 = (x – a)p1(x) = 0, temos 0 = (b – a)p1(b), com b ≠ a, logo, p1(b) = 0, ou seja, b é raiz de p1(x) = 0. Repetindo o argumento usado, vem que p1(x) = (x – b)p2(x), sendo p2(x) polinômio com coeficientes inteiros. Repetindo o argumento para as raízes c e d, teremos

p(x) – 7 = (x – a) (x – b) (x – c) (x – d) q(x),

sendo q(x) polinômio com coeficientes inteiros.

Supondo que exista um inteiro k tal que p(k) = 14, então p(k) – 7 = 7, ou seja,

7 = (k – a) (k – b) (k – b) (k – d) q(k),

sendo todos os cinco fatores inteiros. Ora, as únicas possibilidades para esses fatores são 1, 7, –1 e –7 e, como (k – a), (k – b), (k – b) e (k – d) são dois a dois distintos, temos uma contradição.

(Solução enviada por João Fernandes de Moura, RJ.)

310

Prove que, se x + = 2cosa, então xn + = 2cosa(na).

Solução

As soluções complexas de x + = 2cosa são x =eia = cosa + isena e x = e-ia = cosa isena , já que, por verificação direta, temos

eia + = eia + e-ia = 2cosa = e-ia + .

Assim, para x = eia,

xn + = (eia)n + = eina + e-ina=

cos(na) + isen(na) + cos(na) + isen(na) = 2cos(na).

Analogamente, verificamos para x =e-ia.

(Solução adaptada das enviadas por vários leitores.)