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Eduardo Tengan e Élvia Mureb Sallum
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RPM – Problemas
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As soluções dos problemas 326 a 330 serão corrigidas apenas se enviadas até 30 de março de 2012.

326
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, ... .

Considere a matriz A = .

a) Mostre que An = para todo inteiro n 1.

b) Utilize o item anterior para mostrar que Fn+1 Fn-1 – = (–1)n para todo inteiro n 1.

c) Ainda utilizando o item a), mostre que Fn+1 Fm+ Fn Fm–1 = Fm+n para todo m, n 1.

327

A, B, C são subconjuntos de {1, 2, 3, ..., 2011} dois a dois disjuntos, isto é, com A B = A C = B C = . Quantas triplas ordenadas (A, B, C) existem?

328

Determine todos os x, y inteiros positivos tais que 3x = y2 + 17.

329

Dado um triângulo equilátero ABC, inscrito numa circunferência, considere um ponto P qualquer no arco AB que não contém C.

Mostre que PA + PB = PC.

330

Seja X um ponto do interior do lado AC de um triângulo ABC. Prove que, se as circunferências inscritas nos triângulos ABX e BCX são tangentes, então, X pertence à circunferência inscrita no triângulo ABC.

Probleminhas

1. Numa certa povoação vivem 800 mulheres. Delas, 4,5% usam apenas 1 brinco; das restantes metade usa 2 brincos e a outra metade, nenhum. Qual o número total de brincos usados pelas mulheres da povoação?

2. Luíza, Maria, Antônio e Júlio são irmãos. Dois deles tem a mesma altura. Sabe-se que Luíza é maior do que Antônio; Maria é menor do que Luíza;Antônio é maior do que Júlio e Júlio é menor do que Maria. Quais deles tem a mesma altura?

3. A tabela abaixo mostra o desempenho das seleções de um dos grupos da Copa do Mundo de 2002. Quais são os valores de x, y, z e w? (GM: gols marcados e GS: gols sofridos)

Num jogo, o vencedor ganha 3 pontos, em caso de empate as duas seleções ganham 1 pontos e a perdedora não ganha nem perde pontos.

Soluções dos problemas propostos na RPM 73

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?

Solução

Dados quatro dentre os n pontos marcados na circunferência, a intersecção das diagonais do quadrilátero determinado por esses quatro pontos é um dos pontos de intersecção internos à circunferência do problema. Reciprocamente, dado um desses pontos de intersecção, há exatamente duas cordas que passam por esse ponto, cujas extremidades determinam um subconjunto de quatro dentre os n pontos marcados na circunferência. Assim, a quantidade desses pontos de intersecção é .

(Solução enviada por vários leitores.)

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).

Solução

Sejam M o ponto médio da corda AB, K e P as projeções ortogonais de A e B sobre o diâmetro d. Traçando o segmento MN paralelo a BP, que também é paralelo a AK, então N é o ponto médio do segmento KP. Como MN é perpendicular a KP, então o triângulo
MKP é isósceles.

Sendo OB o raio da circunferência, concluímos que OM é perpendicular a AB, pois o triângulo OAB é isósceles.

Como OMB = OPB = 90o, o quadrilátero MOPB é inscritível, logo OPM = OBM.

O triângulo retângulo OMB não muda de formato, então temos OBM = OPM = PKM e essas medidas são constantes.

(Solução enviada por Ezequiel Meireles Lourenço, PE.)

318

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

Solução

Inicialmente mostraremos que sen 5a = 16sen5a – 20sen3a + 5sena. (1)

Vejamos,

sen5a = sen(2a + 3a) = sen2a.cos3a + sen3a.cos2a =
sen2a(cos2a.cos a – sen2a.sen a) + cos2a.(sen2a.cosa + sena.cos2a) =
2sen2a.cos2a.cosa – sen22a.sena + sena.cos22a =
4sena.cos2a.cos2a + sena.(cos22a – sen22a) =
4sena(1 – sen2a).(1 – 2sen2a) + sen a(1 – 2sen22a) =
4sena(1 – 3sen2a + 2sen4a) + sena – 2sena(4sen2a.cos2a) =
4sen a – 12sen3a + 8sen5a + sen a – 8sen3a(1 – sen2a) =
16sen5a – 20sen3a + 5sena.

Fazendo sena = x, obtemos o polinômio P(x) = 16x5 – 20x3 + 5x. Não é difícil perceber que 1/2 é raiz simples do polinômio P(x) – 1/2 = 16x5 – 20x3 + 5x – 1/2 e, portanto, podemos escrever

16x5 – 20x3 + 5x – 1/2 = (x – 1/2)(16x4 + 8x3 – 16x2 – 8x + 1).

Daí e de (1) podemos concluir que, se sen 5a = 1/2 com sen a 1/2, então sen a é raiz do polinômio 16x4 + 8x3 – 16x2 – 8x + 1.

Temos as seguintes possibilidades para sen a no caso em que sen 5a = 1/2.

para k = 0, 1, 2, 3, 4.

Logo, a =

48 REVISTA DO PROFESSOR DE MATEMÁTICA NO 76
Então, eliminando os casos em que a = 30o ou 150o, temos
k = 0  a = 6o
k = 1  a = 78o e a = 102o
k = 2  a = 174o
k = 3  a = 222o e a = 246o
k = 4  a = 294o e a = 318o
Como sen 102o = sen 78o, sen 174o = sen 6o e sen 222o = sen 318o, segue
que as quatro possibilidades distintas para sen a são sen 6o, sen 78o, sen 222o
e sen 246o. (Solução enviada por diversos leitores.)
319
Se p é um inteiro primo ímpar, mostre que o numerador da fração
1 1 1 1
...
1 2 3 p 1
   

é um múltiplo de p.
Solução
Podemos escrever
1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... 1 ...
2 3 1 1 2 2 1 1
2 2
p p p p p
 
     
                            
 
...
1 2( 2) 1 1 .
2 2
1 1 1
...
1 2( 2) 1 1
2 2
( 1)! ( 1)! ( 1)!
... ,
( 1)! 1 2( 2) 1 1 ( 1)!
2 2
p p p
p p p p
p
p p p p p
p p p p p
N
p p p p p p p
    
   
 
 
      
              
 
    
       
                
em que N é um número natural.
Como p é um número primo, p > 2, segue que nenhum fator de (p – 1)!
divide p; logo, o numerador da fração reduzida é múltiplo de p.
(Solução enviada por Warles Ribeiro Neto.)
REVISTA DO PROFESSOR DE MATEMÁTICA NO 76 49
320
Mostre que existem infi nitos polinômios P(x) com coefi cientes reais tais que
P(x2 + 1) = [P(x)]2 + 1.
Solução
O polinômio P(x) = x obedece à condição
P(x2 + 1) = [P(x)]2 + 1.
Além disso, sempre que um polinômio P1(x) com grau k > 1 obedecer à
condição acima, o polinômio Q(x) = [P1(x)]2 + 1, de grau 2k, também obedece
à condição, pois
Q(x2 + 1) = [P1(x2 + 1)]2 + 1 = [(P1(x))2 + 1]2 + 1 = [Q(x)]2 + 1.
Assim, iniciando com P(x) = x, obtemos
P1(x) = P(x)2 + 1 com grau 2,
P2(x) = P1(x)2 + 1 com grau 4,
. . .
e, assim, sucessivamente.
Obtemos, então, uma sequência infi nita, Pn(x), de polinômios dois a dois,
distintos, pois têm graus distintos, que obedecem à condição do problema.
(Solução enviada por diversos leitores.)

311

Mostre que existe um hexágono convexo cujos ângulos internos são todos iguais e cujos lados medem 1, 2, 3, 4, 5 e 6 cm (em alguma ordem).

Solução

Para obter um tal hexágono, basta cortar um triângulo equilátero de lado 10 cm por segmentos paralelos aos lados, como mostra a figura à esquerda.

O leitor J. Claudio M. Velloso comenta que esse problema pode ser generalizado para um hexágono cujos lados estejam em PA: a, a + r, a + 2r, a + 3r, a + 4r e a + 5r. Nesse caso, basta começar com um triângulo equilátero de lado 3a + 7r.

(Solução enviada por diversos leitores.)

312

Qual o valor da soma

Solução

Como , tem-se

e, fazendo os cancelamentos sucessivos, obtém-se

(Solução enviada por diversos leitores.)

313

Seja M um ponto no lado AB do triângulo ABC. Sejam r1, r2 e r os raios das circunferências inscritas nos triângulos AMC, BMC e ABC, respectivamente. Sejam q1, q2 e q os raios das circunferências exinscritas dos mesmos triângulos que estão no ângulo AB . Prove que .

Solução

Sejam a = m(CÂB), b = m(CA), c = AB, I o centro da circunferência inscrita no triângulo ABC e E o centro da circunferência exinscrita contida no interior do ângulo AB, como mostra a figura abaixo.

No triângulo AIB, de altura r, obtemos

Por outro lado, como m(BÂE) = e m(AE) = 90o ,

no triângulo AEB, de altura q, obtemos

Portanto, temos .

De maneira análoga,

Mas como CB + CA + 180o , temos

= 1. Assim, , como pedido.

(Solução adaptada de vários leitores.)

314

Determine todos os inteiros positivos x e y que satisfazem a equação x2 + 2 = 5y.

Solução

Mostraremos que não existem inteiros positivos x, y tais que x2 + 2 = 5y. De fato, como o quadrado de um inteiro, não nulo, só pode terminar em 0, 1, 4, 5, 6 ou 9, então x2 + 2 deve terminar com 2, 3, 6, 7, 8 ou 1, ou seja, não pode ser múltiplo de 5 que termina em 0 ou 5.

(Solução enviada por diversos leitores.)

315

Mostrar que n2 + 3n + 5 não é divisível por 121, qualquer que seja n inteiro.

Solução

Suponha, por absurdo, que n2 + 3n + 5 = 121k para algum k inteiro. Então, na equação do segundo grau (na variável n)

n2 + 3n + (5 – 121k) = 0

o discriminante Δ = 32 – 4.1.(5 – 121k) = 11(44k – 1) deve ser um quadrado perfeito, já que as soluções devem ser números inteiros. Porém, na decomposição em primos de um quadrado perfeito, os expoentes devem ser pares, o que não ocorre para Δ: como 11 divide 44k, 11 não divide 44k – 1 e, portanto, a maior potência de 11 em 11(44k – 1) é o próprio 11. Essa contradição prova que n2 + 3n + 5 não pode ser múltiplo de 121.

(Solução adaptada de vários leitores.)

Nota: O leitor Amadeu Carneiro de Almeida mandou solução correta do problema 315, o que não consta na lista de acertadores da RPM 75. A ele nossas desculpas.

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Nota enviada por Rubens Ortega

É com tristeza que gostaria de comunicar o falecimento de um assíduo colaborador e fã da Seção Problemas da RPM, o Dr. Antônio Matos dos Santos, no dia 29 de maio de 2011, em Curitiba.

O Dr. Matos era médico de sucesso, que atendia a centenas de pacientes com muita competência e dedicação, dentre os quais eu me incluía.

Todas as vezes que eu ia a uma consulta, ele abria uma gaveta, tirava a RPM e me mostrava os problemas com as soluções que já havia feito, ou que ainda estava tentando fazer, iniciando uma breve discussão matemática, sempre interrompida por causa dos inúmeros pacientes que esperavam pelo atendimento.

O nome do Dr. Matos figurou em quase todas as relações de leitores que enviaram soluções ao longo da história da RPM, além da sugestão do problema 294 (p. 56) da RPM 69, que ele me mostrou com muito orgulho. Fica o registro da irreparável perda que tiveram os cidadãos de Curitiba, principalmente aqueles que puderam conhecê-lo e compartilhar de sua amizade.

Respostas dos Probleminhas
1. 800
2. Antônio e Maria
3. x = 0, y = 5, z = 2 e w = 5