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Responsáveis
As soluções dos problemas 331 a 335 serão corrigidas apenas se enviadas até 30 de junho de 2012.
331 Encontre todas as funções f : f (f (x) – y) + f (y) = f (x +f (y)) – y para quaisquer números reais x e y.
332 Sejam x e q números reais e sejam a = cos q + i sen q e z = cos x + i sen x números complexos. Utilizando a fórmula abaixo, da soma dos termos de uma progressão geométrica, a + az + az2 + ... + azn = mostre que (a) sen q + sen(x + q) + sen(2x + q) + ... + sen(nx + q) = (b) cos q + cos(x + q) + cos(2x + q) + ... + cos(nx + q) = 333 Considere um triângulo ABC e pontos A1, A2 e B1, B2 nos lados AC e BC, respectivamente, tais que CA1 = AA2 = A2A e CB1 = B1B2 = B2B. Prove que, se m(
334 Sejam A = 88888888 B = soma dos dígitos de A quando escrito na base decimal C = soma dos dígitos de B quando escrito na base decimal D = soma dos dígitos de C quando escrito na base decimal (a) Mostre que D (b) Determine D.
335 De quantas maneiras diferentes podemos dividir dez pessoas em cinco grupos de duas pessoas cada um?
Probleminhas 1 Alice, Bernardo, Cecília, Otávio e Rodrigo são irmãos. Sabemos que: – Alice não é a mais velha. – Cecília não é a mais moça. – Bernardo é mais velho que Otávio. – Rodrigo é mais velho que Cecília, porém mais moço que Alice. Você pode descobrir a ordem em que nasceram esses cinco irmãos?
2 Seja abc um número natural de três algarismos dois a dois distintos e não nulos com a < b < c. Permutando esses algarismos, obtemos seis números cuja soma é 1.998. Qual é o número abc? (Tirado da Olimpíada de Matemática do Grande ABC/2005.)
3 João calculou a soma de alguns números naturais de três algarismos, obtendo o resultado 914. Ao conferir as contas, percebeu que havia trocado o algarismo das unidades com o algarismo das dezenas de uma das parcelas. Refez, então, a soma e obteve o resultado correto 968. Quais são os algarismos que João trocou? (Tirado da Olimpíada de Matemática do Grande ABC/2005.) Respostas no final desta seção.
Soluções dos problemas propostos na RPM 75 321 Achar, justificando, um número inteiro positivo que é um quadrado perfeito, tem quatro algarismos, todos menores do que 6, e é tal que, se acrescentarmos 1 a cada um dos quatro algarismos, obtemos um número que ainda é um quadrado perfeito.
Solução Seja m2 um quadrado perfeito de quatro algarismos, todos menores do que 6. Assim, m2 = 1000a + 100b + 10c + d, com a Se somarmos 1 a cada um dos quatro algarismos, obtemos um outro quadrado perfeito, digamos n2. Assim, n2 = 1000(a + 1) + 100(b + 1)+ 10(c + 1) + (d + 1) = 1000a + 100b + 10c + d + 1.111 = m2 + 1.111. Logo, n2 – m2 = (n – m)(n + m) = 1.111 e, como m e n são positivos e menores do que 100, temos, de 1.111 = 11×101, n – m = 11 e n + m = 101, o que leva a n = 56 e m = 45. Logo, o número pedido e m2 = 452 = 2.025. (Solução enviada por André Luis Souza de Araújo, RJ.)
322 Considere o conjunto de 100 elementos
Solução Substituindo 1 e Mas essa é apenas uma das possibilidades de substituição. Vamos mostrar que as outras possibilidades levarão ao mesmo resultado. Observamos que o procedimento do nosso problema é semelhante ao de uma adição de 100 parcelas, na qual as propriedades comutativa e associativa justificam o fato de que podemos escolher duas parcelas quaisquer e substituí-las pela soma delas, repetindo o procedimento 99 vezes até encontrar um único número (soma total), independente da ordem em que as parcelas forem escolhidas. Para justificar o resultado, 100, do nosso problema, vamos mostrar que a operação, denotada por a é associativa, já que a sua comutatividade é imediata. (a a Logo, (a Portanto, podemos escrever o resultado das 99 substituições assim: (1 + 1) 2 × (Solução enviada por Marcone Augusto Araújo Borges, SE.)
Em um cubo ABCDEFGH de aresta a, marque os pontos M, N, P nos lados EF, GH e AB, respectivamente, de modo que ME = GN = PB = a/4. Mostre que a secção que o plano MNP determina no cubo é um pentágono e determine seus lados e ângulos. Solução As retas MN e HE cortam-se em I e NP e HB no ponto J. O segmento JI corta a face BCEH no segmento QR. E assim a interseção do plano por M, N e P corta o cubo ABCDEFGH no pentagono MNPQR.
BQ = QC = CR = RE = a/2 ME = GN = PB = a/4 Da figura ao lado obtemos as medidas dos lados do pentágono MNPQR:
NP2 = a2 + PQ2 = QR2 = RM2 = Vamos, então, determinar os ângulos internos do pentágono. MP2 = a2 + a2 = 2a2 MP2 = MN2 + NP2 – 2 . MN. NP. cosM 2a2 = 8a2 = 10a2 – 10a2 cosM cosM NQ2 = a2 + NQ2 = NP2 + PQ2 – 2 . NP . PQ . cosN
29a2 = 20a2 + 5a2 – 20a2 cosN cosN PR2 = a2 + PR2 = PQ2 + QR2 – 2.PQ.QR . cosP
21a2 = 5a2 + 8a2 – 4a2 cosP QM2 = a2 + QM2 = QR2 + RM2 – 2.QR.RM.cosQ
21a2 = 5a2 + 8a2 – 4a2 cosQ RN2 = a2 + RN2 = RM2 + MN2 – 2.RM.MN.cosR
29a2 = 5a2 + 20a2 – 20a2 cosR cosR (Solução adaptada da enviada por Sebastião Maurício dos Santos, MG.)
324 Em um pentágono convexo ABCDE, os ângulos B e D são retos e tem-se AB = BC e CD = DE. Se M e o ponto médio de AE, mostre que o ângulo
Queremos mostrar que B Seja BG a altura relativa à hipotenusa AC, no triângulo retângulo isósceles ABC. Então G é o ponto médio de AC e CG = AC/2. Sendo M o ponto médio de AE, G o ponto médio de AC e F o ponto médio de EC, temos MG//EC e MG = EC/2 = CF, MF//AC e MF = AC/2 = CG. Então MFCG e um paralelogramo e F Isso implica que os triângulos DFM e MGB são congruentes por LAL, já que DF = EC/2 = MG, MF = AC/2 = BG e D Portanto, D b + g + a + 90o = 180o ou b + g + a = 90o. Como B (Solução enviada por Zilton Gonçalves, RJ.) 325 Sejam A e B duas matrizes quadradas de tamanho 2011 × 2011 com entradas reais, ambas inversíveis (ou seja, com det(A) e det(B) não nulos) e diferentes da matriz identidade I. Suponha ainda que A3 = I e ABA–1 = B2. Mostre que existe um inteiro n > 0 tal que Bn = I. Você consegue determinar o menor inteiro n com essa propriedade? Solução E dado que ABA–1 = B2 e elevando ambos os termos ao quadrado, teremos (ABA–1). (ABA–1) = B2 .B2 AB(A–1A)BA–1 = B4 AB2A–1 = B4. Como B2 = ABA–1, vem A(ABA–1)A–1 = B4 ou A2BA–2 = B4. Elevando ambos os termos dessa ultima igualdade ao quadrado, (A2BA–2)(A2BA–2) = B4. B4 ou A2B2A–2 = B8. Usando novamente B2 = ABA–1, vem A2(ABA–1)A–2 = B8 ou A3BA–3 = B8. Também e dado A3 = I, que leva a A3 = I = A–3. Então, I.B.I = B8 ou B = B8 e, portanto, B7 = I, implicando que existe um n, (n = 7) tal que Bn = I. Agora, seja n > 0 o menor inteiro tal que Bn = I. Sejam q e r o quociente e o resto na divisão de 7 por n, de modo que 7 = nq + r. Então I = B7 = (Bn)q.Br = Iq . Br = Br. Mas 0 (Solução adaptada de Americo Antonio Frigo, SP.)
Respostas dos Probleminhas
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A
12 e que A e D deixam o mesmo resto na divisão por 9.
{1, 2, 3, 4, 5} e b,c,d 
, Elimine dois números a e b desse conjunto e acrescente a + b + ab, obtendo um conjunto com 99 elementos. Achar o único elemento que resta após repetir esse procedimento 99 vezes. 
por 1 + 
por 2 + 
= 3, em seguida, 3 e 
por 3 + 
= 4, e assim por diante, chegaremos em substituir 98 por 98 + 
+ 
= 99 e, finalmente, 99 por 99 + 
+ 
= 100.
, de substituir dois numeros a e b por
– 1 = 
× 
× ... × 
× 
– 1 = 101 – 1 = 100
323
Aplicando o teorema de Tales no triângulo NHI e no triângulo NHJ obtemos BJ = EI = a/2. E aplicando o teorema de Tales no triângulo IHJ obtemos RE = a/2.
= 
MN = 
+ 
P 
Q 
. cosN
= a
R 
.cosP
cosP
M 
. cosQ
N 
cosR
Solução
G = F
M = M
A = 
G = 
F = B
1, já que B