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Eduardo Tengan e Élvia Mureb Sallum
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RPM – Problemas
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As soluções dos problemas 341 a 345 serão corrigidas apenas se enviadas até 28 de fevereiro de 2013.

341

Determine qual é o maior dos números

(Enviado por Hildeberto Silva de Sousa, PI.)

342

Uma roda circular gira, sem escorregar, no interior de um círculo cujo diâmetro é o dobro do diâmetro dela. Marque um ponto P na circunferência da roda e descreva seu movimento. Justifique sua solução.

343

Se P é um ponto no interior de um triângulo ABC e AD, BE e CF são cevianas que se encontram em P, mostre que

= 1.

(Enviado por Dirceu Aparecido Borges, MS.)

344

Dado um inteiro positivo n, definimos S(n) como a soma dos algarismos de n. Definimos ainda C(n) a iteração de S(n) até obtermos um número entre 1 e 9. Por exemplo, S(146) = 11, S(11) = 2 e C(146) = 2.

Seja Fn o n-ésimo número de Fibonacci definido por:
F0 = 0, F1 = 1 e Fn+2 = Fn+1 + Fn para n 0, de modo que seus primeiros termos são 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ... . Qual o valor de C(F10 000)?

(Enviado por Iael Tavares.)

345

Em uma república estudantil, há 11 pessoas e uma geladeira. Essa geladeira possui n cadeados e cada uma das 11 pessoas possui as chaves de k desses cadeados. Quais os menores valores de n e k para que a geladeira só possa ser aberta na presença de 6 ou mais membros da república?

Probleminhas

1.

Preencha as casas da figura ao lado com os números 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 8, sem repetição, de forma que números consecutivos não possam ser ligados diretamente de uma casa a outra.

(Enviado por Dirceu Aparecido Borges)

2.

Cada retângulo da figura deve ter um número dentro dele. A soma dos números de dois retângulos vizinhos numa mesma linha está no retângulo imediatamente acima deles. Qual é o número x?

(Probleminhas 2 e 3 retirados do livro Para gostar de Matemática, de Chico Nery.)

3.

Uma soma tem como parcelas alguns dos números: 1, 3, 9, 27 e 81, utilizados no máximo duas vezes cada um. Se a soma deu 146, qual número não foi utilizado?

Respostas na pág. Artefato para o trabalho...

.

Soluções dos problemas propostos na RPM 77

331

Encontre todas as funções f : → tais que

f (f (x) – y) + f (y) = f (x +f (y)) – y

para quaisquer números reais x e y.

Solução

O problema 331, por engano da RPM, é o mesmo problema 302 que foi apresentado na RPM 71, com solução já publicada na RPM 73.

332

Sejam x e q números reais e sejam a = cos q + i senq e z = cosx + i senx números complexos. Utilizando a fórmula abaixo, da soma dos termos de uma progressão geométrica,

a + az + az2 + ... + azn =

mostre que

(a)   senq + sen(x + q) + sen(2x + q) + ... + sen(nx + q) =

(b)   cosq + cos(x + q) + cos(2x + q) + ... + cos(nx + q) =

Solução

Sejam S = cos(kx + q) e T = sen(kx + q).

Para determinar S e T, deduziremos a parte real e a parte imaginária do número complexo S + iT. A partir da fórmula de Moivre, podemos obter as seguintes igualdades:

S + iT = [cos(kx + q) + isen(kx + q)] =

[(cos(kx).cosq - sen(kx).senq) + i(sen(kx).cosq + senq.cos(kx))]=
[cosq.(cos(kx) + isen(kx)) + isenq.(cos(kx) + isen(kx))] =

[cosq.(cosx + isenx)k + isenq.(cosx + isenx)k] =

= (zk cosq + izk senq) = (cosq + isenq)zk = azk.

Usando agora a fórmula da soma dos termos de uma PG e também a fórmula de Moivre, obtém-se

S + iT = azk = =

= =

Portanto, cos(kx + q) = S = e

sen(kx + q) = T =

(Solução enviada por Fernando Neres de Oliveira.)

333

Considere um triângulo ABC e pontos A1, A2 e B1, B2 nos lados AC e BC, respectivamente, tais que CA1 = A1A2 = A2A e CB1 = B1B2 = B2B. Prove que, se m(A1BA2) = m(B1AB2), então o triângulo ABC é isósceles.

Solução

Pelas hipóteses do problema e uso conveniente do teorema de Tales, temos A1B1//A2B2//AB.

Temos: A2N = AB/2, pois A2 é ponto médio de AA1 e os triângulos AA1B e A2A1N são semelhantes; B2M = AB/2, pois B2 é ponto médio de BB1 e os triângulos AB1B e MB1B2 são semelhantes. Logo, A2N = B2M e, como m(A1BA2) = m(B1AB2) = a, segue pelo problema 297 da RPM 70 que os triângulos AMB2 e BNA2 são congruentes, pois têm a mesma altura. Logo, m(A2B2A) = m(BA2B2) = b.

Como A2B2 // AB, segue m(B2AB) = m(ABA2) = b. Concluímos então que os triângulos AB2B e BA2A são congruentes devido à igualdade dos seus ângulos em A e B e por eles terem a mesma altura.

Logo, m(A2AB) = m(B2BA) e, portanto, o ABC é isósceles.

334

Sejam

A = 8 8888 888
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 12 e que A e D deixam o mesmo resto na divisão por 9.

(b) Determine D.

Solução

(a) Note que A = 8 8888 888 < 10 0008 888 = 1035 552; logo, A possui, no máximo, 35 552 dígitos e, portanto, B 9 × 35 552 = 319 968.

Assim, C 9 + 9 + 9 + 9 + 9 = 45 e D 3 + 9 =12.

Por outro lado, dado um número N = a0 + a110 + a2 102 + ... + ad10d escrito na base 10, 0 ai < 10, temos que, como 10 1(mod 9), então 10i 1(mod 9) e
N (a0 + a1 + ... + ad )(mod 9).

Ou seja, N deixa o mesmo resto na divisão por 9 que a soma de seus dígitos. Assim, A, B, C e D deixam todos o mesmo resto na divisão por 9.

(b) Temos 8888 ≡ (8 + 8 + 8 + 8)(mod 9) e, como 32 ≡ 5(mod 9), vem que A = 88888888 ≡ 58888(mod 9). Porém, 53 ≡-1(mod 9); logo, 53×2962 (-1)3×2962(mod 9) ou 5888 ≡ 1(mod 9).

Então, 58888 ≡ 52(mod 9). Mas 52 ≡ 7(mod 9); logo, A ≡ 7(mod 9).

Mas, como A ≡ D(mod 9) e D 12, concluímos que D = 7.

(Solução enviada por diversos leitores.)

335

De quantas maneiras diferentes podemos dividir dez pessoas em cinco grupos de duas pessoas cada um?

Solução

Se os grupos fossem numerados, haveria

maneiras de dividir as 10 pessoas em grupos de duas pessoas cada um, pois há maneiras de escolhermos duas pessoas para o primeiro grupo, maneiras de escolhermos duas dentre as oito pessoas restantes para formar o segundo grupo, e assim por diante. Entretanto, como os grupos não são numerados, devemos dividir a resposta por 5!, que corresponde ao número de maneiras de numerarmos os grupos. Assim, a quantidade pedida é maneiras diferentes.

(Solução enviada por diversos leitores.)