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Eduardo Tengan e Élvia Mureb Sallum
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RPM – Problemas
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As soluções dos problemas 346 a 350 serão corrigidas apenas se enviadas até 30 de junho de 2013.


346

(a) Mostre que o resto da divisão de 32012 – 1 por 312 – 1 é 38 – 1.

(b) Determine o mdc(32012 – 1, 312 – 1).


347

Um trapézio é dividido em quatro triângulos por suas diagonais. Sejam A e B as áreas dos triângulos adjacentes aos lados paralelos do trapézio. Encontre a área do trapézio em função de A e B.


348

Por um ponto P exterior a um dado círculo Γ passam uma secante e uma tangente a Γ. A secante intercepta Γ em A e B, e a tangente intercepta Γ em C, estando A, B e C do mesmo lado do diâmetro que passa por P. Seja Q a projeção de C sobre esse diâmetro. Prove que a reta QC bissecta o ângulo AB.


349
a) Mostre que cos é uma raiz da equação

8x3 – 4x2 – 4x + 1 = 0

b) Encontre todos os números racionais p, q e r tais que

pcos + qcos +rcos = 1.

(Sugestão do leitor Wilson da Silva Ramos, Belém, PA.)


350

a) Sejam m, n, k inteiros positivos. Mostre que

b) Seja p um número primo. Mostre que

– 2

é múltiplo de p2.

 

PROBLEMINHAS

1

Em cada rodada de lançamento de dados, o famoso apostador Hystrix Tardigradus sempre aposta a metade do dinheiro que tem no momento. Quando ganha, ele ganha o dobro do que apostou. Ontem, Hystrix ganhou tantas rodadas quantas perdeu. No fim da noite, ele ganhou, perdeu ou saiu com a mesma quantia com que começou?


2

Um grilo começa em um quadrado com o número 1 e move-se de quadrado em quadrado numerando-os com números sucessivos até o 25. O grilo nunca entra mais do que uma vez em cada quadrado e move-se sempre horizontalmente e verticalmente, exceto por um pulo mostrado na figura da esquerda. Determine na figura da direita, na qual a maioria dos números foram apagados, o caminho do grilo.

3

Escrevemos, com tinta invisível, na primeira linha da primeira coluna, um número de quatro dígitos diferentes entre 0 e 9. As linhas seguintes indicam tentativas de descobrir o número secreto. Cada tentativa é classificada com as letras C (certo) e B (bingo). C indica que o número tentado tem um dígito em comum com o número secreto, mas em posição diferente. A letra B indica que o número tentado tem um dígito em comum com o número secreto na mesma posição. Descubra os números secretos das tabelas.

     B  B  B  B
    1  2  5  9    C
    1  3  8  9    C  B
    1  3  5  7    B  B
    4  3  9  7    B  B
 
     B  B  B  B
    3  9  2  0    C  C  C
    8  7  4  5    B
    9  0  7  5    C  C
    8  3  9  7    C  C  C


(Tirados do livro Hard-to-solve brainteasers, de Jaime & Lea Poniachik.)

Respostas na página Painéis

 

SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS PROPOSTOS NA RPM 78


336

Resolver em a equação x . (x) + x = 2(x) + 10, sendo x o maior inteiro menor ou igual a x e (x) = x x. Por exemplo, 1,43 = 1 e (1,43) = 0,43.


SOLUÇÃO

De x. (x) + x = 2(x) + 10 e de x = (x) + x temos x. (x) – (x) + x – 1 = 9 ou
( x – 1)((x) + 1) = 9; logo, (x) = .

Como 0 (x) 1, temos

0 – 1 1; 1  2; 6  x  10

Então,
x = 6:
(x) = − 1 ⇒ (x) = x = 6 + = 6,8

x = 7:
(x) = − 1 ⇒ (x) = x = 7 + = 7,5

x = 8:
(x) = − 1 ⇒ (x) = x = 8 +

x = 8:
(x) = − 1 ⇒ (x) = x = 9 + = 9,125

x = 10:
(x) = − 1 ⇒ (x) = 0 ⇒ x = 10

É fácil verificar que, de fato, esses valores obtidos para x satisfazem a equação dada.

(Solução enviada por Geraldo Perlino Jr.)


337

Uma formiga parte da origem (0, 0) e anda uma unidade até (1, 0); em seguida, vira 30o para a esquerda e anda mais 1/2 unidade até (1 + ); em seguida, vira 30o para a esquerda novamente e anda mais 1/4 unidade; em seguida, vira 30o para a esquerda novamente e anda mais 1/8 unidade e assim por diante, sempre virando 30o à esquerda e andando metade da distância que andou na vez anterior, numa trajetória “espiral”. Eventualmente, ela se aproximará de um ponto. Qual?


SOLUÇÃO

Depois de (1, 0), a formiga vai para o ponto

depois desse para o ponto

e

assim por diante, ou seja, se θ = 30o, o ponto P = (x, y), para o qual a formiga irá, tem coordenadas

x = 1 + cos30o + cos2θ + ... + cos(n − 1)θ + ...

y = sen30o + sen2θ + ... + sen(n − 1)θ + ...

Como as duas somas infinitas acima são menores do que 1 + + + ... +  + ..., então ambas são convergentes de modo que o ponto P = (x, y) existe e é único.

Construamos agora o complexo x + iy. Pela fórmula de Euler, eiθ = cosθ + isenθ, vem

x + iy = 1 + eiθ+ ei + ... + ei(n − 1)θ + ...

Essa série complexa é uma progressão geométrica de razão eiθ , cujo módulo é menor do que 1; logo, a série converge para

Como θ = 30o, vem

(Solução enviada por Gilberto Garbi)


338

Determinar, justificando, o lugar geométrico dos centros dos retângulos inscritos num triângulo acutângulo ABC.


SOLUÇÃO

Vamos mostrar que o L.G. dos centros dos retângulos inscritos em um triângulo ABC acutângulo é a união dos três segmentos que unem o ponto médio de um lado com o ponto médio da altura correspondente. No caso de o triângulo ser obtusângulo, o L.G. é exatamente um desses segmentos, aquele correspondente ao maior lado.

Seja DEFG um retângulo inscrito no ABC, com AB < BC, de centro O, com FG contido no lado AC.

Como DE é cortado no seu ponto médio, T, pela mediana BM, pois os triângulos BDE e BAC são semelhantes, segue que a perpendicular TQ, ao lado AC, contém o centro O do retângulo.

A reta MO passa pelo ponto médio P da altura BH, pois O é ponto médio de TQ e os triângulos
BHM e TQM são semelhantes. Além disso,

OQ = = PH

e, portanto, O pertence ao segmento MP.

Observe que, no caso AB = BC, temos H = M = Q e o centro O do retângulo pertence ao
segmento HP.

AB < BC

AB = BC

Reciprocamente, no triângulo ABC com AB BC e as notações anteriores, seja O’ um ponto do segmento MP, distinto de M e de P. Traçamos o segmento QT’, perpendicular a AC, que tem O’ como ponto médio e o retângulo DEFG’ inscrito no triângulo ABC com FG’ contido em AC e T’ ∈ DE’. Pelo argumento anterior, temos que O’ é o centro do retângulo DEFG’.

Considerando, no caso em que O’ = P, que o retângulo degenera no segmento BH e, no caso em que O’ = M, o retângulo degenera no segmento AC, podemos afirmar que o L.G. dos centros dos retângulos DEFG inscritos no triângulo ABC, com um lado FG contido no lado AC, é o segmento que une o ponto médio M de AC ao ponto médio P da altura BH.

Analogamente para os retângulos com um lado sobre AB, e sobre BC, no caso em que o triângulo ABC seja acutângulo.

(Solução adaptada da enviada por Nilton Lapa, SP. )


339

Seja n > 1 um inteiro ímpar. Determine, em função de n, os dois últimos dígitos de 22n(22n + 1 – 1).


SOLUÇÃO

Como n é ímpar, seja m > 0 inteiro tal que n = 2m + 1.

Seja a função

f(m) = 22(2m + 1)(22(2m + 1) + 1 – 1) = 24m + 2(24m + 3 – 1)

= 28m + 5 – 24m + 2.

Temos que f(0) = 28, f(1) = 8 128, f(2) = 2096128. Assim nos parece que os últimos dígitos de f(m) são sempre 2 e 8. Tentaremos provar que isso é fato pelo Princípio da Indução Finita. A afirmação é verdadeira para n = 0 e n = 1.

Assumindo que f(m) satisfaz a proposição, vamos mostrar que a proposição também é válida para f(m + 1).

f(m + 1) = 28(m + 1) + 5 – 24(m + 1) + 2 = 28m + 13 – 24m + 6

= 24(28m + 9 – 24m + 2)

f(m + 1) = 24(28m + 9 + f(m)– 28m + 5)
= 24f(m) + 2428m + 5(24 – 1)

f(m + 1) = 16f(m) + 7 680.28m.

Para cada uma das parcelas dessa soma, temos:

1.

Multiplicando 16 por um número terminado em 28, temos um número terminado em 48.

2.
28m = 256m, portanto, um número terminado em 6. Mas, 7 680 vezes um número terminado em 6 dá um número terminado em 80.

Somando um número terminado em 48 com outro terminado em 80, teremos um número terminado em 28. Portanto, f(m + 1) termina em 28, ficando provado por PIF que f(m) sempre termina em 28.

(Solução enviada por Francisco Blasi Jr., SP. )


340

Seja A o menor dos ângulos do triângulo ABC. Os pontos B e C dividem a circunferência circunscrita ao triângulo em dois arcos. Seja U um ponto interior do arco BC que não contém A. As mediatrizes de AB e AC cortam a reta AU em V e W, respectivamente. As retas BV e CW cortam-se em T. Demonstrar que AU = TB + TC. (IMO 97)


SOLUÇÃO

Sejam X e Y as intersecções da circunferência, que tem centro O, com as semirretas BV e CW, como na figura a seguir.

Observe que a corda CY é a imagem espelhada, da corda AU, em relação à mediatriz de AC, e que arc(YC) = arc(AU). Da mesma forma, temos arc(AU) = arc(XB) e, portanto, arc(XB) = arc(YC).

Assim, as cordas BX e CY são simétricas em relação ao diâmetro d que passa pelo ponto médio de BY.

Como o ponto T pertence ao diâmetro d, mediatriz de BY e de CX, temos:

TB = TY  e  TC = TX.

Portanto, AU = BX = BT + TX = BT + CT.

(Solução adaptada de Warles Ribeiro Neto, SP.)




Relação dos leitores que enviaram soluções dos problemas da RPM 78

Amadeu Carneiro de Almeida - RJ: 340 Itagiba Franco Ferreira Cardia- SP: 336, 340
Anderson H. Costa Barros - MA: 338, 340 João F. de Moura - RJ: 337, 338, 339, 340
André L. Souza de Araújo - RJ: 337, 338, 340 José Gutembergue Lima Rodrigues - DF: 336
Antonio E. Pereira da Silva F. - CE: 336, 339 Leandro A. Mazzei Batista - SP: 336, 337
Antônio Vlademir Martins - SC: 336, 339 Marcone A. Araújo Borges - SE: 336, 339
Cleilton Bezerra de Melo - CE: 336, 339 Milton D. Maciel - SP: 336, 337, 338, 339, 340
Cleunilson Bezerra de Medeiros - DF: 339 Nilton Lapa - SP: 336, 337, 338, 339, 340
David Pinto Martins - BA: 336 Osmundo Bragança - SP: 340
Fabiano Carlos Cidral - SC: 336, 340 Sebastião Maurício dos Santos - MG: 338
Fernando Neres de Oliveira - RN: 336 Sérgio Noriaki Sato - SP: 336, 339
Francisco Blasi Jr. - SP: 337, 338, 339, 340 Tsunediro Takahashi - SP: 336, 339
Geraldo Perlino Jr. - SP: 336,337,338,339,340 Warles Ribeiro Neto - GO: 336, 340
Gilberto G. Garbi - PR: 336,337,338,339,340 Zilton Gonçalves - RJ: 339
Helder B. V. L. da Rocha - PI: 336, 339, 340