Responsáveis
Eduardo Tengan e Élvia Mureb Sallum
Envie suas soluções para RPM – Problemas
IME/USP – Cidade Universitária
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05508-090 – São Paulo, SP

As soluções dos problemas  351  a  355  serão corrigidas apenas se enviadas até 30 de outubro de 2013.

351

Seja  ABC  um triângulo acutângulo de circuncentro  O  e sejam  D,  E,  F  as interseções das semirretas  AO,  BO  e  CO  com os lados  BC,  AC  e  AB,  respectivamente. Sendo  R  o circunraio do triângulo  ABC,  mostre que

(Enviado por Ricardo Cesar da S. Gomes, Iguatu, CE.)

352

Determine todos os números naturais  m  e  n  tais que

28 + 211 + 2m = n2.

353

Mostre que os 1000 dígitos após a vírgula decimal de (8 + )2012 são todos iguais a 9.

354

São dados uma balança de dois pratos e pesos de

20,  21,  22, ..., 2100  gramas.

Os pesos devem ser colocados um a um na balança de modo que o prato esquerdo nunca seja mais pesado do que o direito. De quantas formas isso pode ser feito?

355

Considere um triângulo  ABC  e pontos  X,  Y  e  Z  nos lados  BC,  AC  e  AB,  respectivamente, tais que  A,  B,  C,  X,  Y  e  Z  são todos distintos entre si. Mostre que as circunferências circunscritas aos triângulos  AYZ,  BZX  e  CXY  têm um ponto em comum.

PROBLEMINHAS

1

Cinco pontos estão sobre uma mesma reta. Quando listamos as 10 distâncias entre dois desses pontos, da menor para a maior, encontramos

2, 4, 5, 7, 8, k, 13, 15, 17 e 19.

Qual é o valor de  k?

2

Se a distância entre duas cidades for, por exemplo, 190 km e uma pessoa em seu carro viajar de uma até a outra em 2 h, dizemos que nessa viagem o carro desenvolveu uma velocidade média de 190/2 = 95 km/h.

Suponha que uma pessoa viaja de uma cidade A para uma cidade B com velocidade de 90 km/h e volte de  B  para  A  com velocidade de 110 km/h. Nessa viagem de ida e volta, qual foi a velocidade média desenvolvida?

3

Um motorista, durante uma viagem da cidade  A para a cidade  B,  olhou para o hodômetro e, notando que ele marcava a quilometragem 21518,  percebeu que já havia percorrido  1/3   do seu caminho.

Em um outro instante, reparou que o hodômetro assinalava a quilometragem 21620 e, portanto, faltava percorrer apenas  1/10  do seu caminho.

Qual a distância entre as cidades  A  e  B?

(Probleminha1 - banco de questões OBMEP 2010,
Probleminas 2 e 3 - Adaptados do livro Para gostar de Matemática de autoria de Chico Nery.)

Respostas na página Painéis

Soluções dos problemas propostos na RPM 79

341

Determine qual é o maior dos números

e

SOLUÇÃO

Se  x  é um real positivo, temos

< 0.

Logo, fazendo  x = 123457 + 10999,  segue

(Solução enviada por diversos leitores.)

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.

SOLUÇÃO

Suponhamos, sem perda de generalidade, que no instante inicial o ponto  P  seja o ponto de tangência das duas circunferências. Sejam  O  o centro da circunferência maior, aqui chamada simplesmente de circunferência, e  C  o centro da circunferência menor, aqui chamada de “roda”. Sejam  r  o raio da roda e  2r  o raio da circunferência.

Se a roda girar sem escorregar no sentido horário, o centro  C  terá imagem  C1.  Na figura, indicamos a = COC1.  Seja  A1  o novo ponto de tangência, seja  A  a interseção de  OA1  com a roda em sua posição inicial e seja  P1  a interseção de  OP  com a roda na posição após o giro. Na circunferência, o arco  PA1  tem comprimento  2ra,  e na roda o arco  PA  também tem comprimento  2ra.  Assim,  A1  é a imagem de  A  após o giro. Como o arco  P1A1  também tem comprimento  2ra,  então  P1  é a imagem de  P  após o giro. Portanto, a imagem de  P  após o giro pertence ao diâmetro da circunferência que contém  P  e, à medida que a roda girar, o ponto  P  oscilará entre as extremidades desse diâmetro.

(Solução enviada por Nilton Lapa, SP.)

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.

SOLUÇÃO

Consideremos as alturas  CH  e  PI,  respectivamente, dos triângulos  ABC  e  APB,  relativas ao lado  AB.

Os triângulos  CHF  e  PIF  são semelhantes; portanto, .

A área do triângulo  PAB,  S(PAB),  é dada por S(PAB) = .

A área do triângulo  ABC,  S(ABC),  é dada por S(ABC) = .

Assim,  .

Analogamente, utilizando os triângulos  ABC  e  PBC,  obteremos

Utilizando os triângulos  ABC  e  PCA,  obteremos

Então, 

= 1.

(Solução enviada por diversos leitores.)

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)?

SOLUÇÃO

Temos  n S(n)(mod 9),  isto é,  n  e  S(n)  deixam o mesmo resto na divisão por  9*.  Assim, temos também que

n C(n)(mod 9),  logo  C(Fn) Fn(mod 9).

Calculando o resto das divisões de  Fn  por  9,  Fn(mod 9),  verificamos que essa sequência é periódica de período 24:

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 Fn(mod 9) 0 1 1 2 3 5 8 4 3

9 10 11 12 13 14 15 16 17 7 1 8 0 8 8 7 6 4

18 19 20 21 22 23 24 25 26 1 5 6 2 8 1 0 1 1

27 28 ... 2 3 ...

Portanto, como  10.000 16(mod 24), temos que

C(F10.000) C(F16) 6(mod 9)

e, sendo  1 < C(F10.000) < 9,  temos que  C(F16) = 6.

(Solução adaptada das enviadas por vários leitores.)

* ver, por exemplo, a solução do problema 334, RPM 79.

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?

SOLUÇÃO

Vamos, primeiramente, mostrar que com n = = 462 cadeados e  k = 252  chaves temos uma solução para o problema. Liste os  462  grupos de  6  pessoas dentre os  11  estudantes:

G1, G2, G3,  ...,  G462.

Para cada um dos 6 estudantes do grupo 1, entregue as chaves do cadeado 1; para cada um dos 6 estudantes do grupo 2, entregue as chaves do cadeado 2; e assim por diante. Foram entregues  6 × 462 chaves no total; assim, por simetria, cada estudante recebeu

k = = 252 chaves.

Note que essa distribuição de chaves e cadeados satisfaz as condições do problema: dados  5  estudantes, nenhum deles possui a chave do cadeado correspondente ao grupo  Gi  dos 6 estudantes restantes, logo 5 estudantes (ou menos) não conseguem abrir a geladeira. Por outro lado, dado um grupo de   6   estudantes, digamos  G1,  qualquer outro  Gi  é tal que G1 Gi   (há apenas 11 estudantes no total), ou seja, pelo menos um membro de  G1  possui a chave para o cadeado correspondente ao grupo  Gi.  Logo,  6  (ou mais) estudantes sempre conseguem abrir a geladeira.

Mas será essa a “melhor” solução? Ou haveria outra envolvendo menos cadeados e chaves? Como veremos, a resposta é não! Para isso, vamos criar uma função injetora  f  entre o conjunto de grupos de  5  estudantes.

{H1, H2, ..., H462}  (pois   = 462),

e o conjunto de cadeados  {C1, C2, ..., Cn}.

A função   f : {H1, H2, ..., H462} {C1, C2, ..., Cn}  é definida assim: dado um grupo de  5  estudantes  Hi,  existe pelo menos um cadeado que eles não conseguem abrir; escolha qualquer um desses cadeados, digamos  cj,  e defina  f (Hi) = cj.  Essa função é injetora, pois, se  f (Hi) = f (Hj) = ck  e  Hi Hj,  teríamos que nenhuma das pessoas no conjunto   Hi Hj   possuiria a chave  ck,  o que é absurdo, pois o número de elementos de  Hi Hj é maior do que  6  (já que Hi = Hj = 5  e  Hi Hj).   Como  f  é injetora, concluímos que  n > 462.  Finalmente, fixada uma pessoa  x,  há exatamente = 252 grupos  Hi para os quais  x Hi.

Mas  as  6  pessoas em  {x} Hi  conseguem abrir a geladeira, o que significa que  x  deve possuir a chave para o cadeado  f (Hi).  Assim,  k > 252.