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Eduardo Tengan e Élvia Mureb Sallum
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RPM – Problemas
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As soluções dos problemas  361 a  365  serão corrigidas apenas se enviadas até 20 de junho de 2014.

361

Se  x  é um número real, seja   o piso de  x,  ou seja, o maior inteiro  n  tal que  n x .  Por exemplo,  = 3,   =1  e  =3.
a) Mostre que, se  n  é um inteiro positivo, então 

= n - 1.

b) Considere os conjuntos de números naturais

A =

B =

Mostre que A e B formam uma partição do conjunto dos inteiros positivos, isto é, mostre que cada inteiro positivo pertence a exatamente um dos conjuntos  A ou  B.

362

Seja  n > 1 um natural e  k  um natural tal que  0 k n.  Denotamos por  o coeficiente de xk na expansão de  (1 + x)n.

(a) Se  n  é uma potência de um primo  p,  mostre que   é divisível por  p  para  k = 1, 2, 3 , ..., n – 1.

(b) Reciprocamente, mostre que, se um primo  p  divide   para  k = 1, 2, 3 , ..., n – 1, então  n  é uma potência de  p.  

363

Um astrônomo somou todas as distâncias entre 50 estrelas que ele observou com um telescópio, obtendo a soma  S.  De repente, uma nuvem ocultou  25 das estrelas.  Mostre que a soma das distâncias entre as  25  estrelas visíveis é menor do que  S/2.

364

Mostre que é impossível desenhar uma estrela, como na figura, com AB < BC,  CD < DE, 
EF < FG,  GH < HI  e  IK < KA.

365

2013 formigas puntiformes são colocadas em posições aleatórias ao longo de uma fita métrica unidimensional, de 2013 cm de comprimento, que está flutuando no ar. Um cronômetro é ligado e, nesse instante, cada formiga escolhe o sentido para a direita ou para a esquerda e passa a andar sobre a fita no sentido escolhido com velocidade constante de 1 cm por segundo, até que encontre outra formiga ou o fim da fita.  Quando uma formiga chega ao fim da fita, ela cai e não retorna mais. Quando duas formigas se encontram, cada uma passa a seguir no sentido oposto ao que seguia antes do encontro. Após que instante você pode garantir que não há mais formigas sobre a fita?

PROBLEMINHAS

1

Exatamente no momento em que o ponteiro das horas passa pelo 12, uma formiga começa a andar ao longo da borda do relógio no sentido anti-horário, partindo do 6, com velocidade constante. Quando a formiga encontra o ponteiro das horas, ela muda de direção e continua a andar na mesma velocidade no sentido horário.

Quarenta minutos após o primeiro encontro, a formiga se encontra pela segunda vez com o ponteiro das horas e morre. Quanto tempo a formiga andou?

2

Coloque os números de 1 a 9, sem repetir, um em cada casa da figura, de modo que:

	as casas que contêm 1 e 2 e todas as outras casas entre elas somam 12;
	as casas que contêm 3 e 4 e todas as outras casas entre elas somam 34;
	as casas que contêm 4 e 5 e todas as outras casas entre elas somam 45;

3

Três meninos são tais que: um deles só fala verdades, outro só fala mentiras e o terceiro alterna afirmações falsas com verdadeiras, começando com qualquer uma delas.

Perguntados sobre que país ganhou a última Copa de Futebol, qual ficou em segundo lugar e qual ficou em terceiro, as respostas foram:

Zaire em 1, Uruguai em 2 e Espanha em 3

Zaire em 1, Espanha em 2 e Uruguai em 3

Uruguai em 1, Espanha em 2 e Zaire em 3

Qual foi a classificação desses países na Copa?

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

Respostras na página UM POUCO DA OBMEP.

SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS PROPOSTOS NA RPM 81

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

SOLUÇÃO

No triângulo ABC, considere  O  o seu circuncentro;  Hx ,  Hy  e  Hz  suas alturas e  S  sua área. Sejam x,  y  e  z  as distâncias de  O  aos lados do triângulo.

Temos:

como o triângulo ABC é acutângulo, temos também

Logo, S = S . e

A média harmônica de três números maiores do que zero,  a,  b  e  c,  é menor ou igual à sua média aritmética, isto é,  

Dessa desigualdade, segue

Por semelhança de triângulos, temos:

Assim,

e, portanto

 (Solução adaptada da enviada por Milton Dini Maciel, SP.)

352

Determine todos os números naturais  m  e  n  tais que

28 + 211 + 2m = n2.

SOLUÇÃO

De  28 + 211 + 2m = n2, m, n , segue

2m = (n – 48)(n + 48).

Logo,  n + 48 = 2q  e n – 48 = 2p,  com  p + q = m e  p < q.

Assim, 2q – 2p  =  2p (2q – p – 1) = 96  =  25 . 3  e, como 2q – p – 1  é ímpar, segue que 
2p = 25 e 2q – p – 1 = 3.

Daí,  p = 5, q – p =2, q =7 e, portanto,

m = 12  e  n = 80.

(Solução enviada por André Araújo, RJ)

353

Mostre que os 1000 dígitos após a vírgula decimal de são todos iguais a 9.

SOLUÇÃO

Temos:

(1)  + = n, n natural maior do que 1, pois as potências ímpares de  são canceladas.

(2)   . = (65 - 64)2012 = 1.      

Como 0 < < 1, segue de  (1)  que a parte decimal  de   é dada por 1 - .

Logo, só precisamos agora verificar que > 101000 ou, equivalentemente, por (2),  que

> 101000, o que segue de > 10.

(Solução adaptada das enviadas por diversos leitores.)

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?

SOLUÇÃO

Convém generalizar o problema e determinar o número B(n) de maneiras de colocar pesos de  , , ... ,   gramas com  a1 < a2 < ... < an   satisfazendo a condição de que o prato esquerdo nunca seja mais pesado do que o direito. Note que, como

e, pela fórmula da soma dos termos de uma PG, temos

e, como  < ,  temos que em qualquer momento o peso mais pesado dentre os colocados na balança deve estar no prato direito, e colocar um peso mais leve do que o mais pesado que já está na balança não altera o equilíbrio dela.

Assim, temos  2n – 1  casos mutuamente exclusivos, de acordo com o último peso a ser colocado na balança: o peso  é o último a ser colocado e é colocado no prato da direita/esquerda (2 casos), o é o último a ser colocado e é colocado no prato da direita/esquerda (mais 2 casos), e assim por diante até ; o peso , se for o último a ser colocado na balança, deve ser obrigatoriamente colocado no prato da direita. Como os primeiros n – 1 pesos podem ser colocados de B(n – 1) maneiras, obtemos a recursão  B(n) = B(n – 1) . (2n – 1)        (n 2)

Claramente, temos B(1) = 1 (o único peso deve ficar no prato da direita). Logo

B(101) = 201 . B(100) = 201 . 199 . B(99)
             = 201 . 199 . 197 . B(98)
             = …
             = 201 . 199 . 197 .  …  . 1

Em geral, B(n) é o produto dos  n  primeiros inteiros ímpares positivos.

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.

SOLUÇÃO

Seja  P a interseção,  P Z , dos circuncírculos dos triângulos AYZ e BXZ.

Os quadriláteros AZPY  e  BXPZ  são inscritíveis em circunferências e, pelo fato:

temos  a = b = g.  Então, temos que também o quadrilátero  CYPX  é inscritível  e, portanto,  P  pertence à circunferência circunscrita ao triângulo CXY.

(Solução adaptada da enviada por
Anderson Henrique da Costa Barros, MA)