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Responsáveis
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. = 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,
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:
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
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 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) 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
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