Responsáveis
Eduardo Tengan, Élvia Mureb Sallum e
Antônio de Padua Franco Filho
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RPM – Problemas
IME/USP – Cidade Universitária
Rua do Matão, 1010, bloco B, sala 105
05508-090 – São Paulo, SP

O professor Eduardo Tengan está se afastando da seção Problemas devido a uma viagem para pós-doutorado. Agradecemos a importante colaboração dele à RPM e lhe desejamos sucesso nessa nova fase. Damos as boas-vindas ao professor Antônio de Pádua Franco Filho, que passa a ser um dos responsáveis pela seção a partir deste número da RPM.

371

Mostre que, se m e n são inteiros tais que 1999 divide m² + n², então 1999 divide m e n.

372

Dado um ângulo e um ponto D no seu interior, construir, com régua e compasso, um
segmento de reta EF com extremidades nos lados do ângulo, passando pelo ponto D e tal que
ED = DF. Descrever e justificar o procedimento.

373

Mostre que, para todo inteiro positivo n, existe uma potência de 7 cuja representação decimal contém pelo menos n zeros sucessivos.

374

Sejam um cone de revolução com uma esfera inscrita tangente à base do cone e um cilindro circular reto circunscrito à esfera com uma base contida na base do cone.

a) Se V₁ é o volume do cone e V₂ é o volume do cilindro, mostre que V₁ ≠ V₂.
b) Achar o menor k > 0 tal que V₁ = k V₂ quando variamos o ângulo entre uma geratriz do cone e o diâmetro correspondente da base do cone.

375

Prove que a soma dos ângulos das faces que incidem em cada vértice de um tetraedro mede 180° se, e somente se, as faces são triângulos dois a dois congruentes.

PROBLEMINHAS

(Probleminhas tirados do Banco de Questões 2014 da OBMEP)

SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS PROPOSTOS NA RPM 83

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.

SOLUÇÃO

a) Seja n um número inteiro positivo.

Se , então ; como

então

Logo,

b) Inicialmente, vamos mostrar que A ∩ B = Ø. Suponhamos que existam m e n inteiros positivos tais que Então, teremos

Logo,

isto é, k < m + n < k + 1, o que é uma contradição.

Vamos mostrar agora que A ∪ B =

Dado um inteiro positivo m, queremos mostrar que m ∈A ou m ∈B.

A quantidade de números da forma (com n natural) no intervalo no intervalo ]1, m[ é e a quantidade de números múltiplos de no mesmo intervalo é

Logo, a quantidade de múltiplos positivos de ou de no intervalo ]1, m[ é

Do mesmo, modo podemos concluir que essa quantidade no intervalo ]1, m + 1[ é m. Assim,existe um único múltiplo positivo r de ou de em ]m, m + 1[ e.

(adaptada das enviadas por diversos leitores)

Observação: O leitor José Gutembergue observa que esse problema é um caso particular do teorema de Beatty, que pode ser encontrado em www.cut-the-knot.org.

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.  

SOLUÇÃO 1

a) Seja n = p^q, p primo maior ou igual a 2 e q inteiro positivo. Queremos mostrar que p divide para todo k = 1, 2, ..., n – 1. Temos

Logo,

E, como p^q > k e p^q divide o primeiro membro, segue que a maior potência de p que pode dividir k é p^q–1. Logo, sobra pelo menos um fator p para dividir

b) Suponha que um primo p, p ≥ 2, divide para todo k = 1, 2, ..., n – 1. Queremos mostrar que n é uma potência de p. Suponha, por contradição, que n não é uma potência de p. Podemos escrever n = p^q + m com 0 < m < p^q+1. Considere k = p^q e

Um fator p aparece em m! somente se seu expoente for menor ou igual a q. Assim, se alguma potência de p é um fator de m!, então a mesma potência será fator do numerador (se tem um fator desses em m, terá também em ( p^q + m), etc.) e vice-versa. Assim, o numerador e o denominador têm a mesma quantidade de fatores p e então  não é divisível por p. Logo, não é divisível por p para todo k = 1, 2, ..., n – 1. Contradição.

(adaptada da solução enviada por chico de souza, sp)

SOLUÇÃO 2

a) Se 1 ≤ k ≤ p – 1, o inteiro

Utilizando a relação acima várias vezes, obtemos

Assim, se n = p^r, temos que todos os coeficientes binomiais com 1 ≤ k ≤ n – 1 são múltiplos de p.

b) Suponha, por absurdo, que n não seja uma potência de p e escreva n = p^r∙m, com m > 1 não divisível por p. Temos

Assim, o coeficiente de xp^r em (1 + x)ⁿ é congruente a (mod p), logo não é divisível por p, contradizendo a hipótese.

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.

SOLUÇÃO

Sejam E₁, E₂, ..., E₂₅ as estrelas escondidas pela nuvem e V₁, V₂, ..., V₂₅ as visíveis.
Cada distância V_iV_j entre duas estrelas visíveis, pela propriedade triangular, obedece a
V_iV_j< V_iE_k + V_jE_k para todo k = 1, 2, ..., 25, logo

Somando essas desigualdades para todas as distâncias V_iV_j, como no segundo membro cada distância V_sE_r aparece 24 vezes, temos

em que V é a soma das distâncias entre as estrelas visíveis, lembrando que S é a soma das distâncias entre todas as 50 estrelas. Logo,

(adaptada das soluções enviadas pelos leitores)

364

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

SOLUÇÃO

Como, num triângulo, ao maior lado opõe-se o maior ângulo, se o desenho fosse possível, teríamos

uma contradição.

(solução enviada por diversos leitores)

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?

SOLUÇÃO

O fato de 2 formigas inverterem o sentido do movimento ao se encontrarem significa que uma continua o percurso que a outra faria se não houvesse encontro. Logo, o maior tempo para que não haja mais formigas na régua será de 2013 segundos quando houver inicialmente uma formiga em uma extremidade da régua.

(adaptada das soluções enviadas por
Sergio Dos Santos Correia Júnior, RJ, e Chico de Souza, SP.)