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

As soluções dos problemas 381 a 385 serão corrigidas apenas se enviadas até 10 de novembro de 2015.

381

Determinar, justificando, o conjunto dos números complexos z tais que

|z – 7| + |z – 2| = 5.

382

Seja ABC um triângulo com ângulo interno em A medindo 120°. Se as bissetrizes do triângulo são AF, BG e CH, prove que o ângulo é reto.

383

Um polinômio p(x) com coeficientes inteiros é tal que p(2) é divisível por 5 e p(5) é divisível por 2. Prove que p(7) é divisível por 10.

384

Seja f : ℤ → ℕ^* tal que

f (x + y) . f (x – y) = [f (x) . f (y)]² e f (1) ≠ 1.

Prove que, para todo x ∈ℤ,

log _{f (1)} f (x)

é um quadrado perfeito.

385

Considere uma pirâmide cuja base é um polígono regular tal que todos os ângulos (das faces) que incidem no seu vértice são iguais. Mostre que as duas faces adjacentes à menor aresta lateral da pirâmide são congruentes.

PROBLEMINHAS

Respostas: aqui

SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS PROPOSTOS NA RPM 85

371

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

SOLUÇÃO

Inicialmente observamos que, se 1999 divide n, então divide m. De fato, como 1999 divide m² + n², temos m² + n² = 1999k e, se n = 1999p, então

m²= 1999k – 1999²p² = 1999 (k – 1999p²).

Assim, basta mostrar que 1999 divide n.

Suponha que 1999 não divide n.

Como 1999 é primo, existe um inteiro n' tal que

nn' ≡1(mod 1999) .

Assim,

(m² + n² )(n')² = (mn')²+(nn')² [(mn')² +1](mod 1999).

De m² + n² = 1999k, temos

(m² + n² )(n')² ≡ 0(mod 1999).

Portanto, (mn')² ≡ −1(mod 1999).

Elevando a 999 os dois lados, temos

(mn')¹⁹⁹⁸ ≡ (−1)⁹⁹⁹(mod 1999) ≡ (−1)(mod 1999) .

Porém, pelo teorema de Euler-Fermat,

(mn')1998 ≡ 1(mod 1999).

Contradição.

Observação: A teoria que sustenta as afirmações pode ser encontrada em http://www.icmc.usp.br/~etengan/imersao/imersao.pdf

(Solução enviada pelo leitor Alan de Sousa Soares.)

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.

SOLUÇÃO

Lembrando que as diagonais de um paralelogramo cortam-se ao meio, construímos um ponto P na semirreta AD tal que AD = DP, traçamos por P as paralelas aos lados AC e AB do ângulo. Essas paralelas cortam os lados do ângulo em E e F respectivamente, obtendo assim o paralelogramo AEPF.

(Solução enviada por vários leitores.)

373

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

SOLUÇÃO

Primeiro observemos que 7⁴ = 2400 + 1 = 2401. Assim, a afirmação é verdadeira para n = 1 com potência de expoente 4.

Usando indução finita, suponhamos que para um inteiro n exista r > 0, o menor possível, tal que

7^r = a10ⁿ+ 1, a um inteiro.

Pelo Binômio de Newton, temos:

Assim, se a for par, tomamos k = 5 e, se a for ímpar, tomamos k = 10. E, nos dois casos, encontraremos um inteiro b tal que (7^r )^k = b10ⁿ⁺¹ + 1 .

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 = kV₂ quando variamos o ângulo entre uma geratriz do cone e o diâmetro correspondente da base do cone.

SOLUÇÃO 1

Seja V₁ o volume do cone, , e o volume do cilindro é V₂ = 2πr^3.

segue

Para k > 0, teremos V₁ = k V₂ se

R⁴ = 3kr²(R²–r²), ou seja, se

Fixando R e variando o ângulo α (e, portanto, r), k será um mínimo quando o denominador 3kr²(R²–r²) for máximo.

Seja r² = y. Como o máximo da parábola f(y) = 3y(R² – y) é atingido em nesse caso, vemos que não podemos ter V₁ = V₂, pois 4/3 é o menor valor possível para k > 0 tal que V₁ = kV₂.

(Solução adaptada da enviada por Milton Dini Maciel.)

SOLUÇÃO 2

Sejam R e h o raio da base e a altura do cone e r o raio do cilindro.

Por semelhança de triângulos, obtemos

Temos

Teremos V₁ = kV₂se e só se

que tem solução se e só se Δ = 12k(3k – 4) ≥ 0, ou seja, k ≥ 4/3.

Assim, V₁ ≠V₂.

Além disso, o menor valor possível para k é 4/3, caso em que y = 3 e, portanto,

(Solução adaptada das enviadas por Francisco Blasi Junior e
Antonio V. Martins.)

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.

SOLUÇÃO

Cortamos o tetraedro VABC nas arestas VA, VB, VC e planificamos as faces no plano da base ABC.

1. Supondo que a soma dos ângulos das faces que incidem em cada vértice seja 180°, temos a planificação abaixo em que A, B e C são os pontos médios dos lados do triângulo ΔVV'V'', já que VA = V'A, VB = V''B e V''C = V'C.

Assim, as faces do tetraedro são congruentes.

2. Supondo agora que as faces do tetraedro VABC sejam congruentes, queremos mostrar que os ângulos das faces que incidem em cada vértice somam 180°.

Como V'A = VA, V''B = VB e V'C = V''C, temos que ter a planificação como indicado abaixo.

Observe que o caso VB = BC = a só é possível se as faces forem triângulos equiláteros. Da congruência dos ângulos correspondentes em triângulos congruentes, segue que os ângulos VAV', VBV'' e V'CV'' medem 180°.

(Solução adaptada da enviada pelo leitor Antonio V. Martins.)