CONTEÚDO. XVI OLIMPÍADA DE MAIO Enunciados e resultado brasileiro 2. XXI OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e resultado brasileiro 5

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1 CONTEÚDO XVI OLIMPÍADA DE MAIO Euciados e resultado brasileiro XXI OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Euciados e resultado brasileiro 5 LI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA (IMO) Euciados e resultado brasileiro 7 XXV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Euciados e resultado brasileiro 9 ARTIGOS ASSOCIANDO UM POLINÔMIO A EXPRESSÕES ALGÉBRICAS E TRIGONOMÉTRICAS Marcílio Mirada SOMAS TRIGONOMÉTRICAS: DE PROSTAFÉRESE A FÓRMULA DE EULER Rogério Possi Juior 8 UMA INTERESSANTE DEDUÇÃO PARA A FÓRMULA DE HERÃO Flávio Atoio Alves RAÍZES DA UNIDADE Aderso Torres & Eduardo Tega COMO É QUE FAZ 4 SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS 45 PROBLEMAS PROPOSTOS 59 AGENDA OLÍMPICA 6 COORDENADORES REGIONAIS 6

2 PRIMEIRO NÍVEL XVI OLIMPÍADA DE MAIO PROBLEMA Um recipiete fechado com formato de paralelepípedo retagular cotém litro de água. Se o recipiete se apoia horiotalmete sobre três faces distitas, o ível da água é de cm, 4cm e 5cm. Calcule o volume do paralelepípedo. PROBLEMA Na etapa 0 escrevem-se os úmeros,. Na etapa itercala-se a soma dos úmeros,,. Na etapa etre cada par de úmeros da etapa aterior itercala-se a soma deles:,,,,. Uma etapa mais:, 4,, 5,, 5,, 4,. Quatos úmeros há a etapa 0? Qual é a soma de todos os úmeros que há a etapa 0? PROBLEMA É possível pitar os iteiros positivos com três cores de modo que, sempre que se somam dois úmeros de cores distitas, o resultado da soma seja da terceira cor? (Há que usar as três cores.) Se a resposta é afirmativa, idique um possível modo de pitar; se ão é possível, explique o porquê. PROBLEMA 4 Ecotre todos os úmeros aturais de 90 dígitos que são múltiplos de e têm os primeiros 4 dígitos iguais etre si e distitos de ero, os últimos 4 dígitos iguais etre si, e os 4 dígitos do meio são, 0,, 0, essa ordem. PROBLEMA 5 Num tabuleiro de 7 quadriculado em casas de se cosideram os 4 potos que são vértices das casas. João e Matias jogam sobre este tabuleiro. João pita de vermelho uma quatidade igual de potos em cada uma das três lihas horiotais. Se Matias pode escolher três potos vermelhos que sejam vértices de um triâgulo acutâgulo, Matias vece o jogo. Qual é a máxima quatidade de potos que João pode pitar para ter certea de que Matias ão vecerá? (Para o úmero ecotrado, dê um exemplo de pitura que impeça que Matias veça e justifique por quê Matias vece sempre se o úmero é maior.) EUREKA! N, 0

3 SEGUNDO NÍVEL PROBLEMA Determie o meor iteiro positivo que teha todos seus dígitos iguais a 4, e que seja múltiplo de 69. PROBLEMA Cosideramos o retâgulo ABCD e a circuferêcia de cetro D e raio DA, que corta o prologameto do lado AD o poto P. A reta PC corta a circuferêcia o poto Q e o prologameto do lado AB o poto R. Demostre que QB = BR. PROBLEMA Ecotre o meor k > para o qual existem k úmeros iteiros cosecutivos, tais que a soma dos seus quadrados é um quadrado. PROBLEMA 4 Seja um iteiro tal que < < 00. Dado um polígoo regular de 00 lados e moedas, devemos pitar os vértices do polígoo utiliado cores dadas, e logo colocar as moedas em vértices do polígoo. Em seguida, a cada segudo, todas as moedas se deslocam para o vértice viiho, girado o setido dos poteiros do relógio. Determie os valores de para os quais é possível pitar e escolher as posições iiciais das moedas, de forma que em todo mometo as moedas estejam todas em vértices de cores distitas. PROBLEMA 5 Temos as seguites peças: um retâgulo de 4, dois retâgulos de, três retâgulos de e quatro quadrados de. Ariel e Berardo jogam o seguite jogo um tabuleiro de, ode é um úmero escolhido por Ariel. A cada movimeto, Berardo recebe de Ariel uma peça R. Em seguida Berardo aalisa se poderá colocar R o tabuleiro de modo que ão teha potos em comum com ehuma das peças colocadas ateriormete (em sequer um vértice em comum). Se existe uma tal colocação para R, Berardo deve escolher uma delas e colocar R. EUREKA! N, 0

4 O jogo para se é impossível colocar R da forma explicada, e Berardo vece. Ariel vece somete se estão colocadas as 0 peças o tabuleiro. a) Supohamos que Ariel dá as peças a Berardo em ordem decrescete de tamaho. Qual é o meor que garate a vitória do Ariel? b) Para o ecotrado em a), se Berardo recebe as peças em ordem crescete de tamaho. Ariel tem garatida a vitória? ESCLARECIMENTO: cada peça deve cobrir exatamete um úmero de quadrados uitários do tabuleiro igual ao seu próprio tamaho. Os lados das peças podem coicidir com partes da borda do tabuleiro. RESULTADO BRASILEIRO 00: Nível (até aos) Nome Cidade Estado Prêmio Murilo Corato Zaarella Amparo SP Medalha de Ouro Daiel de Almeida Soua Brasília DF Medalha de Prata Viviae Silva Soua Freitas Salvador BA Medalha de Prata Carolia Lima Guimarães Vitória ES Medalha de Broe Pedro Herique Alecar Costa Fortalea CE Medalha de Broe Samuel Brasil de Albuquerque Fortalea CE Medalha de Broe Juliaa Amoedo Plácido Salvador BA Medalha de Broe Lucca Morais de Arruda Siaudjiois Fortalea CE Meção Horosa Atoio Wesley de Brito Vieira Cocal dos Alves PI Meção Horosa 00: Nível (até 5 aos) Nome Cidade Estado Prêmio Rafael Kauhiro Miyaaki São Paulo SP Medalha de Ouro Lucas Cauai Julião Pereira Caucaia CE Medalha de Prata Pedro Ivo Coêlho de Araújo Caucaia CE Medalha de Prata Fracisco Marka Nobre de Soua Filho Fortalea CE Medalha de Broe Fellipe Sebastiam da Silva Parahos Pereira Rio de Jaeiro RJ Medalha de Broe Tadeu Pires de Matos Belfort Neto Fortalea CE Medalha de Broe Herique Gasparii Fiua do Nascimeto Brasília DF Medalha de Broe Rafael Rodrigues Rocha de Melo Caucaia CE Meção Horosa Mateus Herique Ramos de Soua Pirapora MG Meção Horosa EUREKA! N, 0 4

5 XXI OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Euciados e resultado brasileiro O Brasil, e particularmete o Estado de São Paulo teve a hora de sediar a ª Olimpíada de Matemática do Coe Sul, que acoteceu até o dia 9 de juho a cidade de Águas de São Pedro, SP. A equipe foi liderada pelos professores Fracisco Bruo Holada, de Fortalea CE e Tertuliao Fraco Satos Fraco, de Rio de Jaeiro RJ. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA João Lucas Camelo Sá Medalha de Ouro BRA Gabriel Militão Vihas Lopes Medalha de Prata BRA Maria Clara Medes Silva Medalha de Prata BRA4 Caíque Porto Lira Medalha de Broe PRIMEIRO DIA PROBLEMA Pedro tem que escolher duas frações irrredutíveis, cada uma com umerador e deomiador positivos, tais que: A soma das duas frações seja igual a. A soma dos umeradores das duas frações seja igual a 000. De quatas maeiras Pedro pode faer isso? PROBLEMA Marcam-se em uma reta 44 potos, umerados,,,..., 44 da esquerda para a direita. Vários grilos saltam a reta. Cada grilo parte do poto, salta por potos marcados e termia o poto 44. Além disso, cada grilo sempre salta de um poto marcado a outro marcado com um úmero maior. Quado todos os grilos termiaram da saltar, otou-se que para cada par i, j, com i j 44, há um grilo que saltou diretamete do poto i para o poto j, sem pousar em ehum dos potos etre eles. Determie a meor quatidade de grilos para que isso seja possível. EUREKA! N, 0 5

6 PROBLEMA Recortar um polígoo covexo de lados sigifica escolher um par de lados cosecutivos AB, BC do polígoo e substituí-los por três segmetos AM, MN, e NC, sedo M o poto médio de AB e N o poto médio de BC. Em outras palavras, corta-se o triâgulo MBN e obtem-se um polígoo covexo de + lados. Seja P 6 um hexágoo regular de área. Recorta-se P 6 e obtém-se o polígoo P 7. Etão recorta-se P 7, de uma das sete maeiras possíveis, e obtém-se o polígoo P 8, e assim sucessivamete. Prove que, idepedetemete de como sejam feitos os recortes, a área de P é sempre maior do que. SEGUNDO DIA PROBLEMA 4 Pablo e Sílvia jogam em um tabuleiro Primeiro Pablo escreve um úmero iteiro em cada casa. Feito isso, Sílvia repete tatas vees quato quiser a seguite operação: escolher três casas que formem um L, como uma figura, e somar a cada úmero dessas três casas. Sílvia gaha se fier com que todos os úmeros do tabuleiro sejam múltiplos de 0. Demostre que Sílvia sempre pode escolher uma sequêcia de operações com as quais ela gaha o jogo. PROBLEMA 5 O icírculo do triâgulo ABC toca os lados BC, CA, e AB em D, E e F, respectivamete. Sejam ωa, ωb e ω c os circucírculos dos triâgulos EAF, DBF e DCE, respectivamete. As retas DE e DF cortam ω a em Ea E e Fa F, respectivamete. Seja r A a reta EF a a. Defia rb e r C de modo aálogo. Prove que as retas ra, rb e r C determiam um triâgulo cujos vértices pertecem aos lados do triâgulo ABC. PROBLEMA 6 Determie se existe uma sequêcia ifiita a0, a, a, a,... de iteiros ão egativos que satisfa as seguites codicioes: (i) Todos os úmeros iteiros ão egativos aparecem a sequêcia uma úica ve; (ii) A sequêcia b = a +, 0, é formada por todos os úmeros primos, cada um aparecedo uma úica ve. EUREKA! N, 0 6

7 LI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA (IMO) Euciados e resultado Brasileiro A LI Olimpíada Iteracioal de Matemática (IMO) foi realiada a cidade de Astaa, Caaquistão etre os dias e 4 de julho de 00. A equipe foi liderada pelos professores Edmilso Luis Rodrigues Motta, de São Paulo SP e Marcelo Medes de Oliveira, de Fortalea CE. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales Medalha de Prata BRA Matheus Secco Torres da Silva Medalha de Prata BRA Gustavo Lisbôa Empiotti Medalha de Broe BRA4 Deborah Barbosa Alves Meção Horosa BRA5 Hao Lima Rossi Meção Horosa BRA6 João Lucas Camelo Sá Meção Horosa PRIMEIRO DIA PROBLEMA Determie todas as fuções f : tais que ( ) = ( ) ( ) f x y f x f y para os úmeros xy,.( desiga o maior iteiro que é meor ou igual a ). PROBLEMA Seja ABC um triâgulo, I o seu icetro e Γ a sua circuferêcia circuscrita. A recta AI itersecta ovamete Γ o poto D. Sejam E um poto do arco BDC e F um poto do lado BC tais que BAF = C AE < B AC. Seja G o poto médio do segmeto IF. Mostre que as rectas DG e EI se itersectam sobre Γ. PROBLEMA Seja * o cojuto dos iteiros positivos. Determie todas as fuções g : * * tais que EUREKA! N, 0 7

8 ( g ( m) + ) ( m+ g( ) ) é um quadrado perfeito para todos m, *. SEGUNDO DIA PROBLEMA 4 Seja Γ a circuferêcia circuscrita ao triâgulo ABC e P um poto o iterior do triâgulo. As rectas AP, BP e CP itersectam ovamete Γ os potos K, L, e M, respectivamete. A recta tagete a Γ em C itersecta a recta AB em S. Supodo que SC = SP, mostre que MK = ML. PROBLEMA 5 Em cada uma das seis caixas B, B, B, B4, B5, B6há iicialmete só uma moeda. Dois tipos de operações são possíveis: Tipo : Escolher uma caixa ão vaia B j, com j 5. Retirar uma moeda da B j e adicioar duas moedas a B. j + Tipo : Escolher uma caixa ão vaia Bk, com k 4. Retirar uma moeda da B k e trocar os coteúdos das caixas (possivelmete vaias) B k + e B. k + Determie se existe uma sucessão fiita destas operações que deixa as caixas B, B, B, B4, B 5 vaias e a caixa B6 com exactamete 00 moedas. (Observe c ( ) que a b c = a b. ) PROBLEMA 6 Seja a, a, a,... uma sucessão de úmeros reais positivos. Sabe-se que para algum iteiro positivo s, a = max { ak + ak tal que k } para todo > s. Mostre que existem iteiros positivos e N, com s, tais que a = a + a para todo N. EUREKA! N, 0 8

9 XXV OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA Euciados e resultado Brasileiro A XXV Olimpíada Iberoamericaa de Matemática foi realiada a cidade de Assução, Paraguai o período de 0 a 0 de setembro de 00. A equipe brasileria foi liderada pelos professores Oofre Campos, de Fortalea CE e Luialva Mirada de Amorim, de Salvador BA. A equipe brasileira ficou em primeiro lugar a soma dos potos dos participates. RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA BRA Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales Medalha de Ouro BRA Deborah Barbosa Alves Medalha de Ouro BRA Matheus Secco Torres da Silva Medalha de Ouro BRA4 Gustavo Lisboa Empiotti Medalha de Prata PRIMEIRO DIA PROBLEMA Numa fila de de moedas idistiguíveis há duas delas que são falsas, ocupado posições cosecutivas. Para cada cojuto de posições, pode-se pergutar quatas moedas falsas ele cotém. É possível determiar quais são as moedas falsas faedo apeas duas destas pergutas? Não se sabe a resposta da primeira perguta ates de se formular a seguda. PROBLEMA Determiar se existem úmeros iteiros positivos a e b tais que todos os termos da sucesão defiida por x = 00, x = 0, x+ = x + x+ + a xx+ + b,, sejam iteiros. PROBLEMA A circuferêcia Γ iscrita ao triâgulo escaleo ABC é tagete aos lados BC, CA e AB os potos D, E e F respectivamete. A recta EF corta a recta BC em G. A circuferêcia de diâmetro GD corta Γ em R ( R D). Sejam P e Q ( P R, Q R) as itersecções de BR e CR com Γ, respectivamete. As rectas BQ EUREKA! N, 0 9

10 e CP cortam-se em X. A circuferêcia circuscrita a CDE corta o segmeto QR em M e a circuferêcia circuscrita a BDF corta o segmeto PR em N. Demostrar que as rectas PM, QN e RX são cocorretes. SEGUNDO DIA PROBLEMA 4 As médias aritmética, geométrica e harmôica de dois úmeros iteiros positivos distitos são úmeros iteiros. Ecotrar o meor valor possível para a média aritmética. Nota: Se a e b são úmeros positivos, suas médias aritméticas, geométrica e a+ b harmôica são respectivamete:, a b e. + a b PROBLEMA 5 Seja ABCD um quadrilátero cíclico sujas diagoais AC e BD são perpediculares. Sejam O o circucetro de ABDC, K a itersecção das diagoais, L O a itersecção das circuferêcias circuscritas a OAC e OBD, e G a itersecção das diagoais do quadrilátero cujos vértices são os potos médios dos lados de ABCD. Provar que O, K, L e G são colieares. PROBLEMA 6 Ao redor de uma mesa circular setam-se pessoas e sobre a mesa há 8 vasos de flores. Duas pessoas podem ver-se uma à outra se, e somete se, ão há ehum vaso alihado com elas. Provar que existem pelo meos duas pessoas que podem ver-se. EUREKA! N, 0 0

11 ASSOCIANDO UM POLINÔMIO A EXPRESSÕES ALGÉBRICAS E TRIGONOMÉTRICAS Marcílio Mirada, IFRN (Caicó RN) Nível Itermediário O objetivo deste artigo é mostrar uma técica que pode ser bastate útil a hora de resolver problemas de olimpíadas de Matemática.Tal técica cosiste em você associar um poliômio a uma determia expressão. Com isso você pode calcular o valor de expressões trigoométricas, expressões algébricas e mostrar que um determiado úmero é irracioal. Vejamos algus exemplos disso: I) EXPRESSÕES TRIGONOMÉTRICAS Esse problema deixa bem clara a idéia de associarmos um poliômio a uma expressão trigoométrica: EXERCÍCIO RESOLVIDO (BÉLGICA 006): a) Ecotre todos os úmeros reais α tais que cos( 4α ) = cos( α ) b) Determie iteiros a, b, c, d tais que equação ax bx cx d = 0. π 4π 6π cos, cos, cos, são soluções da SOLUÇÃO: cos 4α = cos α 4α = α + kπ ou 4α = α + kπ α = kπ ou a) ( ) ( ) kπ π 4π 6π α =, logo,cos,cos, cos são as raíes dessa equação Por outro lado temos que cos( 4α) = 8 cos α 8 cos α + e ( ) cos α = 4 cos α cos α. Faça cos α = t. Daí temos que ( α) ( α ) ( ) ( ) Assim, a equação ( t t t ) 4 cos 4 = cos t 8t + 4t 4t = 8 t 4 t 8 t + t+ = 0. π 4π 6π soluções cos,cos,cos = 0tem como EUREKA! N, 0

12 EXERCÍCIO RESOLVIDO (MOCP, JULHO DE 00): Prove que sec sec sec 60 0 = 6. SOLUÇÃO: Note que 40 0, 80 0 e 60 0 satisfaem a equação cosα = 8cos α 6cosα + = 0, logo cos 40 0, cos 80 0, cos 60 0 são as raíes do poliômio 8cos α 6 cos α +, e assim temos que: 6 cos 40 cos80 + cos60 cos80 + cos = 8 cos 40 cos80 cos60 = 8 sec 40 + sec80 + sec60 = + + = cos 40 cos80 cos60 cos 40 cos80 + cos 40 cos80 + cos 40 cos80 = 6. cos60 cos80 cos 40 π π π EXERCÍCIO RESOLVIDO (IMO 96): Prove que cos cos + cos = SOLUÇÃO: Note que π π π π 5π 5π π π 5π + 4 = π, + 4 = π e + 4 = 5 π, logo,, são soluções da equação cos4x = cos x. 7x x 7x Essa equação equivale a cos 4x+ cosx= 0 cos cos = 0 cos = 0 ou x cos = 0. 7x PARTE : Resolver a equação cos = 0 7x k 5 9 = π + kπ x= π + π x= π, π, π, π, π, π, π, mas π π π π 5π 9π cos = cos, cos = cos, cos = cos, logo há 4 soluções distitas π π 5π etre 0 e π : π,,, x PARTE : Resolver a equação cos = 0 EUREKA! N, 0

13 x π = + kπ x= π + kπ, logo x = π é a úica solução etre 0 e π. 4 Por outro lado temos que cos4x = 8cos x 8cos x+ e cosx = 4cos x cos x. 4 4 cos4x=cosx 8cos x+ 4cos x8cos x cos x+ = 0 8t + 4t 8t t+ = 0, ode t = cos x. Claramete é rai desse poliômio, e temos 8t 4 +4t 8t t + = (t +) (8t 4t 4t + ), dode o poliômio 8t 4t 4t + tem como raíes π π 5π cos,cos,cos. Logo temos pelas relações de Girard que: π π 5π 4 π π π cos + cos + cos = = = cos cos cos II) CALCULANDO O VALOR DE UMA EXPRESSÃO ALGÉBRICA: EXERCÍCIO RESOLVIDO 4: Prove que = 4. SOLUÇÃO: Seja x = Temos x = x x 6x 40 = 0. É fácil ver que 4 é rai desse poliômio e x 6x 40 = (x 4).(x + 4x + 0). Note que as raíes de x + 4x + 0 ão são reais e é real, logo = 4. EXERCÍCIO RESOLVIDO 5 (CROÁCIA 00): Se a + b + c = 0, calcule o valor da a + b + c expressão abc ( a + b + c ) SOLUÇÃO: Seja x + mx + px + q = 0. um poliômio de terceiro grau tal que suas raíes são a, b, c. Daí temos que a + b + c = m = 0, ab + ac + bc = p e abc = q. Assim temos que: (a + b + c) = a + b + c + (ab + ac + bc) a + b + c = p Por outro lado temos que: a + pa + q = 0 a = pa q (i) b + pb + q = 0 b = pb q (ii) c + pc + q = 0 a = pc q (iii) somado (i) + (ii) + (iii), temos que a + b + c = p.(a + b + c) q = q Da mesma forma temos que: a 4 + pa + qa = 0 a 4 = pa qa (iv) EUREKA! N, 0

14 b 4 + pb + qb = 0 b 4 = pb qb (v) c 4 + pc + qc = 0 c 4 = pc qc (vi) somado (iv) + (v) + (vi), temos que a 4 + b 4 + c 4 = p.(a + b + c ) q.(a + b + c) = p. Aalogamete temos que: a 5 + pa + qa = 0 a 5 = pa qa (vii) b 5 + pb + qb = 0 b 5 = pb qb (viii) c 5 + pc + qc = 0 c 5 = pc qc (ix) somado (vii) + (viii) + (ix), temos que a 5 + b 5 + c 5 = p (a + b + c ) q (a + b + c ) = 5pq. Proseguido do mesmo modo, temos que: a 7 + pa 5 + qa 4 = 0 a 7 = pa 5 qa 4 (x) b 7 + pb 5 + qb 4 = 0 b 7 = pb 5 qb 4 (xi) c 7 + pc 5 + qc 4 = 0 c 7 = pc 5 qc 4 (xii) somado (x) + (xi) + (xii): a 7 + b 7 + c 7 = p (a 5 + b 5 + c 5 ) q (a 4 + b 4 +c 4 ) = 7p q a + b + c 7p q 7 Com isso temos que = = abc a + b + c q p ( ) ( ) III) PROVANDO A IRRACIONALIDADE DE UM NÚMERO: Ates do próximo problema vamos provar o seguite teorema: TEOREMA (TESTE DA RAIZ RACIONAL): Se o úmero p q, ode p e q são iteiros e mdc(p, q) =, é uma rai do poliômio com coeficietes iteiros a x + a x a x+ a, etão p é um divisor de a 0 e q é um divisor de a. 0 PROVA: Como p q é rai do poliômio temos que p p p 0 0 a + a a + a = 0 a p + a p q a p q + a q = 0, q q q logo temos que p é um divisor de a 0 e q é um divisor de a. EXERCÍCIO RESOLVIDO 6: Prove que + é irracioal. EUREKA! N, 0 4

15 Solução: Seja x = + x = x = x x 4 x + = 8x x 4 0x + = 0. Logo pelo teorema acima as raíes racioais da equação só podem ser ou, que claramete ão são soluções (em ambos os casos o valor umérico do poliômio é 8). Logo esse poliômio só possui raíes irracioais, portato + é irracioal. EXERCÍCIOS PROPOSTOS: π π π 7 ) (EUA) Prove que se se se = ) (Vietã 98) Ache a, b, c iteiros tais que as raíes da equação ax + bx + c = 0 são cos 7 0 e cos ) (Prova de Seleção da Romêia para a IMO 970): Prove que para todo iteiro positivo : π π π ( ) π π tg tg tg... tg tg = ) (Prova de Seleção da Suíça para a IMO 004): Sejam a, b, c, d úmeros reais distitos satisfaedo as equações: a= 45 a, b= 45 b, c= 45 c, d = 45 d Prove que abcd = ) (OBM 00): Sejam a, b, c úmeros reais ão-ulos tais que a + b + c = 0. ( ) ( a + b + c a + b + c ) Calcule os possíveis valores de ( a + b + c ) 6) (Bélgica 978): Ecotre um poliômio com coeficietes iteiros tal que + é rai. 7) (Moldávia 000): Os úmeros a, b, c satisfaem a relação a + b + c = 0. Mostre que o úmero a 4 + b 4 +c 4 é um quadrado perfeito. 8) Prove que + é irracioal. 9) Prove que x = cos 7 π satisfa a equação: x + x x + = 0. Use este fato para provar que cos 7 π é irracioal. 0) Prove que tg 0 + tg tg tg 89 0 = EUREKA! N, 0 5

16 ) Prove que cos 0 0. cos 40 0.cos 80 0 = 8. ) Prove que: π π π a) tg tg tg = π π π 4π 5π 6π b) tg tg tg tg tg tg =. ) Prove que cossec 6 + cossec 78 cossec 4 cossec 66 = 8. 4) Calcule as expressões: a) tg π tg π tg π π π π b) tg + tg + tg π π π π π π c) tg tg + tg tg + tg tg π π 4π 5) Prove que cos cos cos = ) Ache uma equação do terceiro grau cujas raíes são 7) Calcule as expressões: 5 a) cos π cos π cos π b) cos π cos π + cos π π π 5 π cos + cos cos π π 5π c) cos + cos + cos π π 5π d) cos + cos + cos e) + +. π π 5π cos cos cos ) Prove que tg 8 0 tg tg 9 0 tg 7 0 = 4. π π 5π cos,cos,cos EUREKA! N, 0 6

17 9) Sejam u, v, w as raíes do poliômio x 0x +. Determie o valor de arctg u + arctg v + arctg w. π 5π π 0) Prove que cossec + cossec + cossec = ) Prove que tg 0 0. tg40 0. tg tg 80 0 =. ) Sejam a, b, c úmeros reais tais que a + b + c = 0, prove que: a) a + b + c = abc. b) a + b + c a + b + c a + b + = c ) Prove que se0 se40 se80 =. 8 π π π 4) Prove que cot g + cot g + cot g = π 4π 7 π 5) Calcule o valor da expressão tg + tg + tg REFERÊNCIAS [] MIRANDA, Marcílio. Problemas Selecioados de Matemática ITA-IME Olimpíadas, Volume, Fortalea (CE), Editora Vestseller, 00. [] ANDREESCU, Titu; FENG, Zumig. 0 Trigoometry Problems from the Traiig of the USA IMO Team, Birkhauser, 004. [] ANDREESCU, Titu; GELCA, Rava. Putam ad Beyod. New York: Spriger- Verlag, 006. [4] DOMINGUES, Hygio. Fudametos de Aritmética, São Paulo, Atual Editora, 99. SITES ACESSADOS [] The IMO Compedium, Dispoível em < other&p=0>, Acesso em: 0/08/009. [] Treiameto do Coe Sul. Dispoível em: < Acesso em: /08/009. []Notas de Aula de Ki Yi Li. Dispoível em: < Acesso em: 5/08/009. [4] Págia de Olimpíada da Sociedade Caadese de Matemática. Dispoível em: < >, Acesso em: 0/07/009. [5] Matemática Nick Pules. Dispoível em: < Acesso em : 5//009. [6] Olimpíada Brasileira de Matemática. Dispoível em: < >, Acesso em: 0 //009.. EUREKA! N, 0 7

18 SOMAS TRIGONOMÉTRICAS: DE PROSTAFÉRESE À FÓRMULA DE EULER Rogério Possi Juior Nível Itermediário INTRODUÇÃO São apresetados fudametos básicos da matemática elemetar, cujos coceitos somados podem auxiliar a resolução de problemas mais elaborados, como os que podem aparecer quado se depara com o iício do estudo das Variáveis Complexas e o uso dos teoremas de De Moivre. Seja através das fórmulas de Trasformação de Soma em Produto, cohecidas como Fórmulas de Prostaférese, ou através da Relação de Euler, são calculados algus exemplos de somas de fuções trigoométricas aparetemete complexas. AS FÓRMULAS DE TRANSFORMAÇÃO TRIGONOMÉTRICAS. Admitamos cohecidas as fórmulas da soma e difereça de arcos para as fuções seo e cosseo, isto é se( a + b) = se a cosb + se b cos a (a) se( a b) = se a cosb se b cos a (b) cos( a + b) = cos a cosb se aseb (c) cos( a b) = cos a cosb + se a se b (d) Somado-se (a) e (b) tem-se se( a + b) + se( a b) = se a cosb (e) Subtraido-se (a) de (b) tem-se se( a + b) se( a b) = se bcosa (f) Somado-se (c) e (d) teremos cos( a + b) + cos( a b) = cos a cosb (g) E por fim, subtraido-se (c) de (d) EUREKA! N, 0 8

19 cos( a + b) cos( a b) = se aseb (h) α + β α β Faedo a + b = α e a b = β teremos que a = e b =, cujos valores substituídos as relações (e), (f), (g) e (h) forecerão as seguites relações α + β α β seα + se β = se cos α β α + β seα se β = se cos α + β α β cosα + cos β = cos cos α + β α β cosα cos β = se se, que são as cohecidas Fórmulas de Trasformação de soma em produto ou Fórmulas de Prostaférese. A FÓRMULA DE EULER Segudo GUIDORIZZI (987), seja f (x) uma fução derivável até a ordem em um itervalo aberto I e seja x 0 I. Defie-se o poliômio P (x) a seguir como o poliômio de Taylor, de ordem, de f (x) em toro do poto x 0, isto é ( ( ) ( ) ( )( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k x x0 k xx0 Px= f x0 + f x0 x x0 + + f x0 = f x0 (i)! k! que, se fixado em toro de x 0 = 0, também pode ser chamado de poliômio de x Mac-Lauri. Tomado-se (i) f ( x) = e e x 0 = 0, pode-se demostrar que k= x x x x x x e = lim + x = + x + + +!!! x A expressão da direita pode ser usada para defiir e para x para x complexo. Aalogamete demostra-se que (j) EUREKA! N, 0 9

20 5 5 x x x x x se x = lim x + + ( ) = x +! 5!!! 5! e que 4 4 x x x x x cos x = lim ( ) = + 4! ()!! 4! (k) (l) Para x = Z = iy, Y R e observado-se (j), (k) e (l) teremos que e iy 4 5 Y Y Y Y = + i Y = cosy + isey 4! + +! 5! (m) que é a cohecida fórmula de Euler. Z X + iy Não obstate, também se demostra que se e = e, ode X 0, etão Z X e = e ( cos Y + i sey ) () Z Se, alterativamete, adotássemos a expressão de () como defiição de e, ão é Z+ W Z W difícil mostrar que e = e e, Z,W de fato, se Z = X + iy e Z+ Z x+ x x+ x Z = X + iy, e = e cos( Y + Y ) + ise( Y + Y ) = e ( ) ( ) ( cos se ) ( cos se ) ( cos Y cos Y se Y se Y i se Y cos Y se Y cos Y ) + + = = e Y + i Y e Y + i Y = e e. x x Z Z PROBLEMAS DE APLICAÇÃO PROBLEMA : Começaremos com um exemplo de problema aálogo ao proposto em um exame de admissão ao Istituto Militar de Egeharia (IME). O problema pede que se calcule as somas a seguir. S = se x + se x + se x + + se x () S = cos x + cos x cos x () Utiliaremos a trasformação de somas de fuções trigoométricas em produto, cohecidas como Fórmulas de Prostaférese. Observamos que EUREKA! N, 0 0

21 x x x se se = se cos x 5x x x se se = se cos x 7x 5x x se se = se cosx ( ) x ( ) x x se se = se cos( ) x ( + ) x ( ) x x se se = se cos x () Somado-se as lihas acima ecotraremos uma Soma Telescópica, cujo valor será dado por ( + ) x x x se se = se cos jx j= x ( + ) x se cos S cos = jx = x j= se Aalogamete, para a soma das fuções seo S pode-se escrever que: x x x cos cos = se se x 5x x x cos cos = se se x 7x 5x x cos cos = se se x ( ) x ( ) x x cos cos = se se( ) x ( + ) x ( ) x x cos cos = se se x Somado-se as lihas acima ecotraremos outra Soma Telescópica, cujo valor é (4) (5) EUREKA! N, 0

22 ( + ) x x x cos cos = se Sociedade Brasileira de Matemática j= se jx x ( + ) x se se S se = jx = x j= se que é a soma procurada. (6), Não obstate, este problema também pode ser resolvido utiliado-se a cohecida ix x x Relação de Euler. Seja e = C = cos + i se, ode i = ; assim tem-se que C 4 x x C = cos + i se = cos x + i se x (7) C C x x = cos + i se x x = cos + i se + C C 4 = cos x + i se x = cos x + i se x C ( C ) C = = C ( C ) ( C C ) ( C C ) = ( cos jx + i se jx) x se x x x x x j= se ( + ) x x ( + ) x x cos se se se S + is = + i (8) x x se se ( cos jx + i se jx) = cos + i se cos + i se = S + is de ode tiramos os valores de iteresse S e S igualado-se as partes reais e imagiárias da igualdade acima respectivamete. j= EUREKA! N, 0

23 PROBLEMA : Cosidere agora o problema de se determiar as somas dadas por S = se jx e S = cos jx. Para tal, observa-se iicialmete, da j= j= Trigoometria que se x = cos x e cos x = + cos x, assim podese reescrever S e S como sedo S = se jx = ( cos x + cos 4x + + cos x) (9) j " " = ode S = cos x + cos 4x + + cos x. Com o auxílio da Relação de Euler, seja C = cos x + i se x, assim C + C j= ode C C = C. ( C C ) ( C C ) = ( cos jx + i se jx) ( cos jx+ isejx) = + i = S + is j= j= cos( + ) x.sex sex S = se jx. Sedo S = S se( + ) x.sex sex cos( + ) x.se x S = se x () Outra solução para o cálculo da soma S cosiste em trasformá-la segudo as fórmulas de Prostaférese. Para este caso tem-se que, se x se x = se x cos x se 5x se x = se x cos 4x () se( ) x se( ) x = se x cos( ) x se( + ) x se( ) x = se x cos x (0) EUREKA! N, 0

24 Somado-se todas as lihas acima tem-se que se( + ) x se x = se x S se x.cos( + ) x S =, que é exatamete o valor ecotrado da parte real do se x somatório dado por (0). Observado-se (9) e que cos x = + cos x cos( + ) x.se x S = cos jx = [ + S ] = + () j= se x que resolve o problema do cálculo de S. PROBLEMA : Cosidere a seguir o problema do cálculo das somas dadas por S = se kx e S = cos kx. k = k = ± Seja C = cosx+ isex. Sedo C K = cos kx ± i se kx pode-se escrever que k k C + C cos kx = (4) k k C C se kx = i (5) Elevado-se a relação (5) ao cubo tem-se que k k k k k k C C ( C C ) ( C C ) se kx = = i 8i se kx se kx se kx = 4 (6) S = se kx = se kx se kx k = 4 k = k = (7) x ( + ) x se se Por (6) tem-se que se kx = e observado-se que se x k = se D = cos x + i se x teremos que: EUREKA! N, 0 4

25 D = cos6x + i se 6x D = cos9x + i se 9x D = cosx + i se x D. D D D S = = D D D D D D D ( + ) x ( + ) x cos + i se x S D = se (8) x se Tomado-se a parte imagiária da relação (8) tem-se que ( + ) x x se se se kx = x k = se Logo, por (6) e (9) teremos que (9) S x ( + ) x ( + ) x x se se se se kx = 4 x se se = se x k = Vale lembrar que a soma S = k = observado-se as igualdades a seguir, isto é (0) se kx também poderá ser calculada EUREKA! N, 0 5

26 9x x x cos cos = se se x 5x 9x x cos cos = se se 6x ( ) x ( ) x x cos cos = se se( ) x ( + ) x ( ) x x cos cos = se se x cuja soma resultará em ( + ) x x x = cos cos se se kx. k = x ( + ) x se se se kx =, que é exatamete a expressão (9). x k = se Para o cálculo de S = cos kx elevado-se a expressão (4) ao cubo teremos k = k k k k k k C + C ( C + C ) + ( C + C ) que cos kx = = 8 cos kx + coskx cos kx = 4 () S = cos kx = cos kx + coskx k = 4 k = k = () Utiliado-se a relação (4) e a parte real da relação (8) e substituido-as em () tem-se que x ( + ) x ( + ) x x S se kx = 4 cos x se cos + = cos x k = se se () EUREKA! N, 0 6

27 Ressaltamos que a soma cos kx também pode ser calculada através das k = fórmulas de Prostaférese, ou seja, faedo 9x x x se se = se cosx 5x 9x x se se = se cos6x ( ) x ( ) x x se se = se cos( ) x ( + ) x ( ) x x se se = se cosx e somado-se as lihas teremos uma Soma Telescópica, cujo valor será ( + ) x x x = se se se coskx k = x ( + ) x se cos cos kx =, que é exatamete a parte real da x k = se expressão (8). PROBLEMA 4 (IMO-6): Aqui é proposto resolvermos a equação a seguir (observamos que o segudo problema resolvido trata desta questão de forma geeraliada). cos x + cos x + cos x = (A) Notado que cos x = + cos x segue que cos x + cos x + cos x = + ( cos x + cos 4x + cos6x) Sedo Z = cos x + i se x Z = cos x + i se x Z Z 4 6 = cos 4x + i se 4x = cos6x + i se 6x EUREKA! N, 0 7

28 6 4 6 Z ( Z ) se x Z + Z + Z = = ( cos 4x + i se 4x) (B) ( Z ) se x Tomado-se a parte real de (B) tem-se que cos 4x se x ( cos x + cos 4x + cos6x) = (C) se x Como (se 7x se x) = se x.cos 4x, etão teremos que a equação (A) redu-se a se 7x + se x = 0. se 4x.cosx = 0 se 4x = 0 cosx = 0 Logo, a solução da equação proposta será dada pelo cojuto k π ( k + ) π ( k + ) π S = x x= x= x =,k 4 6 PROBLEMA 5: Determiaremos agora o valor das somas a) cos x + cos x + cosx + + cos x e b) sex + sex+ sex+ + sex Sejam S = cos x + cos x + cosx + + cos x e S = sex+ sex+ sex+ + sex S + is = ( cosx+ isex) + ( cosx+ isex) + + ( cosx+ isex) Sedo Z = cosx+ isex S + is = Z + Z + Z + + Z. Multiplicadose ambos os termos por ( Z) teremos S + is Z + Z = + Z + Z Z Z + = + ) ( ) ( Z Z Z ( Z ( Z ) Z + + cos x+ ise x ( cosx + isex ) S + is = () x x ise 4i se ) EUREKA! N, 0 8

29 Observado-se que a parte real de () os dará o valor de S e que a parte imagiária os dará o valor de S tem-se, após alguma maipulação algébrica que ( + cos ) x cos( + ) x S = jcosjx=, e j x = 4se S = jsejx= j= PROBLEMAS PROPOSTOS: ( + se ) se( + ) x x x 4se ) (URSS) Calcule o valor das somas a) cos x + C cos x + + C cos( + ) x b) sex + Csex+ + Cse ( + ) x k Obs: C = deota o biomial escolhe k. k ) (URSS) Mostre que π 4π 6π π cos + cos + cos + + cos = ) (URSS) Prove que ( + ) α α se se ϕ+ a) seϕ+ se ( ϕ+α ) + se ( ϕ+ α ) + + se ( ϕ+ α ) = α se ( + ) α α se cos ϕ+ b) cosϕ+ cos( ϕ+α ) + cos( ϕ+ α ) + + cos ( ϕ+ α ) = α se π π π cos cos cos 4) Calcule o valor da soma S = ) Mostre que EUREKA! N, 0 9

30 k+ k+ k a coskϕ a cos( k + ) ϕ acosϕ + a) + acosϕ + a cosϕ + + a coskϕ = a acosϕ + k seϕ+ ase ( ϕ+ h) + + a se ( ϕ+ kh) = b) k+ k+ a se( ϕ+ kh) a se ϕ+ ( k+ ) h ase( ϕ h) + seϕ a cos a h+ 0 6) Mostre que 7 é o meor âgulo positivo que satisfa simultaeamete às equações: + cosx+ cosx+ cosx+ cos4x= 0 sex+ sex+ sex+ se4x= 0 ( + ) x se 7) (IME-9) Mostre que + cosx + cosx+ + cosx =. x se REFERÊNCIAS [] FADDEEV, D.; SOMINSKY, I. Problems i Higher Algebra, Moscou: Ed. MIR, 968. [] GREITZER, S.L. Iteratioal Mathematical Olympiads , Fifth Pritig, Washigto D.C.: The Mathematical Associatio of America, 978. [] GUIDORIZZI, H.L. Um curso de cálculo Vol., a Edição, São Paulo: Ed. Livros Técicos e Cietíficos, 987. [4] IEZZI, G. Fudametos de Matemática Elemetar, Vol. (Trigoometria), 6 a Edição, São Paulo: Editora Modera, 985. [5] IEZZI, G. Fudametos de Matemática Elemetar, Vol. 6 (Complexos Poliômios - Equações), 4 a Edição, São Paulo: Editora Modera, 98. [6] LIDSKI, V. B.; OVSIANIKOV, L. V.; TULAIKOV, A. N.; SHABUNIN M. I. Problemas de Matematicas Elemetales, Moscou: Ed. MIR, 97. [7] MORGADO, A. C; WAGNER, E.; DO CARMO, M. P., Trigoometria e Números Complexos, 4 a Edição, Rio de Jaeiro: Publicação da Sociedade Brasileira de Matemática, 00. [8] SHKLARSKY, D.O., CHENTZOV, N.N., YAGLOM, I.M. The USSR Olympiad Problem Book, New York, Dover Publicatios, Ic., 994. EUREKA! N, 0 0

31 Nível Itermediário Sociedade Brasileira de Matemática UMA INTERESSANTE DEDUÇÃO PARA A FÓRMULA DE HERÃO Flávio Atoio Alves, Amparo SP Nesta ota sugerimos uma dedução para a fasciate fórmula de Herão por meio de aplicações dos úmeros complexos à geometria. Sejam = a + bi e = c + di dois úmeros complexos ão ulos e distitos. Vamos cosiderar o triâgulo de vértices o, e (veja a figura abaixo). Im Ө o Ө Re A área S do triâgulo acima é dada por: S = se( θ θ ) = Im{ }. Vamos multiplicar essa expressão, membro a membro, por e elevar ao quadrado ambos os termos da igualdade. Assim, ( ) ( i) ( ) = { } = = 4S Im 4 EUREKA! N, 0

32 EUREKA! N, 0 ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] = + = ( ) [ ] ( ) [ ] 4 + =. Notemos que: i) ( ) ( ) ( ) + + =, E, do mesmo modo, temos que: ii) ( ) ( ) ( ) = +. Substituido (i) e (ii) a expressão acima, vem: ( )( )( )( ) = Nesse caso, podo-se ( ) p + + =, ode p é o semi-perímetro, cocluímos que: ( )( )( )( ) = p p p p S 4 4 ( )( )( ) ( ) = p p p p S 4 4 ( )( )( )( ) = p p p p S ( )( ) ( )( ) p p p p S =, que é a fórmula de Herão.

33 RAÍZES DA UNIDADE Aderso Torres & Eduardo Tega Nível Itermediário i Para θ a Fórmula de Euler os permite escrever e θ = cosθ+ i seθ. Ela os forece uma maeira prática de multiplicar úmeros complexos. Por exemplo, o Teorema de De Moivre, ormalmete escrito ( ) cosθ+ i seθ = cosθ+ i se θ, a otação expoecial fica bem mais iθ i ( θ) cociso: ( ) e = e. Mas, e as raíes da uidade? Elas são os complexos que k i eram o poliômio P( ) =. Por De Moivre, sabemos que ζ k = e π são raíes deste poliômio (com 0 k < ), e, como são o total, elas são todas as raíes. E assim temos o primeiro resultado do artigo: kπi em que ζ= e. k ( ζ ) =, 0 k< Raíes da uidade têm um mote de aplicações. Uma das mais imediatas é simplificar cotas com fuções trigoométricas, usado estas fórmulas aqui: PROBLEMA : calcule a soma teebrosa e + e e e cosθ= ; seθ= i iθ θ i iθ θ i 0 k< SOLUÇÃO: Usado a ossa recete descoberta, esta soma se trasforma uma iπ progressão geométrica! Sedo ζ= e, temos se kπ k k kπ ζ ζ k se i i k = = ζ ( ζ ) 0 k< 0 k< 0 k< 0 k< EUREKA! N, 0

34 0 k< Sociedade Brasileira de Matemática se kπ ( ζ ) = ζ ζ ζ i Talve você deva estar pesado: uma difereça de complexos dado um real? Mas como?? Simples: ζ = ζ, logo a soma acima é uma difereça de cojugados dividida por i. É por isso que o resultado é real... 0 k< k se i cotg π ζ + ζ π = + = = i ζ ζ ζ +ζ Agora, uma aplicação da fatoração de : PROBLEMA : Prove que, para todo iteiro positivo existem poliômios f,g x tais que [ ] r ( )( ) ( )( ) f x x+ + g x x + = SOLUÇÃO: Primeiro, testar algus casos pequeos: = ( )( ) ( )( ) f x x+ + g x x + = Para elimiar g, podemos aplicar x = i, o que os dá f i i+ = f i = =i ()( ) () ( + i) Podemos tomar f ( x) = x. Mas e quato a g ( ) x? Calma, coisas são feitas para fucioar! Veja que f ( x)( x+ ) = + x( x+ ) tem i com ero, e automaticamete i (cojugados, a-há!). Portato o poliômio acima é múltiplo de x + e basta efetuar a divisão com Briot-Ruffii para achar g. EUREKA! N, 0 4

35 Para o caso geral, vamos cosiderar os eros de x +. Mas os eros de + x x + = são justamete as raíes + -ésimas da uidade que ão são x raíes i -ésimas da uidade. Logo, se escolhermos e + π ζ= uma rai + -ésima primitiva da uidade (isto é, que ão é rai t-ésima da uidade para ehum t meor que + ), temos k x + = xζ Escrevedo x =, k + k ( mod) ( ) k ( ) ( ) k + k + k ( mod ) k ( mod) k ( ) + = ζ = ζ k Basta demostrar que cada +ζ é múltiplo de +ζ. Molea: ( )(... ) +ζ = +ζ ζ+ζ ζ + ζ +ζ k k k Portato, podemos escolher f x + x admite raíes ζ k,k ímpar. Portato, é divisível por x +, o que acaba a demostração. Agora, um problema de Geometria: f tal que ( )( ) PROBLEMA : ABCDE é um petágoo cíclico de circucetro O. Os âgulos iteros do petágoo são A = 70, B = 0, C = 0, D = 0, E = 00. Demostre que as diagoais BD e CE ecotram-se em um poto pertecete à reta AO. SOLUÇÃO: Como em qualquer problema de geometria, um bom arrastão para começar. Iicialmete, vamos ligar o cetro aos vértices do petágoo. Esta é a melhor maeira de aproveitar a cociclicidade dos potos. Assim sedo, AOB = 80, BOC = 40, COD = 80, DOE = 0, EOA = 40. Mas MDC ( 80, 40, 0, 40) = 0 e portato os vértices do petágoo estão etre os vértices de um 8-ágoo regular (afial, 60 = 8 )! Agora, vamos colocar as 0 coisas os eixos: iicialmete, O = 0,A= (podemos faer isto por homotetia: se EUREKA! N, 0 5

36 i 8 OA, aplicamos uma homotetia de cetro O e raão OA ). Seja ω= e π uma rai 8-ésima (primitiva, por sial) da uidade. Com isto, os vértices estão determiados. Vamos usar miúsculas para os úmeros complexos associados aos potos. a =,b =ω,c =ω,d =ω,e=ω Temos que provar que AO,BD,CE são cocorretes. Dada a escolha esperta que fiemos, basta demostrar que as retas BD e CE se itersectam em um poto real puro. Ou, em outras palavras, que se é o complexo comum a BD e CE etão =. Bem, para calcular equações de retas, vamos a uma técica, ou melhor, um teorema, bastate útil (e que fica como exercício para o leitor, haha!): Dados os complexos p, q do círculo uitário, a reta pq tem equação dada por Temos etão: que equivale a + pq= p+ q AO : = BD:+ bd= b+ d CE : + ce = c + e AO : = BD : + ω =ω +ωω 7 6 CE : +ω =ω +ω Basta provar que ω +ω ω +ω AO BD : = ; AO CE : = ω +ω Ates de começar a calculeira, vamos estudar algumas propriedades iteressates 8 de ω. Bem, sabemos que ele é ero do poliômio x, e 8 =. A ideia será fatorar este poliômio até a exaustão... ( )( ) x = x x +. Como ω é rai 8- ésima primitiva da uidade, o primeiro fator ão cotém ω como rai. Assim sedo, vamos pesar o outro fator: 9 ( ) ( )( 6 ) x + = x + = x + x x +. Pode- EUREKA! N, 0 6

37 se demostrar (mas ão será ecessário) que este último fator é irredutível. Etão 6 9 ω ω + = 0, e de quebra ω =. Depois dessa volta toda, vamos ao que iteressa: comparar as duas expressões de : ω +ω ω +ω = 4 7 +ω +ω ω +ω +ω = ω +ω +ω ( )( ) ( )( ) ( ω ω )( ω ) = ( ω ω )( ω ) ω ω ω +ω =ω ω ω +ω ω ω +ω =ω ω +ω +ω 4 7 ω ω +ω =ω +ω 4 7 ω ω =ω 6 ω =ω 0 = 0 E fim! Outra aplicação iteressate das raíes da uidade é como marcadores. Veja este problema: PROBLEMA 4: Determie uma fórmula fechada para k k SOLUÇÃO: Bem, alguém aí cohece algo parecido? Que tal o Biômio de Newto? k k k ( ) = + Agora, já tem alguma ideia do que se pode faer? Temos que filtrar os múltiplos de πi desta expasão, e ada melhor que usar uma rai cúbica da uidade ω= e. Substituido por, ω e ω, temos EUREKA! N, 0 7

38 ( ) k = + k k k k k ω = ( +ω k ) k Sociedade Brasileira de Matemática ( ) ( ) ( ) ( k ) k k k ω = +ω +ω +ω = + +ω + +ω k k Agora, se k é múltiplo de, + ω +ω = ; caso cotrário, temos uma progressão k k k k ω geométrica de raão ω, e portato + ω +ω = = 0. k ω Ou seja, matamos todos os ão múltiplos de! ω +ω = + ( +ω ) + ( +ω ) = + ( ω ) + ( ω ) = + ( ) k k π + ( ) cos = k k Esta última técica tem um ome chique: multisecção. Vamos usá-la em um problema de, adiviha só, Combiatória Eumerativa! S,,... p. Determie o total de subcojutos A S que satisfaem as codições a seguir: PROBLEMA 5: (IMO 995, Caadá) Seja p um primo ímpar, e seja = { } A = p; p x. x A SOLUÇÃO: Este foi o problema 6 da Olimpíada Iteracioal de 995, em Motreal, Caadá. Ela foi tida como uma das mais iteressates pela riquea de problemas legais e divertidos daquele ao, algo comparável apeas à IMO da Argetia, que acoteceria dois aos depois. A solução aqui apresetada é uma pequea modificação daquela dada por Nikolai Nikolov, gahador de um Special Prie (prêmio especial, dado pela origialidade). EUREKA! N, 0 8

39 πi p Vamos pesar em uma rai p-ésima da uidade, primitiva por sial: ε= e. Veja k que ω=ε também é uma rai p-ésima da uidade, para k {,,,..., p }. Excluímos o propositalmete, pois ele ão terá propriedades tão iteressates quato as outras raíes (logo verás o porquê). { } 0 p k k k( p) Os complexos {,,,..., },,,..., ω ω ω ω = ε ε ε são raíes p-ésimas da uidade. Elas são distitas: de fato, se 0 = = ( ) e, como ( ) ji e k e p j i k < temos ik jk ε =ε para 0 i j p, 0< k < p,p ji j i = 0. Agora vamos ao bom e velho poliômio ( ) = p = ( ε j ) = ( j ) 0 j p ω j p f. Pesado em Séries Formais, coseguimos trabalhar com este poliômio os elemetos de a p. Como podemos alcaçar p? Oras, eleva ao quadrado! p ( f ( ) ) ( ) ( j) ( j) ( j) ( j) 0 j p 0 j p j p p+ j p j = ( ω ) j p Vamos abrir ( f ( )) : ( ( )) p p p f = a0 + a + a ap ap + ap = = ω ω = ω ω = Agora, vamos observar como o a p é produido de uma maeira combiatória. Primeiramete, escolhemos arbitrariamete p fatores, e coletamos o termo deles; j isto os dará o expoete p. Já dos outros p fatores, escolhemos o termo ( ω ). O resultado será etão p j p ( )( ) ( ) a = ω ω... ω = cω j j r r j j <... < jp p 0 r p em que cr é o total de p-tuplas j < j <... < jp tais que j + j jp r( mod p ). A ossa tarefa é achar c 0! Mas ( ( )) p p f = + a =. Assim, p c c c... c p p 0 + ω+ ω+ + ω = Em outras palavras, ω é ero do poliômio EUREKA! N, 0 9

40 p ( ) = ( ) ω g c c c... c p 0 Lembre-se que todo o raciocíio usado até aqui foi puramete combiatório, e é válido para qualquer ω que seja rai p-ésima da uidade (exceto o ). Logo, todas as raíes p-ésimas primitivas da uidade são raíes de g. Mas g tem grau p, portato: f ( ) ( ) ( p g = cp = cp ) p Igualado os coeficietes, c0 = c = c =... = c. p Mas c0 + c+ c c p =. Cotagem dupla: cada p-subcojuto de S é p cotado em exatamete um dos c i, justamete aquele correspodete à soma de seus elemetos módulo p. Resolvedo as equações acima, cocluímos que E fim! Bem, que tal us exercícios? p c0 = + p p EXERCÍCIOS PROPOSTOS: ) Determie o valor umérico da série j jπ cos A+ B+ C ) Sejam x, y,, A, B, C reais tais que é iteiro. π r r r Defia Kr = x se( ra) + y se( rb) + se( rc ). Prove que se K = K = 0 etão K = 0 para todo > 0. ) Fixe um dos vértices de um -ágoo regular iscrito uma circuferêcia de raio, e cosidere os segmetos que ligam este vértice a todos os outros. Prove que o produto das medidas de todos estes segmetos é. EUREKA! N, 0 40

41 π 4π 8π 4) Calcule se + se + se iπ Dica: sejam ζ = e,p =ζ + ζ + ζ,q = ζ + ζ + ζ. O que queremos é calcular a parte real de p. Calcule p + q e p q e seja feli! 5) Se P,Q,R,S são poliômios tais que P x + xq x + x R x = x + x + x + x+ S x, prove que P () = 0. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) p x = a0 + ax+ ax ax, e l,m, lk k ω p 0 k m ( ω ) iπ m ak = em que ω= e. m 6) Fórmula de Multisecção: Sedo ( ) com 0 l m, temos k l( mod m) 7) Mostre que ( ) 0 k θ θ cos kθ = cos cos k 8) (Irlada) Sabe-se que a, b, c são complexos tais que as raíes da equação x + ax + bx+ c= 0 têm módulo. Prove que as raíes de x + a x + b x+ c = 0 também têm módulo. + x + x + x + x = a + a x+ a x a x. 9) Seja ( ) Determie MDC ( a,a 8,...,a 98 ) Prove que 0 < a < P x P x P x. 0) Determie todos os poliômios P tais que ( ) = ( ) ( ) ) Determie o úmero de poliômios de grau 5 com coeficietes etre e 9 iclusive e que sejam divisíveis por x x +. ) Prove que o úmero 0. + k + k 0 k ão é múltiplo de 5 para qualquer EUREKA! N, 0 4

42 mudo. COMO É QUE FAZ? Resolvermos aqui, a pedidos, três problemas propostos a seção Olimpíadas ao redor do ) (Problema 09 Suíça, 000, proposto a Eureka! ) Seja q( ) a soma dos ( ) algarismos de. Calcule ( ( )) de Reriutaba CE). q q q (Proposto por Cícero Soares Furtado, SOLUÇÃO: Como represetação decimal de = 0, sua represetação decimal é a 000 seguida de 6000 eros, e logo ( ) = q( 000 ). Como ( ) q < 0, < = < 0, dode 000 tem o máximo 667 dígitos. Como cada dígito é o máximo 9, q = q = 600. ( ) ( ) 000 Portato, qq ( ( 000 )) =, e logo ( ( 000 )) ( ) q q q =. Por outro lado, como e q() sempre deixam o mesmo resto a divisão por 9, o q q q = q q q por 9 é igual ao resto resto da divisão de ( ( )) da divisão de ( ) ( ( ( ))) 000 por 9. Mas, como + ( ) ( 000 ) ( 000 ) = 64 deixa resto quado dividido por 9, = = = quado dividido por 9. Como ( ( )) ( ( )) q q q 000 e = >, cocluímos que ecessariamete q q q 000 = 4. ) (Problema 0 Grécia, 000, proposto a Eureka! ) Determie os úmeros 4 primo p para os quais o úmero + p+ p + p + p é um quadrado perfeito. (proposto por Cícero Soares Furtado, de Rariutaba CE). 4 Vamos ecotrar todos os aturais tais que é quadrado perfeito. Note que + = > para 4 4 EUREKA! N, 0 4

43 todo > (pois Sociedade Brasileira de Matemática > 0 para todo > ). Por outro lado, para todo , + = + + < Como, para todo k, temos k + ou k +, se > temos 4 k < ou k > Assim, basta olhar os 0,,,. Para = 0, = =. Para =, casos { } = 5, que ão é quadrado perfeito. Para =, =, que ão é quadrado perfeito, e, para =, = =. Assim, o úico primo p tal que + p+ p + p + p é quadrado perfeito é p =. ) (Problema 88 Rússia, 00, proposto a Eureka! 5) No itervalo (, ) são escolhidos + úmeros ímpares. Mostre que podemos ecotrar etre estes úmeros dois úmeros tais que o quadrado de cada um deles ão é divisível pelo outro. (Proposto por Aderso Torres, de Sataa de Paraíba SP). SOLUÇÃO: Se x < y são ímpares e y divide y x y, dode y x y, x, etão e logo ( ) y x y. Em particular, y = y y + > x, dode y > x +. Assim, se < x < x <... < x < são os úmeros em questão, 0 temos xj+ > xj +, para todo j 0, e logo x > + j, j 0. Em particular, x,, > + dode x ( ) j > > +, e logo > + mas isso é falso para todo (para =, < 4, para =, 9 < e, para, < : com efeito, + + ( + ) <, = < < 4 = = ), absurdo. 5 7 = < = e, se 4) (Problema Polôia, 000, proposto a Eureka! ) Uma sequêcia p, p,... de úmeros primos satisfa à seguite codição: para, p é o maior divisor EUREKA! N, 0 4

44 + + Mostre que a sequêcia ( p ) primo de p p 000. por Aderso Torres, de Sataa de Paraíba SP). é limitada. (Proposto SOLUÇÃO: Vamos mostrar a seguite afirmação, que implica o resultado: Para todo k 0 existe j com j 40 tal que max ( pk+ j, pk+ j+ ) max ( pk, pk+ ) (de fato, a afirmação implica que existe 0 tal que p 60000, para todo ; 0 ote que p+ max ( p, p+ ) + 000, ). Supohamos iicialmete que, para todo r, com 0 r 5, p k + ré um primo ímpar. pk+ r + pk+ r Etão, para todo r, com r 6, p k+ r. Defiido qj + qj q0 = p k, q = p k + e q j = para j 6, temos pk+ r qr, para 0 r 6. Se, para algum r 6, pk+ r qr, tomado um tal r míimo temos pk+ r + pk+ r p k+ r, e a afirmação vale para j = r. Temos aida que q j é 6 j pk+ pk pkpk j dado pela expressão q j = , para 0 j 4. Assim, 6 j 9q6j = ( pk + 6pk+ 4000) + ( 6pk 6pk ) j 9pk j( mod7 ). Portato, existe s com 0 s 6 tal que 9q 6 s (e logo q 6s ) é múltiplo de 7. Se s = 0, a afirmação já vale para j =. Se tivéssemos pk+ r= qrpara 0 r 6, tomamos s q6s com s 6 tal que q6s é múltiplo de 7, e teríamos p k + 6 j, absurdo. 7 Se p k =, a afirmação já vale para j =. Fialmete, se p k + r= para algum r com r 5, teremos pk+ r+ pk+ r+ 00 e pk+ + pk , mas um desses úmeros ( pk+ r, pk+ r +00 e pk+ r ) é múltiplo de, logo a afirmação vale para j = r +. EUREKA! N, 0 44

45 SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS Publicamos aqui algumas das respostas eviadas por ossos leitores. ) a) Cosidere o seguite jogo: o iício um jogador A etrega um úmero k ao jogador B. Quado A etrega um úmero m a B, B pode devolver m ou m + a A. Quado A recebe um úmero deve, se for ímpar devolver a B; se for par mas ão múltiplo de 4, pode devolver ou a B, e, se for múltiplo de 4, pode devolver, ou a B. Qualquer jogador gaha o 4 jogo se devolver ao adversário. Caso algum jogador devolva ao adversário um úmero maior que 000k, o jogo empata. Determie, para cada valor de k, se algum dos jogadores tem estratégia vecedora, e, esses casos, qual deles. b) Resolva o item aterior supodo que A, ao receber um úmero, deve devolver a B se for ímpar, deve devolver a B se for par mas ão múltiplo de 4 e deve devolver 4 a B se for múltiplo de 4. SOLUÇÃO DE JOSÉ DE ALMEIDA PANTERA (RIO DE JANEIRO RJ) a) Naturalmete A perde se etregar o úmero k = ao jogador B, pois B poderá devolver imediatamete a A. Vamos mostrar que A gaha se etregar a B um úmero de k da forma 4 + ou da forma 4, para algum, e se k > ão for de ehuma dessas formas ehum dos jogadores tem estratégia vecedora. 4 + Para isso, ote que, se A etrega = a B, B pode devolver ou 4 a A, e, 4 + em qualquer caso, A pode devolver a B e gahar o jogo. Se A etrega 5 = a B, B pode devolver 4 ou 6 a A. Se devolve 4, A pode devolver a B e gahar. Se devolve 6, A pode devolver a B, e gahar a seguir, como vimos ates. EUREKA! N, 0 45

46 + 4 + Em geral, podemos argumetar por idução: se A etrega a B, com , B pode devolver a A, caso em que A pode devolver a B, gahado o jogo, ou B pode devolver a A, caso em que A pode devolver a B, gahado o jogo. De modo similar, se A etrega a B, com , B pode devolver a A, caso em que A pode devolver a B, gahado o jogo, ou B pode devolver a A, caso em que A pode devolver a B, gaahdo o jogo. Notemos que A sempre pode o míimo empatar o jogo se k. De fato, se em algum mometo do jogo A etrega m a B, B devolve o míimo m, e A m > m. pode devolver o triplo, que é o míimo ( ) Assim, A pode devolver úmeros cada ve maiores, que em algum mometo ultrapassarão 000k, empatado o jogo. Veremos agora que B pode garatir o empate se A etrega um úmero que ão é das formas descritas ateriormete. Mais precisamete, veremos que, se A evia um úmero que ão pertece ao cojuto X : =, 0,, etão B pode devolver um úmero a partir do qual A ão pode devolver ehum úmero pertecete a X (ote que X ). Temos X = {,,5,,,... }. Se A evia a B um úmero par m, B pode devolver m ou m +, que são ímpares, a A, que deve devolver o triplo a B. Como ão é possível que ( m ) e ( m + ) perteçam ambos a X, isso mostra ossa afirmação o caso m par. Se A evia a B um úmero ímpar m, que ão m k, k X 4 k, k X ou pertece a X, ão é difícil ver que { } { } m+ { k, k X} { 4 k, k X}. Isso implica a afirmação o caso m par. b) No meio do jogo, B só recebe um úmero par se A tiver acabado de dividir um úmero (ecessariamete múltiplo de 8) por 4. E, se B recebe um ímpar, devolverá um par, o que forçará A a dividi-lo por ou por 4. Assim, os úmeros tedem a EUREKA! N, 0 46