XXXV Olimpíada Cearense de Matemática Nível 3 - Ensino Médio

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1 XXXV Olimpíada Cearense de Matemática Nível 3 - Ensino Médio Reservado para a correção Prova Probl. 1 Probl. Probl. 3 Probl. 4 Probl. 5 Total # 3000 Nota Instruções e Regulamento: 1. Identifique a prova somente no local indicado da capa.. Use o verso de cada folha como rascunho. 3. Verifique se sua prova está completa. A prova consta de 5 (cinco) problemas. 4. Somente serão consideradas as soluções escritas no espaço reservado para tal. Para escrevê-las, utilize caneta azul ou preta. 5. Cada problema vale 10 pontos. 6. O tempo de prova é de 4 horas. Nenhum candidato poderá sair antes de completados 30 minutos de prova. 7. Não serão concedidas revisões de prova. 8. As soluções e os premiados serão divulgados oficialmente no sítio até o dia 30/11/015. Identificação: Prova #3000 Nome: Endereço: Escola: Telefone: Série:

2 Problema 1. Um inteiro positivo n diz-se invocado se existem n inteiros positivos a 1,..., a n, dois a dois distintos, tais que 1 a a n = 1. O inteiro positivo 3, por exemplo, é invocado, visto que Mostre que todo inteiro n > é invocado. 1 = Solução. Pelo exemplo do enunciado, o número 3 é invocado. Suponha que k 3 é invocado, ou seja, suponha que existem inteiros positivos a 1,..., a k, dois a dois distintos, tais que 1 = 1 a a k. (1) Tem-se que a i para todo i {1,..., k} pois, caso contrário, o lado direito de (1) seria maior que 1. Assim, os k + 1 inteiros positivos, a 1, a,..., a k são dois a dois distintos. Além disso, = 1 a 1 a k + 1 ( ) a 1 a k = = 1. Mostramos então que k = 3 é invocado e que se k 3 é invocado, então k + 1 também é invocado. Logo, pelo princípio da indução finita, todo inteiro n > é invocado.

3 Problema. Seja n um inteiro positivo. (a) Mostre que i(i!) = (n + 1)! 1. (b) Mostre que todo inteiro k {0, 1,..., (n + 1)! 1} pode ser escrito na forma k = a i (i!), onde a 1,..., a n são inteiros tais que 0 a i i, i = 1,..., n. Solução. (Baseada na solução de George Lucas Diniz Alencar). (a) Temos i(i!) = = (i + 1 1)(i!) = (i + 1)! [(i + 1)! i!] i! = i! (b) Para m {1,..., n}, considere o polinômio p m definido por Seja f o polinômio dado por p m (x) = f(x) = i= m x j(m!). j=0 n p m (x). m=1 i! = (n + 1)! 1. Pelo item (a), temos que o grau de f é d = (n + 1)! 1. Sejam b 0, b 1,..., b d inteiros tais que f(x) = b 0 + b 1 x + + b d x d. Note que o inteiro k {0, 1,..., (n + 1)! 1} é da forma n a i(i!), com 0 a i i, se e somente se b k > 0. Além disso, b k nos dá o número de maneiras distintas de escrever k na forma n a i(i!), com 0 a i i. Como p m = (xm! ) m+1 1 = x(m+1)! 1 x m! 1 x m! 1, temos que f(x) = n p m (x) = m=1 = x()! 1 x 1 n m=1 x (m+1)! 1 x m! 1 = 1 + x + x + + x ()! 1. Concluímos portanto que todo inteiro k {0, 1,..., (n + 1)! 1} pode ser escrito, de uma única maneira, na forma k = a i (i!), onde a 1,..., a n são inteiros tais que 0 a i i, i = 1,..., n.

4 Problema 3. Se P e Q são pontos do plano, denotamos por P Q o comprimento do segmento P Q. Seja ABC um triângulo isósceles de base BC. Se p é o comprimento comum das bissetrizes internas dos ângulos ABC e ACB, prove que 3 BC < p < BC. Solução. Seja D a interseção do lado AC com a bissetriz relativa ao vértice B. Chamemos AB de b, AD de y, DC de x e BC de a. Denote por α o ângulo BÂC. Pelo teorema da bissetriz interna, temos x/a = y/b. Temos também x + y = b. Resolvendo o sistema encontramos y = b e x = ab a + b a + b. () Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo ADB, obtemos p = b + y by cos α = (b y) + by(1 cos α) = x + by(1 cos α). (3) Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo ABC encontramos a = b (1 cos α). Assim, 1 cos α = a b. (4) Substituindo (4) e () em (3) e dividindo ambos os lados por a, obtemos ( ) p ( ) b b a = +. (5) a + b a + b Como temos que e portanto, Substituindo em (5), obtemos e portanto, 0 < 0 < 0 < ( ) b < 1, a + b ( ) b < 1, a + b ( ) ( ) b b + <. a + b a + b p a <, p < a. Pela desigualdade triangular, temos a < b, o que implica a + b < 3b. Portanto, ( ) b > b a + b 3b = 1 (6) 3 e ( ) b > b a + b 9b = 1 9. (7) Substituindo (6) e (7) em (5), obtemos e portanto, p a > = 4 9, 3 a < p.

5 Problema 4. Se X é um conjunto finito, denotamos por X a quantidade de elementos de X. Seja n um inteiro positivo e seja A um conjunto formado por n números reais positivos. Dado um subconjunto B de A, denotamos por s(b) a soma dos elementos de B (se B =, então s(b) = 0) e denotamos por F A o conjunto F A = {s(b); B A}. Determine, em função de n, o menor valor possível e o maior valor possível para F A. Sulução. Vamos mostrar que o menor valor possível para F A é ( ) + 1 e que o maior valor possível para F A é n. Tem-se que F A não pode ser maior que a quantidade de subconjuntos do conjunto A. Assim, F A n. Um exemplo onde a igualdade ocorre é A = { k ; k = 0, 1,..., n 1}. De fato, se existissem dois subconjuntos C e D de A tais que C D e s(c) = s(d), então existiria um inteiro não-negativo que poderia ser representado de duas maneiras distintas na base, o que não pode ocorrer. Afirmação: Se A = n, então existe uma família L A = {A j ; j = 1,..., ( ) + 1} de subconjuntos de A tais que o conjunto {s(a j ); j = 1,..., ( ) ( + 1} possui ) + 1 elementos. Mostraremos a afirmação por indução. Escreva A = {a 1,..., a n }, com a 1 < < a n. Se n = 1, tome L A = {, {a 1 }}. Suponha então que n. Considere o conjunto B = {a 1,..., a n 1 }. Pela hipótese de indução temos que existe uma família L B = {B j ; j = 1,..., ( n ) + 1} de subconjuntos de B tais que o conjunto {s(b j ); j = 1,..., ( ( n ) + 1} possui n ) + 1 elementos. Para i = 1,..., n 1, considere o subconjunto E i de A dado por E i = A \ {a i }. Note que, como a n > a i, para i = 1,..., n 1, e s(b) = a a n 1, temos que s(e i ) > s(b j ), quaisquer que sejam i {1,..., n 1} e j {1,..., ( n ) + 1}. Note também que s(a) > s(ei ), i = 1,..., n 1. Assim, a família L A de subconjuntos de A dada por L A = L B {A} {E i ; i = 1,..., n 1} é tal que {s(g); G L A } possui ( ) ( n +1+n = ) +1 elementos. Isto conclui a prova da afirmação. Segue-se da afirmação que se A = n, então F A ( ) + 1. Um exemplo onde a igualdade ocorre é A 0 = {1,..., n}. De fato, como n = ( ) (, se C A, então s(c) {0,..., ) }. Assim, F A0 ( ) + 1. Este fato juntamente com a afirmação nos dá que FA0 = ( ) + 1.

6 Problema 5. Considere o conjunto B = {a + 3b ; a, b Z}. Mostre que se n B e p é um fator primo de n tal que p B, então n p B. Solução. Suponha que n e p são elementos de B. Sejam a, b, x, y Z tais que n = a + 3b e p = x + 3y. Temos y n b p = (y a + 3y b ) (b x + 3b y ) = y a b x. Portanto, p (ya bx)(ya + bx). Trocando b por b se necessário, podemos assumir que p (ya bx). Temos também x n 3b p = (a x + 3b x ) (3b x + 9b y ) = a x 9b y. Portanto, p (ax 3by)(ax + 3by). Trocando a por a se necessário, podemos assumir que p (ax + 3by). Sejam Uma conta simples nos dá c = ax + 3by p e d = ya bx. p ( ) ( ) x c + 3d + 3y a + 3b = = n p p p. Portanto, n p B.