MA21: Resolução de Problemas - segunda prova - gabarito. Problema 1 (Olimpíada turca de 1996; 2 pontos) Considere o polinomio:

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1 MA21: Resolução de Problemas - segunda prova - gabarito Problema 1 (Olimpíada turca de 1996; 2 pontos) Considere o polinomio: p(x) (1 + x 3 ) (1 + 2x 9 ) (1 + 3x 27 )... (1 + nx 3n )... ( x ). Qual é o coeficiente de x 1996 em p? O polinômio p é a soma do termo constante 1 com termos em que o expoente de x é da forma: 3 n 1+n 2 + +n k. Portanto, todos os termos x r com coeficientes diferentes de 0 têm expoentes que são divisíveis por 3. Como , o coeficiente de x 1996 é zero. 1

2 Problema 2 (2 pontos) Considere uma sala que contem um número n 2 de pessoas. Prove que há dois ocupantes da sala que conhecem o mesmo número de pessoas dentro da sala. (Supomos que há simetria neste conhecimento : se A conhece B, B conhece A. Embora isto não faça muita diferença, podemos convencionar que cada indivíduo conhece a si mesmo.) Este é um problema de casa dos pombos com um pequeno macete. Vamos começãr considerando o caso particular em que cada pessoa conhece pelo menos uma outra pessoa além de si mesma. Neste caso, os pombos são as n pessoas e as casas correspondem ao número de amigos que cada um tem, que pode variar entre 2 e n. São n pombos e n 1 casas, logo há uma casa com dois ocupantes, isto é, há duas pessoas com o mesmo número de amigos. Se há pessoas com um único amigo, isto é, que só conhecem a si mesmas (vamos chamá-las de solitárias), o raciocínio acima não funciona: passamos a ter n casas. Resolvemos isto fazendo uma análise de casos. 1. Se há dois ou mais solitários, isto já resolve o problema: os solitários têm o mesmo número de amigos. 2. Se há um único solitário, podemos retirá-lo da sala. Como o solitário não conhece ninguém, ninguém o conhece (pela simetria do conhecimento). Logo, o número de amigos de cada pessoa que restou é igual ao que era antes do solitário ir embora. Em particular, como cada pessoa restante tem pelo menos dois amigos, o número de pessoas restantes é maior ou igual a 2. Podemos aplicar o caso particular visto acima e deduzir que existem duas pessoas que têm o mesmo número de amigos. 2

3 Problema 3 (2 pontos) O alfabeto de uma certa língua contem 22 consoantes e 11 vogais. As palavras desta língua são todas as sequências de duas ou mais letras em que não há letras repetidas e em que não há duas consoantes consecutivas. Prove que, sempre que dividirmos as letras deste alfabeto em 6 conjuntos disjuntos e não vazios, haverá um deles que contem exatamente as letras de uma palavra desta linguagem. Pense num subconjunto P não vazio das letras. Suponha que há c consoantes e v vogais em P. Afirmamos que se c v + 1, então é possível formar uma palavra com as letras em P. De fato, basta escrever as c consoantes em ordem, depois inserir c 1 vogais nos espaços entre as consoantes e, finalmente, usar as v c + 1 vogais restantes no final da palavra. Vamos usar esta observação para resolver o problema. Suponha (para chegar a uma contradição) que podemos escrever o conjunto das letras como união disjunta P 1 P 2 P 6 de tal forma que não dá para formar palavras com nenhum dos P i s. A contrapositiva do que vimos acima nos diz que os números c i, v i de consoantes e vogais em P i devem satisfazer: 1 i 6 : c i v i + 2. Some estas desigualdades, observando que a soma dos c i s é o total de consoantes e a soma dos v i s é o total de vogais. Deduzimos que: 22 = i c i 23 = = i v i + 6 2, o que é uma contradição. Logo é necessariamente verdade que um dos P i s nos permite formar uma palavra. 3

4 Problema 4 (2 pontos) Um grupo de alunos fez uma prova em que todas as 7 questões são do tipo falso ou verdadeiro. Suponha que quaisquer dois alunos dão a mesma resposta para ao menos uma das perguntas, mas que não há duas provas em que todas as respostas coincidem. Prove que há no máximo 64 alunos na turma. Suponha sem perda de generalidade que A = {1,..., k} é o conjunto de alunos; nosso objetivo é limitar k. A cada aluno a A podemos associar o subconjunto V (a) {1, 2,..., 7} das perguntas a que ele respondeu verdadeiro (ele necessariamente respondeu falso às outras perguntas). Observe que a função que leva a em V (a) é injetiva, pois não há duas provas iguais. Eis o ponto fundamental: para qualquer a A, não existe qualquer aluno b A com V (b) = V (a) c = {1, 2,..., 7} V (a). De fato, se tal aluno existisse, ele responderia a todas as perguntas de forma diferente de a, o que viola nossa hipótese. Vamos ver o que sabemos. Dados a, b A distintos, temos: 1. V (a) V (b) (injetividade); 2. V (a) c V (b) (acambamos de ver); 3. V (a) V (b) c (o mesmo); 4. V (a) c V (b) c (tome complementares em 1). Deduzimos que os conjuntos V (1), V (1) c, V (2), V (2) c,..., V (k), V (k) c são subconjuntos distintos de {1, 2, 3,..., 7}. Como há 2k conjuntos nesta lista e há 2 7 subconjuntos distintos em {1, 2, 3,..., 7}, deduzimos: 2k 2 7, ou seja, k 64. 4

5 Problema 5 (Adaptada do Putnam 1993; 2 pontos) Fixe inteiros positivos n, m. Seja P n o conjunto das partes de {1,..., n}, isto é, o conjunto cujos elementos são os subconjuntos de {1, 2, 3,..., n}. Defina c(n, m) como o número de funções f : P n {1, 2,..., m} com a seguinte propriedade: Mostre que A, B P n f(a B) = max{f(a), f(b)}. (1) c(n, m) = m k n. [Dica: procure algum subconjunto U P n simples tal que, se eu sei os valores de f(a) para A U, então eu sei todos os valores de f.] Vamos chamar de F o conjunto de funções que queremos contar. O passo fundamental vai ser entender a estrutura deste conjunto. Tome uma f F e definir x 0 = f( ), x 1 = f({1}), x 2 = f({2}), x n = f({n}). Observe que para todo 1 i n k=1 x i = f({i}) = f({i} ) = max{f({i}), f( )} = max{x i, x 0 }, ou seja, x 0 x i. Afirmo que, se você sabe os valores destes x i s, sabe todos os valores de f. De fato, se A = {i 1,..., i k } P n, obtemos o seguinte aplicando (1) sucessivamente: f(a) = max{f({i 1,..., i k 1 ), f({i k })} = max{f({i 1,..., i k 1 ), x ik }... = max{x i1,..., x ik }. Ou seja, A P n { } : f(a) = max{x i : i A}. (2) Logo uma f F pode ser inteiramente descrita por uma escolha de x 0,..., x n {1,..., m} com x 0 x i para 1 i n. Por outro lado, se fazemos uma escolha de x 0,..., x n satisfazendo estas condições, podemos definir um elemento f F via f( ) = x 0 e (2). Deduzimos que: 5

6 Há uma bijeção entre F e as (n + 1)-tuplas (x 0, x 1,..., x n ) {1,..., m} n+1 com x 0 x i para todo 1 i n. Este era o entendimento que buscávamos. Agora basta contar o número de escolhas para estas (n + 1)-tuplas. Faremos isto via partições, considerando o número destas tuplas para cada valor de x 0. De fato, uma vez que fixamos 1 x 0 m, cada x i pode ser escolhido no conjunto {x 0, x 0 + 1,..., m}, que tem (m x 0 + 1) elementos. Logo, para um x 0 fixo, há (m x 0 + 1) n escolhas para (x 1,..., x n ). Como x 0 varia de 1 a m, temos: m m c(n, m) = (m x 0 + 1) n = k n. x 0 =1 k=1 6

7 Problema 6 (2 pontos) Nós dois vamos jogar o jogo descrito a seguir. De início fixamos números n N {0} e h N {0}. Na fase 0 do jogo eu escolho uma permutação π de {1, 2, 3,..., n} e a escrevo num pedaço de papel sem revelá-la a você. Nas fases de 1 a h do jogo você me faz perguntas do tipo É verdade que π(i) < π(j)?, onde 1 i < j n são índices que você pode escolher à vontade; eu sou obrigado a responder a verdade em todas estas fases. Por fim, na fase h + 1 do jogo eu faço a você uma pergunta do tipo É verdade que π(r) < π(s)?, onde 1 r < s n ficam a meu critério. Se você acertar esta resposta, ganha o jogo; se errar, eu ganho. Mostre que, se h < log 2 (n!), eu sempe tenho alguma chance de ganhar o jogo. Isto é, existirá uma escolha de π e de r e s tal que eu venço. [Obs: a sua i-ésima pergunta pode depender das perguntas anteriores. Por exemplo, se eu já lhe respondi que π(1) < π(2) e π(2) < π(3), não é mais necessário perguntar se π(1) < π(3). Por outro lado, minha última pergunta também pode depender das que você fez. Note ainda que não preciso vencer sempre, mas apenas ter alguma chance de vencer.] Fiz uma observação em sala que foi a seguinte: você pode supôr que a primeira pergunta é fixada de antemão e que, para 2 p h, a p-ésima pergunta é definida exclusivamente em função das p 1 respostas anteriores. Além disso, sua resposta na fase h + 1 deverá ser unicamente determinada pelas minhas h respostas. Ou seja, você não precisa considerar jogos em que, para fazer a primeira pergunta, usa algum tipo de informação externa, como um lançamento de dado, a consulta a algum jornal ou as fotos de uma viagem pela Grécia. Resumiremos esta suposição dizendo que a sua estratégia é determinística. Considere a sequência de respostas que eu dou às suas h perguntas. Cada resposta será representada por um 1 (em caso de sim ) ou por 0 (em caso de não ). Podemos portanto pensar em cada sequência de respostas como um elemento de {0, 1} h. Cada permutação π que eu posso escolher gera uma sequência de respostas, que chamremos de v π. Como sua estratégia é determinística, esta operação que leva π em v π é bem definida. Agora consideremos o caso em que h < log 2 (n!). Como há n! permutações e apenas 2 h sequências possíveis 7

8 de respostas, o Princípio da Casa dos Pombos implica que há duas permutações distintas π 1, π 2 com v π1 = v π2. Ou seja, elas suscitam as mesmas respostas da minha parte. Como π 1 π 2, há necessariamente dois índices r < s com π 1 (r ) < π 1 (s ) e π 2 (r ) > π 2 (s ) (ou vice-versa). Considere agora todas as minhas estratégias possíveis: ou seja, todas as escolhas possíveis que eu posso fazer de π, r, s. É evidente que as estratégias em que eu escolho (π 1, r, s ) e (π 2, r, s ) suscitam as mesmas respostas às suas perguntas. Na última rodada, como sua estratégia é determinística, sua resposta á pergunta É verdade que π(r ) < π(s )? será a mesma em ambos os casos. Portanto, você acertará em um caso e errará em outro. Ou seja, eu posso vencer este jogo, ao menos de vez em quando. [Obs: o mesmo resultado seria verdade mesmo que a sua estratégia não fosse determinística. A melhor forma de provar isso seria trabalhar com probabilidades, mas isto tornaria o problema bem mais avançado.] 8