Terceira Lista de Preparação para a XXIX Olimpíada de Matemática do Cone Sul e VIII Olimpíada de Matemática dos Países de Língua Portuguesa

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1 Terceira Lista de Preparação para a XXIX Olimpíada de Matemática do Cone Sul e VIII Olimpíada de Matemática dos Países de Língua Portuguesa Álgebra e Teoria dos Números Problema ) Encontre o primeiro dígito após o ponto decimal do número Solução: Defina a n = n + + n n e note que a n a n = temos: a n = n ( ) < ( ) = ( ) + = ln < 0.7 = Também temos que: Logo a resposta é 6. a 009 = 009 = = Problema ) Encontre todas as triplas (m, p, q), tal que: = ( ) > > 0.6 m p + = q 7, com p e q números primos e m um inteiro positivo. n(n + ), assim Solução: Assumindo m > 0 temos q é ímpar e pelo desenvolvimento da equação, temos: () m p = q 7 = (q )(q 6 + q 5 + q 4 + q 3 + q + q + ) = (q )f(q) Implicando que: f(q) = 6 =0 q 6 =0 = 7 (mod ) de acordo com a equação () m q. Logo teremos: () q m f(q) = p. Sabemos que q < q < q + < f(q) unindo à eq.() encontramos: q = m e m p = f(q) = q7 = (m +) 7 = m + 7, Logo m p 7. q m Se m então 4 p 7, que é impossível. Então m =, e assim q = m + = + = 3. Dessa forma p = q7 = 37 = 87 = 86 = 093, logo p N gerando um absurdo. q 3 Para m = 0, teremos p ou q par ou seja igual a pois são primos. casos teremos números não naturais, gerando também um absurdo. Porém, em ambos os

2 Problema 3) Prove que a 4 existem infinitos inteiros n livres de quadrado tal que n a n. Observação: inteiro livre de quadrado é aquele que não é múltiplo de nenhum quadrado perfeito. Solução: Seja n o menor divisor primo de a. Assim criamos a seguinte recorrência: em que n + a n. Sabemos que: Porém mdc(a n, p i=0 ain ) p. n + = p n, mdc(p, n ) = p n a n p = (a n ) i=0 a in Dessa forma, p i=0 ain não pode ser puramente uma potência de p e então podemos escolher outro fator primo p. Combinatória Problema 4) Defina um -clique como sendo um conjunto de pessoas de tal modo que quaisquer duas se conhecem mutuamente. Em uma certa festa, todo par de 3-cliques tem pelo menos uma pessoa em comum, e não existem 5-cliques. Prove que existe duas pessoas ou menos cuja partida não deixa 3-cliques restantes. Solução: É impossível ter mais que dois triangulos (3-clique) de tal forma que cada dois tem uma aresta em comum. Então, pegue dois triângulos xyz, xuv tais que {x, y} {u, v} =. Suponha primeiro que todos os nossos triângulos que não têm x como vértice tem seus vértices entre y, z, u, v. Logo, deve haver um triângulo que não tenha y como vértice, e o mesmo vale para z, u, v, assim xyzuv é um 5-clique, o que não é verdade. Isto significa que entre os triângulos que não têm x como vértice, nós podemos encontrar um tvz(por exemplo) tal que t / {x, y, z, u, v}. Assuma agora que nossa conclusão não é válida. Isto significa que podemos encontrar triângulos que não tenham (x, v), (v, x) ou (z, x) como aresta. Depois de constatar que yu, ut, ty não podem ser arestas, podemos ver que a única maneira para isso ocorrer é ter outro vértice p e triângulos pxt, pyv, puz. Isso, no entanto, significa que temos o 5-clique xyzuv, gerando também uma contradição. Problema 5) Há uma moeda em cada quadrado do tabuleiro de xadrez n n. Nós juntamos n moedas e as distribuímos nos quadrados (novamente cada quadrado contendo uma moeda) tal que quaisquer duas moedas adjacentes encontram-se novamente adjacentes. Encontre todas as distribuições de tal forma que pelo menos uma das moedas nos cantos permaneça no seu quadrado inicial. Observação: dois quadrados são adjacentes se eles compartilham uma borda comum. Solução: Como cada uma das (n ) moedas internas inicial tem quatro vizinhas na configuração inicial, também deve ter quatro vizinhas na nova configuração. Isso implica que as moedas interiores vão para os quadrados internos e as moedas de fronteira vão para o limite. Agora considere que um moeda do canto permanece no seu quadrado inicial, essa tem duas moedas vizinhas na configuração inicial que devem ir para os dois quadrados vizinhos na nova

3 configuração. Existem duas maneiras de atribuir esses dois vizinhos. Pode-se mostrar que, uma vez fixada a moeda do canto e a posição das vizinhas, isso também fixa a posição de todas as moedas restantes. Problema 6) Um tabuleiro é dado. No início todo quadrado unitário tem escrito o número"0". Duas pessoas participam de um jogo que termina após 00 passos (cada jogador joga 00 passos). Em cada passo cada um escolhe uma linha ou coluna e adiciona ao número escrito em todos os quadrados (mod 3). O primeiro jogador é o vencedor se mais da metade dos quadrados(5000 quadrados unitários) tem o número ""escrito. Já o Segundo jogador ganha se mais da metade dos quadrados tem o número "0"escrito. Caso contrário o jogo fica empatado. Assuma que ambos os jogadores jogam com suas melhores estratégias. Qual será o resultado do jogo? Solução: O jogo será empate. Vamos definir uma estratégia não perdedora para cada jogador. É suficiente para o primeiro jogador escolher todas as linhas, cada linha uma vez. Nós garantimos que o primeiro jogador não perde nesse caso. Assuma caso contrário, isso significa que o segundo jogador pode de alguma forma ganhar o jogo nesse caso. Note que a ordem dos movimentos não importa para o resultado final, porque o número escrito em cada célula é definido apenas pela quantidade de vezes que é escolhido, não pela ordem deles. Então assuma que o primeiro jogador realiza os primeiro 00 movimentos e então o segundo jogador realiza os outros 00. Pelos primeiro 00 movimentos, teremos um tabuleiro em que o número está escrito em cada célula. Cada célula que tenha o número 0 escrito precisa ser escolhida pelo menos outras vezes( note que o segundo jogador está jogando o resto do jogo). Agora, se existe mais que 5000 células, teremos que escolher mais que 5000 = 0000 vezes. Porém cada jogador escolhe exatamente 0000 células. Portanto, é impossível o segundo jogador vencer nesse caso. Já para o segundo jogador, é suficiente fazer exatamente os mesmos movimentos que o primeiro jogador faz, isso significa que se o primeiro jogador escolher a i-ésima coluna/linha, então o segundo jogador escolhe a mesma coluna/linha. Queremos que o segundo jogador não perca Nesse caso. Assuma caso contrário, que o segundo jogador pode de alguma forma ganhar. Note que se uma célula é escolhida pelo primeiro jogador por vezes, então essa deve ser escolhida pelo segundo jogador exatamente vezes. Agora, para cada célula com o número, nos devemos ter: (mod 3) o que implica (mod 3) assim. Isso significa que o primeiro jogador deve escolher cada célula pelo menos vezes. A mesma desigualdade nos dá a mesma contradição. Geometria Problema 7) Seja ABCDE um pentágono convexo. Suponha que BD CE = A, CE DA = B, DA EB = C, EB AC = D e AC BD = E. Suponha também que (ABD ) (AC E) = A, (BCE ) (BD A) = B, (CDA ) (CE B) = C, (DEB ) DA C = D e (EAC ) (EB D) = E. Prove que AA, BB, CC, DD e EE são concorrentes. Solução: Aplicando inversão com centro A e raio arbritário, e colocando para indicar os inversos. Vamos provar a seguinte suposição: (AE E ) (AB B ) está em AA. Lema: C D B E Prova: Note que C B C C B E B D D e similarmente D E D E C C. Então nós conseguimos C C /C B = B D /D D = C C D D = C B B D e analogamente CC D D = E D E C. Então, C B /E D = E C /B D. Mas

4 nós temos E C A B D A assim E C /B D = A C /A D, como queriamos demonstrar. Assim, E B é não paralelo a E B então E B E B é cíclico, assim claramente A está no eixo radical de (AE E ), (AB B ) assim ao re-inverter nós teremos a concorrência desejada. Problema 8) BD Seja D um ponto no lado BC do triângulo ABC tal que AD = AB + AD = CD AC + AD. DE Seja E um ponto tal que D está em [AE] e CD =. Prove que AE = AB + AC. CD + CE Solução: Vamos demonstrar inicialmente o Lema abaixo. Lema: Dado um triângulo ABC. Seja o ponto D BC tal que AD BC. Então b = c(a + c) B = C DC = DB + BA Prova: b = c(a + c) b c = ac DC DB = ac DC = DB + BA b cos C = c + c cos B sin B cos C = sin C( + cos B) tan B = tan C B = C Denote por ABC = x, ACB = y, CED = z. Então, aplicando o Lema acima, no ABC : BD = AD (AB + AD) = BAD = ABD = x. Analogamente, no ACD : CD = AD (AC + AD) = CAD = ACD = y e no CDE : DE = CD (CE + CD) = DCE = CED = z. Observe que A + B + C = 80 (x+y)+x+y = 80 x+y = 60, e ABD + BAD = CED + DCE x+x = z + z z = x e ABEC é cíclico. Então AE = AB + AC sin ACE = sin ACB + sin ABC sin(x + y) = sin y + sin x sin(x + y) sin y = sin x sin x cos(x + y) = sin x cos(x + y) = x + y = 60 o que é verdade. Problema 9) Dado o ABC isósceles com AB = AC > BC. A mediatriz de AB encontra a bissetriz externa de ADB em P, e a interseção da mediatriz de AC e a bissetriz externa de ADC é o ponto Q. Prove que B, C, P e Q são concíclicos. Solução: Seja P = P D AB, Q = QD AC e AB = AC = δ. Sabendo que P e Q são pontos médios do arco AB em (ABD) e do arco AC em (ACD), respectivamente. Então: = BD AD + CD AD = = BP δ + BP + CQ δ + CQ = = δ = BP CQ dessa forma: P B = DB = P B DA = P A DB = δ DB + P B DB (). P A DA Se denotarmos por R = BP AD, R = CQ AD, então em () nós temos AR = [ABP ] DR [DBP ] = δ AP DB DP = δ BP DB = δ CQ DC = δ AQ DC DQ = [ACQ] [DCQ] = AR DR = R R R Assim, BR RP = AR RD = CR RQ = B, C, P, Q são concíclicos.

5 Problemas gerais Problema 0) Dado um polígono convexo A A...A n de tamanho n. Prove ou refute que os maiores círculos circunscritos aos triângulos A i A j A, com i, j, {,,..., n} e i j, são da forma A l A l+ A l+. Solução: Assuma que o problema pede para mostrar que existe m de modo a A m A m+ A m+ ter o maior circunraio. Seja A i A j A o triângulo com o maior circunraio. Como todo triângulo tem pelo menos dois ângulos agudos, suponha sem perda de generalidade que A i, A j são ambos agudos. Denote por Γ = (A i A j A ). Pegue A l no mesmo lodo de A j A que A i. Então pela Lei dos A j A A j A Senos, nós sabemos que que se reorganiza para sin A A l A j sin A A i A j sin A A l A j sin A A i A j = A A l A j A A i A j. Como A i, A l estão no mesmo lado, nós deduzimos que A l está dentro de Γ ou em seu limite. Um argumento semelhante para A l estando no mesmo lado de A i A que A j nos dá que A l está dentro de Γ ou em seu limite. Juntando as duas conclusões conseguimos que o n-ágono está dentro ou em Γ. Agora considere A l estando no lado oposto de A A j referente a A i, se esse existir. A l está dentro de Γ nos dá 80 A A l A j A A i A j, então pela Lei dos Senos o circunraio de (A A l A j ) é pelo menos o de (A i A j A ), assim a igualdade deve manter, implicando que todos esses pontos A l estão em Γ. Analogamente, todos os pontos A l opostos a A j em relação a A i A devem estar em Γ, assim nós concluimos que A A A + está em Γ, como queríamos. Problema ) Seja uma sequência de números reais a 0, a, a,... satisfazendo a seguinte condição: m a n ( ) n n=0 ( ) m = 0 n para todos valores suficientemente grande de m. Mostre que existe um polinômio P tal que a n = P (n) para todo n 0. Solução: Temos que N/ m N : m n=0 a n ( ) n (m n) = 0. Considere um polinômio P de tal forma que 0 i N : P (i) = a i. Assim, vamos proceder por indução, o primeiro passo é óbvio. Assuma então que P (n) = a n, nós iremos provar que P (n + ) = a n+ : Para n N é claro, então assuma n N. Dado o Lema abaixo: Lema: n ( ) n ( ) P () = 0 =0 com P polinômio de grau menor que n. Prova: Uma simples indução funciona. É fácil provar a validade para n =, suponha agora válido para n e vamos provar validade para n. De n =0 ( )( n ) = 0 nós podemos supor que o polinômio tem 0 como raiz, i.e. P (X) = XQ(X). Sabemos ( ) ( n = n n ) então n = ( )( ) n P () = n ( )( ) n np () = n 0 ( ) ( ) n nq( + ) = 0 (usando a suposição de que Q é de grau menor ou igual a n ). Logo temos n+ =0 P () ( ) (n+ ) = 0 mas n+ =0 a ( ) (n+ ) = 0 = P (n+) = an+

6 Problema ) Seja n um inteiro positivo. Dado S um subconjuntos de pontos no plano com as seguintes propriedades: I) Não existem n linhas no plano tais que todo elemento de S está em pelo menos uma delas; II) Para todo X S existe n linhas no plano tais que todo elemento de S X está em pelo menos uma delas. Ache o maior valor de S. (n + )(n + ) Solução: Vamos mostrar por indução em n que S. É fácil ver que para n = temos S 3, pois ao analisarmos para 4 pontos veremos que por I) ele são não colineares e por II) cada 3 devem ser colineares, o que nos gera um absurdo (sendo exemplo de igualdade ( + )( + ) qualquer triângulo não degenerado). Assumimos agora que S para todo n. Sabemos que em S n não podemos ter mais que n+ pontos colineares, caso contrário denote por x, x,..., x n+ tais pontos logo escolhendo X = x i por P.C.P. e por II), deveremos ter uma reta que passa por pelo menos dois dos pontos, assim passado por todos inclusive X, o que gera absurdo pela letra I). Assim, assumindo o caso maximal teremos em S n n + pontos colineares formando o conjunto K(pertencendo esses a reta ), logo em S n K devemos ter as mesmas propriedades que S n, pois pegando X em S n K devemos ter como sendo uma das n retas, caso contrário teríamos pelo menos n+ retas. Sabemos também que não existe n linhas no plano tais que todo elemento de S n K está em pelo menos uma delas pois caso contrário em S n teríamos uma (n)(n + ) contradição de I)(reta r e as n linhas). Logo S n = S n + (n + ) + n + = (n + )(n + ). Como queríamos demonstrar. Assim, S (n + )(n + ) e um exemplo é o subconjunto de pontos S = {(l, ) +l n}.