XX OLIMPÍADA REGIONAL DE MATEMÁTICA DE SANTA CATARINA Resolução do treinamento 6 Nível 3

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1 UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA CENTRO DE CIÊNCIAS FÍSICAS E MATEMÁTICAS DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA PET MATEMÁTICA XX OLIMPÍADA REGIONAL DE MATEMÁTICA DE SANTA CATARINA Resolução do treinamento 6 Nível 3 Problema. (OBM Segunda fase) Determine todas as soluções da equação n 2 n + = m 2, com m e n naturais. Resolução: Primeiramente, notemos que a equação dada equivale a n 2 n = m 2 = (m + ) (m ). Perceba agora que se n 2, então m é um número ímpar: de fato, para n 2 temos n, logo n 2 n é par (pois é múltiplo de 2); uma vez que m e m + possuem a mesma paridade (isto é, são ambos ou pares ou ímpares) e o seu produto é par, segue que os dois são pares e, portanto, que m é ímpar, digamos m = 2k + para algum k natural. Dessa forma, substituindo m por 2k + obtemos n 2 n = (2k + + ) (2k + ) = 2(k + ) 2k = 2 2 k(k + ). Restringindo a atenção para n > 3, temos n 3 > 0, e portanto podemos escrever em que n 2 n 3 é par (pois temos uma potência de 2 com expoente positivo.) Armamos que n + 2 n 3 : de fato, separaremos em dois casos: n 2 n 3 = k(k + ), () Se k é par, então k + é ímpar. Como pela equação () sabemos que k + divide n 2 n 3, 2 n 3 divide k(k + ) e k + e 2 n 3 são primos entre si (pois um é ímpar e o outro é uma potência de 2), segue que k + divide n e que 2 n 3 divide k; Como um divisor de um numero natural positivo x é sempre menor ou igual do que x, podemos concluir que k + n e que 2 n 3 k. Juntando tudo, n + n k + k 2 n 3 ; Se k é ímpar, então k é par. Similarmente ao caso anterior, usa-se a equação () para concluir que k divide n e que 2 n 3 divide k +, logo k n e 2 n 3 k +. Disso segue que n + k + 2 n 3. O que zemos até o momento é mostrar que se n é um natural maior que 3 que faz parte de uma solução da equação original, então n + > 2 n 3. Agora, observe que, conforme n aumenta, certamente as potências 2 n 3 crescem mais rápido que n+. Portanto, não é nenhuma surpresa perceber que n + < 2 n 3 quando n cresce. De fato, para n = 6 já temos que n + = 6 + = 7 < 8 = 2 3 = = 2 n 3, e é razoável imaginar que isto também vale para n > 6. Uma maneira de vericar que de fato isto também funciona para todo n > 6 é argumentar por indução: isto é, provamos que uma armação vale para algum número natural, e em seguida vericamos que se ela vale para um número natural qualquer, então ela vale para o sucessor deste número. A armação em questão é: Se n 6, então n + < 2 n 3. Começamos provando a chamada base indutiva: isto é, que a armação vale para n = 6 (o primeiro número natural ao qual ela se aplica). Isto já foi feito acima. Agora provaremos o passo indutivo. Vamos supor que a armação vale para algum número natural n 6 e usando isso, aliado a nossos conhecimentos de Matemática, provaremos que vale para n + : de fato, para um tal n temos que (n + ) + = n + 2 < 2n + 2 = 2(n + ) ( ) < 2 2 n 3 = 2 (n+) 3. Telefone: (48) orm@pet.mtm.ufsc.br

2 (*) Esta desigualdade vale pois supusemos que a armação vale para n. Ou seja, está provado que se n 6 então n + < 2 n 3. Em particular, um tal n não pode fazer parte de uma solução para n 2 n + = m 2 : isso ocorre porque se m e n são solução da equação com n 6, então acabamos de ver que n + < 2 n 3 ; porém, já sabíamos que para n > 3 tem-se que n + 2 n 3. É impossível que aconteça as duas coisas ao mesmo tempo, logo não existe solução com n 6. Assim, basta buscar soluções testando todos os valores naturais de n que sejam menores ou iguais a 5, isto é: 0,, 2, 3, 4 e 5, e ver que as únicas soluções possíveis são m =, n = 0 e m = 9, n = 5. Problema 2. (OBM Segunda fase) Para cada inteiro positivo n, seja A n = {x R + ; x x = n}, em que x é o maior inteiro menor ou igual a x. Determine a quantidade de elementos do conjunto A A 2 A 3... A 2008 A Resolução: Vamos começar analisando a função f(x) = x x. Se 0 x <, f(x) = 0 = 0x. Se x < 2, f(x) = x. Se 2 x < 3, f(x) = 2x. Podemos generalizar esse raciocínio e concluir que para k inteiro positivo, se k x < k +, então f(x) = kx. Dessa maneira, o gráco de f é composto por segmentos de reta do tipo y = k x, como ilustra a gura a seguir. Assim, para um inteiro positivo n xo, a equação f(x) = n possui no máximo uma solução; em outras palavras, para cada inteiro positivo n, o conjunto A n é vazio ou unitário, e portanto o número de elementos de A A 2 A 3... A 2008 A 2009 é igual ao número de conjuntos não vazios desta união. Armamos que para qualquer inteiro positivo n, tem-se que A n (isto é, f(x) = n tem solução) se e somente se existe um inteiro positivo k tal que k 2 n < k 2 + k: de fato, se f(x) = n tem solução x 0, então x 0 está entre dois inteiros consecutivos positivos, digamos k e k +. Assim, k x 0 < k +, e no intervalo [k, k + ) sabemos que f(x) = kx. Agora, multiplicando k x 0 < k + por k obtemos k 2 f(x 0 ) < k 2 + k, isto é, k 2 n < k 2 + k. Por outro lado, se existe inteiro positivo k tal que k 2 n < k 2 +k, dividindo por k camos com k n k < k+. Se zermos agora x 0 = n k, segue que k x 0 < k +, e portanto f(x 0 ) = kx 0 = n, provando que f(x) = n tem solução e portanto A n. Resumindo, os valores inteiros positivos de n para os quais A n são precisamente os inteiros em intervalos do tipo [k 2, k 2 + k), com k inteiro positivo. Em um tal intervalo, existem k inteiros distintos: k 2, k 2 +,..., (k 2 + k). Ainda, quaisquer dois tais intervalos são disjuntos: de fato, dados inteiros positivos distintos k, l quaisquer, digamos com k < l, temos que k + l. Assim, k 2 + k < k 2 + k + (k + ) = (k + ) 2 l 2, mostrando que a ponta da direita do intervalo [k 2, k 2 + k) está abaixo da ponta da esquerda do intervalo [l 2, l 2 + l). Assim, o número de elementos de A A 2 A 3... A 2008 A 2009 é igual ao número de inteiros positivos n com n 2009 que estão em intervalos do tipo [k 2, k 2 + k), com k inteiro positivo: Uma vez que k 2 n e n 2009, camos com k , o que ocorre se e somente se k 44. Logo, temos 44 intervalos para considerar, e o conjunto em questão possui exatamente = (44 45)/2 = 990 elementos. Problema 3. (OBM Segunda fase) Seja f uma função dos reais não nulos nos reais não nulos tal que: I) (f(x) + f(y) + f(z)) 2 = (f(x)) 2 + (f(y)) 2 + (f(z)) 2 para todos x, y e z tais que x + y + z = 0. II) f( x) = f(x) para todo x real não nulo. III) f(20) =. Encontre o inteiro mais próximo de f(33). Telefone: (48) orm@pet.mtm.ufsc.br

3 Resolução: Vamos usar o item I) para mostrar que De fato, por hipótese, se x + y + z = 0 temos que ou seja, f(x) + f(y) + f( x y) = 0. (f(x) + f(y) + f(z)) 2 = (f(x)) 2 + (f(y)) 2 + (f(z)) 2 (f(x) + f(y) + f(z)) 2 ((f(x)) 2 + (f(y)) 2 + (f(z)) 2 ) = 0. Agora desenvolvemos o quadrado da soma das funções e camos com (f(x)) 2 + (f(y)) 2 + (f(z)) f(x) f(y) + 2 f(x) f(z) + 2 f(y) f(z) (f(x)) 2 (f(y)) 2 (f(z)) 2 = 0. O que nos dá: Portanto, temos que: 2 (f(x) f(y) + f(x) f(z) + f(y) f(z)) = 0. (f(x) f(y) + f(x) f(z) + f(y) f(z)) = 0. Por hipótese, a função f está denida somente nos reais não nulos, isto é, f(x) 0 para todo x real. Portanto podemos dizer que f(x) f(y) f(z) 0. Segue que f(x) f(y) f(x) f(y) f(z) + f(x) f(y) + f(x) f(z) + f(y) f(z) f(x) f(y) f(z) f(x) f(z)) f(x) f(y) f(z) + f(x) + f(y) + f(z) = 0. = 0 f(y) f(z) f(x) f(y) f(z) = 0 Para fazer com que x + y + z = 0 basta escolhermos z = x y e chegamos ao resultado desejado: Agora, usando o item II) podemos perceber que O que nos diz que f(x) + f(y) + f( x y) = 0. f( x y) = f(x + y). f(x) + f(y) f(x + y) = 0 f(x) + f(y) = f(x + y). Fazendo g(x) =, temos que g(x + y) = g(x) + g(y). Se escolhermos x = y, obtemos g(2 x) = 2 g(x). f(x) Caso escolhermos y = 2 x, obtemos g(3 x) = 3 g(x). Indutivamente, vamos chegar a g(n x) = n g(x) para n inteiro positivo. Para usar a propriedade III) vamos escolher n = 20 e x =. Segue que g(20) = 20 g() e como temos que g(20) = g() = g(20) 20 f(20) = = 20. Finalmente, fazendo n = 33 e x =, obtemos g(33) = 33 g(). Sabemos quem é g(), então segue que g(33) = Telefone: (48) orm@pet.mtm.ufsc.br

4 Queremos saber quem é f(33), mas Portanto g(33) = f(33) = f(33) = Efetuando a divisão acima podemos perceber que o inteiro mais próximo de é 6. Problema 4. (OBM Segunda fase) Um retângulo, o qual não é quadrado, tem lados com comprimentos inteiros medidos em centímetros. Se o seu perímetro é n centímetros e sua área, n centímetros quadrados, determine n. Resolução: Primeiro, chamemos de a e b os lados do retângulo. Então pelas informações do enunciado, temos que 2(a+b) = ab = n, isto é, ab 2a 2b = 0. Somando 4 de ambos os lados, e então fatorando o lado esquerdo, obtemos a igualdade (a 2)(b 2) = 4. Como tanto a quanto b são inteiros, então ou a 2 = 2 = b 2 ou a 2 = e b 2 = 4. Isto é, ou a = b = 4 ou a = 3 e b = 6. Como, pelo enunciado, o retângulo não é quadrado, a b, portanto a = 3 e b = 6. Portanto n = 2(3 + 6) = 2 9 = 8. Problema 5. (OBM Segunda fase) Um círculo tangencia os lados do quadrilátero ABCD. Os pontos de tangência são R sobre AB, S sobre BC, T sobre CD e U sobre DA.Sabe-se que AU =, DU = 2, BS = 2 e CS = 4. Calcule o comprimento SU. Resolução: Desenhando a gura descrita no enunciado, temos: Agora, prolonguemos os lados AD e BC e chamemos de P sua interseção e α = A ˆP B. Temos que P U = P S, pois U e S são pontos de tangência. Se chamarmos P U = P S = x + 2, temos que P A = x + e P B = x, como na gura a seguir: Observando que U e R são pontos de tangência, vemos que AR = AU = ; similarmente, BS = RB = 2, e portanto AB = AR + RB = + 2 = 3. Da mesma forma, DT = U D = 2, T C = SC = 4, e assim DC = DT + T C = = 6. Telefone: (48) orm@pet.mtm.ufsc.br

5 Aplicando a Lei dos Cossenos aos triângulos P BA e P CD, temos cos α = x2 + (x + ) 2 9 2x(x + ) (x + 4) 2 + (x + 6) Igualando as duas razões acima, obtemos 2(x + 4)(x + 6) e cos α = x 2 + x 4 x 2 + x = x2 + 0x + 8 x 2 + 0x + 24 = 4 x 2 + x = 6 x 2 + 0x + 24 = 4 x 2 + x = 6 x 2 + 0x + 24 = x2 2x 8 = 0. Veja que devemos ter x = 4, pois x deve ser um número positivo. Assim, cos α = Considerando agora a Lei dos Cossenos aplicada ao triângulo P SU, temos (SU) 2 = (x+2) 2 +(x+2) 2 2(x+2) 2 cos α = = = = 5 72 Logo, SU = 5 = 6 2 = = = Telefone: (48) orm@pet.mtm.ufsc.br