MA21: Resolução de Problemas - gabarito da primeira prova Problema 1 (2 pontos) Prove que a maior área dentre todos os retângulos de perímetro 1 é atingida por um quadrado. Dificuldade: MUITO FÁCIL Sejam R um retângulo e x, y os comprimentos de dois lados perpendiculares de R. O perímetro de R é 2x + 2y e a área é xy. Como o perímetro é 1, vemos que: y = 1 2 x área = x 2 x2. Esta função quadrática alcança máximo em x = 1/4, que resulta em y = 1/4. Ou seja, se R tem área máxima, seus lados perpendiculares têm o mesmo comprimento e R é um quadrado. Da mesma forma vale a recíproca. 1
Problema 2 (2 pontos) Recorde que a sequência de Fibonacci f 0, f 1, f 2, f 3, N {0} é unicamente definida pelas propriedades f 0 = f 1 = 1 e n N, f n+2 = f n+1 + f n. Mostre que se m N divide algum dos f n, então m divide algum termo f k com k > n. Deduza que, neste caso, m divide infinitos termos da sequência de Fibonacci. Dificuldade: MÉDIA Sejam m e f n como acima. Por aritmética modular: Temos ainda: f n+2 f n+1 + f n f n+1 mod m. f n+3 f n+2 + f n+1 2f n+1 mod m, f n+4 f n+3 + f n+2 3f n+1 mod m, f n+5 f n+4 + f n+3 5f n+1 mod m, f n+6 f n+5 + f n+4 8f n+1 mod m. Veja que em todos estes casos f n+i+1 é expresso mod m como a soma de dois termos correspondentes aos dois antecessores. A ideia então é provar que: i N {0} : f n+i f i 1 f n+1 mod m. (1) De fato, isto vale para i = 1, 2, como visto. Para dar o passo indutivo, suponha que vale para todos 2 i j e observe que: f n+j+1 = f n+j + f n+j 1 (f j 1 + f j 2 ) f n+1 f j f n+1 mod m usando a hipótese de indução e a definição dos números de Fibonacci. Logo vale (1). Deduzimos disto que: f 2n+1 f n f n+1 0 mod m isto é m f 2n+1. Iterando este processo de tomar o dobro mais um do índice obtemos uma sequência infinita de números de Fibonacci que são divisíveis por m. Uma outra maneira de proceder era mostrar diretamente uma fórmula conhecida para f 2n+1 e mostrar que f n é um fator desta fórmula. 2
Problema 3 (2 pontos) Suponha que n pessoas estão dispostas em um descampado, de modo que todas as distâncias entre pares destas pessoas sejam distintas. Ao soar de uma campainha, cada pessoa atira um balde de tinta na pessoa mais próxima, sem que qualquer pessoa se mexa durante estes atos. Mostre que alguma pessoa não será atingida por tinta. Dificuldade: MÉDIA/DIFÍCIL (por causa do erro, fui bem benevolente) Vamos provar que se P é um conjunto de pontos com número ímpar n 3 de elementos e distâncias distintas, então algum elemento de P não recebe tinta. Como n é ímpar, escrevemos n = 2k + 1 com k 1 e fazemos a prova por indução em k. Caso k = 1: neste caso temos três pontos. Pegue os dois mais próximos e note que um joga tinta no outro, portanto o ponto restante não é atingido. Passo indutivo: suponha que o resultado desejado vale para um certo k. Agora considere P com 2(k + 1) + 1 = 2k + 3 pontos. Novamente considere os pontos p 1, p 2 de P com a menor distância entre si e note que um necessariamente joga tinta no outro. Considere agora o conjunto Q P {p 1, p 2 }. Podemos considerar o problema restrito a Q. Como este conjunto tem 2k+1 elementos e distâncias distintas, a hipótese de indução se aplica e existe algum u Q que não recebe tinta de qualquer elemento de Q. Agora ponha p 1 e p 2 de volta. Já sabemos que eles jogam tinta um no outro, logo u não recebe tinta de nenhum dos dois. De outra parte, como já observamos, cada ponto p em Q tem uma vítima q Q com p q < p u. Isto significa que ou p joga tinta em q ou em algum dos pontos p 1, p 2 ; isto é, u também não é o ponto mais próximo em P deste p. Deduzimos que ninguém joga tinta em u, como queríamos. 3
Problema 4 (2 pontos) Suponha que (a, b, c) (N {0}) 3 satisfazem ( 1 + 1 ) ( 1 + 1 ) ( 1 + 1 ) N. a b c Mostre que mdc(a, b, c) = 1. Dificuldade: FÁCIL Se mdc(a, b, c) > 1, então qualquer primo que divide o mdc é fator primo comum de a, b e c. Por contrapositivas, basta então mostrar que a, b, c não têm fator primo comum. Suponha (para chegar a uma contradição) que existe um primo p > 1 que divide a, b e c simultaneamente. Por hipótese, existe um M N com: M abc = (a + 1) (b + 1) (c + 1). Como p divide o lado esquerdo da igualdade, também deve dividir o lado direito. Sendo primo, ele deve dividir um dos fatores a + 1, b + 1, c + 1. Sem perda de generalidade, p a + 1; mas isto é absurdo, pois p a. A contradição implica que tal p não existe. 4
Problema 5 (IMO 1978; 2 pontos) Sejam n N {0} e a 1, a 2,..., a n inteiros positivos distintos. Prove que: n k=1 1 k n k=1 a k k 2. [Dica: como podemos escolher os a i de modo a minimizar o lado direito?] Dificuldade: BEM DIFÍCIL Este era o problema mais difícil, mas há uma coisa simples. Suponha que os a i s estão ordenados de forma crescente. Então, como os a i são inteiros positivos distintos, temos a 1 1, a 2 2,... a n n. Portanto, no caso em que os a i são crescentes, o lado direito da expressão acima vale no mínimo o lado esquerdo. A ideia fundamental da prova é que ordenar os a i s é a melhor maneira de diminuir o lado direito. De fato, isto segue do seguinte lema. Lema 1 Suponha que A 1,..., A n é uma reordenação dos a i que minimiza A k /k 2 k n sobre todas as reordenações. Então A 1 < A 2 < < A n. Note que este lema resolve o problema, pois o fato que os A i são crescentes implica: 1/k k n A k /k 2 k n pelo raciocínio anterior. Para provar o lema, procedemos por contradição. Tome a A 1,..., A n que atinge o dito mínimo. Suponha que ela não está ordenada: isto é, existem 1 i < j n com A i > A j. Se trocamos A i e A j de posição, o valor da expressão obtida muda por: ( 1 (A j A i ) i 2 1 ) j 2 < 0 já que A i > A j e 1/i 2 > 1/j 2. Ou seja, apesar de termos suposto que A 1,..., A n atinge o mínimo, vemos que trocar as posições de A i e A j diminui o valor da expressão, o que é absurdo. 5