................................. Lista 1................................. Elaborado por Tiago Miranda 1 Álgebra A Produtos Notáveis Problema A.1 O número 9999999 + 1999000 é primo ou composto? Problema A.2 Qual o valor de 2004 2002 1998 1996 + 36? Problema A.3 Prove que a soma do produto de quatro números ímpares consecutivos com 16 é um quadrado perfeito. Problema A.4 Mostre que 1 3 6 é uma raiz da equação x 3 + 3x 2 + 3x + 7 = 0. Problema A.5 Responda o que se pede. a) O número 4 4 2 3 + 97 56 3 é inteiro? b) Qual o valor de 17 + 4 13 17 4 13? Problema A.6 Mostre que o número com n natural, não pode ser primo. n 2 2 2014 2014n + 4 2013 (2014 2 1), http://poti.impa.br/ 1 poti@impa.br
2 Combinatória C PFC Problema C.1 Cada uma das placas das bicicletas de Quixajuba contém três letras. A primeira letra é escolhida dentre os elementos do conjunto A = {G, H, L, P, R}, a segunda letra é escolhida dentre os elementos do conjunto B = {M, I, O} e a terceira letra é escolhida dentre os elementos do conjunto C = {D, U, N, T}. Devido ao aumento no número de bicicletas da cidade, teve-se que expandir a quantidade de possibilidades de placas. Ficou determinado acrescentar duas novas letras a apenas um dos conjuntos ou uma letra nova a dois dos conjuntos. Qual o maior número de novas placas que podem ser feitos, quando se acrescentam as duas novas letras? Problema C.2 A mala do Dr. Z tem um cadeado cujo segredo é uma combinação com cinco algarismos, cada um dos quais podendo variar de 0 a 9. Ele esqueceu a combinação que escolhera como segredo, mas sabe que atende às condições: i) se o primeiro algarismo é ímpar, então o último algarismo também é ímpar; ii) se o primeiro algarismo é par, então o último algarismo é igual ao primeiro; iii) a soma dos segundo e terceiro algarismos é 5. Quantas combinações diferentes atendem às condições estabelecidas pelo Dr. Z? Problema C.3 Uma formiga se movimenta uma unidade por segundo sobre os pontos 0, 1 e 2 da figura 1, começando do ponto 0. Figura 1 a) Quais são os possíveis percursos da formiga até 3 segundos? b) Quantos possíveis percursos pode fazer a formiga até 10 segundos? Problema C.4 Um número natural é chamado de estranho se seus algarismos são todos distintos e nenhum deles é 0 (zero) e é chamado de belo se todos os seus algarismos são pares. Quantos são os números de quatro algarismos que são estranhos ou belos? Problema C.5 Uma pessoa precisa ativar o alarme de sua residência cuja senha é formada por quatro algarismos distintos e ela lembra apenas que o primeiro algarismo é 5 e que o último é 3. A central do alarme permite apenas uma tentativa a cada 2 minutos. Na pior situação possível, qual é a maior duração de tempo que ela poderá levar para ativar o alarme digitando senha após senha? Problema C.6 Em um certo país, os possíveis números de telefones celulares eram formados por oito algarismos, utilizando-se dígitos de 0 a 9, iniciados, obrigatoriamente, com 9, 8 ou 7. Com o crescimento da população, houve a necessidade de se criar novos números. Os números antigos foram mantidos, apenas recebendo um algarismo 9 em seu início, passando assim a ter 9 algarismos. Já os números novos, formados também com nove algarismos, têm a única restrição de começar com o dígito 9. Desta maneira, quantos números a mais foram criados? http://poti.impa.br/ 2 poti@impa.br
Respostas e Soluções. Problema A.1 O número 9999999 + 1999000 é primo ou composto? Solução do problema A.1. (Adaptado da Olimpíada da Ucrânia) Solução proposta por diversos autores. Observe que podemos desenvolver a expressão da seguinte forma 9999999 + 1999000 = 10 7 1 + (2 10 3 1) 10 3 = 9 10 6 + 10 6 1 + 2 10 6 10 3 = 9 10 6 3 10 3 + 3 10 3 + 3 10 6 10 3 1 = 3 10 3 (3 10 3 1) + 3 10 3 (10 3 + 1) (10 3 + 1) = 3 10 3 (3 10 3 1) + (10 3 + 1)(3 10 3 1) = (3 10 3 1)(3 10 3 + 10 3 + 1) = 2999 4001. Outra solução: 9999999 + 1999000 = 11998999 = 12 10 6 1001 = 3000 4000 1 = 3000 4000 + 3000 4000 1 = 3000 (4000 + 1) (4000 + 1) = (4000 + 1)(3000 1) = 4001 2999. Observação: Usando sites específicos, podemos calcular que: i) 9 + 1999000 = 19 105211; ii) 99 + 1999000 é um número primo; iii) 999 + 1999000 = 17 71 1657; iv) 9999 + 1999000 = 971 2069; v) 99999 + 1999000 = 7 299857; vi) 999999 + 1999000 é um número primo; vii) 9999999 + 1999000 = 2999 4001; viii) 99999999 + 1999000 é um número primo; ix) 999999999 + 1999000 é um número primo; x) 9999999999 + 1999000 = 31 577 559177........................................ Problema(s) Correlato(s)....................................... a) Prove que o número 3999991 não é primo. b) Prove que o número 1000343 não é primo. (Respostas: Banco de Questões da OBMEP 2011, página 106) http://poti.impa.br/ 3 poti@impa.br
Problema A.2 Qual o valor de 2004 2002 1998 1996 + 36? Solução do problema A.2. (Adaptado da Olimpíada do Uruguai) Solução proposta por diversos autores. Vamos utilizar uma substituição para agilizar as contas. Seja x = 2000, então ficamos com 2004 2002 1998 1996 + 36 = (x + 4) (x + 2) (x 2) (x 4) + 36 = (x + 4) (x 4) (x + 2) (x 2) + 36 = (x 2 16) (x 2 4) + 36 = x 4 20x 2 + 64 + 36 = x 4 20x 2 + 100 = x 4 2 10x 2 + 10 2 = (x 2 10) 2 = x 2 10 = 2000 2 10 = 3999990. Outra solução: (Proposta por Luan Leonardo Vieira, Manaus - (AM)) Para todo n N, observamos que n (n + 2) (n + 6) (n + 8) + 36 = n (n + 8) (n + 2) (n + 6) + 36, = (n 2 + 8n) (n 2 + 8n + 12) + 36, = (n 2 + 8n + 12 12) (n 2 + 8n + 12) + 36, = (n 2 + 8n + 12) 2 12(n 2 + 8n + 12) + 36, = [(n 2 + 8n + 12) 6] 2, = (n 2 + 8n + 6) 2. Em particular, para n = 1996 temos 2004 2002 1998 1996 + 36 = 1996 2 + 8 1996 + 6........................................ Problema(s) Correlato(s)....................................... a) Qual o valor de 123456 2 + 123456 + 123457? b) Resolva a equação (x + 1995)(x + 1997)(x + 1999)(x + 2001) + 16 = 0. (Respostas: a) 123457 b) S = { 1998 ± 5}.) http://poti.impa.br/ 4 poti@impa.br
Problema A.3 Prove que a soma do produto de quatro números ímpares consecutivos com 16 é um quadrado perfeito. Solução do problema A.3. (Extraído da Olimpíada da Alemanha) Solução proposta por diversos autores. Podemos escrever os quatro ímpares consecutivos como (2n 3), (2n 1), (2n + 1) e (2n + 3), com n inteiro, e seu produto somado com 16 fica (2n 3)(2n 1)(2n + 1)(2n + 3) + 16 = (2n 3)(2n + 3)(2n 1)(2n + 1) + 16 = (4n 2 9)(4n 2 1) + 16 = 16n 4 4n 2 36n 2 + 9 + 16 = 16n 4 40n 2 + 25 = (4n 2 5) 2. Então (2n 3)(2n 1)(2n + 1)(2n + 3) + 16 = (4n 2 5) 2. Outra solução: (Proposta por Luan Leonardo Vieira, Manaus - (AM)) Sejam n, n + 2, n + 4 e n + 6 os quatro números ímpares (pares) consecutivos, então n (n + 2) (n + 4) (n + 6) + 16 = n (n + 6) (n + 2) (n + 4) + 16, = (n 2 + 6n) (n 2 + 6n + 8) + 16, = (n 2 + 6n + 8 8) (n 2 + 6n + 8) + 16, = (n 2 + 6n + 8) 2 8 (n 2 + 6n + 8) + 16, = [(n 2 + 6n + 8) 4] 2 = (n 2 + 6n + 4) 2........................................ Problema(s) Correlato(s)....................................... a) A soma de quatro inteiros positivos consecutivos pode ser um número primo? Justifique sua resposta. b) A soma de três inteiros positivos consecutivos pode ser um número primo? Justifique sua resposta. (Respostas: Banco de Questões da OBMEP 2011, página 104.) http://poti.impa.br/ 5 poti@impa.br
Problema A.4 Mostre que 1 3 6 é uma raiz da equação x 3 + 3x 2 + 3x + 7 = 0. Solução do problema A.4. (Adaptado do Torneio Harvard-MIT) Solução proposta por diversos autores. Usaremos a identidade (a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 para reescrever a equação dada. Sendo assim, ficaremos com x 3 + 3x 2 + 3x + 7 = 0 x 3 + 3x 2 + 3x + 1 + 6 = 0 (x + 1) 3 + 6 = 0 (x + 1) 3 = 6 x + 1 = 3 6 x = 1 + 3 6 x = 1 3 6. Outra solução: (Proposta por Luan Leonardo Vieira, Manaus - (AM)) Seja α = 1 3 6, temos que α 3 = (1 + 3 6) 3 = [1 + 3 3 6 + 3( 3 6) 2 + 6] = {7 + 3[1 + 2 3 6 + ( 3 6) 2 1 3 6]} = {7 + 3[( 1 3 6) 2 1 3 6]} = 3( 1 3 6) 2 3( 1 3 6) 7 = 3α 2 3α 7........................................ Problema(s) Correlato(s)....................................... a) (OBM) Se α é uma das raízes da equação x 2 + x 1 = 0, determine o valor de α 5 5α. b) (PAPMEM) Sendo α é uma das raízes do equação x 3 3x + 1 = 0, prove que α 2 2 é outra raiz da mesma equação. (Respostas: a) 3 b) Demonstração. Os passos são: substituir x = α 2 2 e usar o fato que α 3 = 3α 1. Por fim, deve-se observar que a questão enuncia α 2 2 como outra raiz da equação inicial, mas se α 2 2 = α, teríamos α = 2 ou α = 1, mas nenhuma dessas é raiz de x 3 3x + 1.) http://poti.impa.br/ 6 poti@impa.br
Problema A.5 Responda o que se pede. a) O número 4 4 2 3 + 97 56 3 é inteiro? b) Qual o valor de 17 + 4 13 17 4 13? Solução do problema A.5. Usaremos um artifício chamado Radical Duplo. a) (Extraído da Olimpíada Panafricana) Como 4 2 3 = 3 2 2 3 + 1 = ( 3 1) 2 e 97 56 3 = 7 2 2 7 4 3 + (4 3) 2 = (7 4 3) 2, ficamos com 4 4 2 3 + 97 56 3 = 4 ( 3 1) 2 + (7 4 3) 2 = 4( 3 1) + (7 4 3) = 4 3 4 + 7 4 3 = 3. b) (Extraído da Olimpíada de Matemática de Singapura) 17 + 4 13 17 4 13 = ( 13 + 2) 2 ( 13 2) 2 = 13 + 2 ( 13 2) = 4. Outra solução: (Proposta por Saulo Carvalho, Rio de Janeiro (RJ)) Para x = 17 + 4 13 17 4 13 e fazendo 9 13 = a, temos: x = 17 + a 17 a x 2 = 17 + a 2 (17 + a)(17 a) + 17 a x 2 = 34 2 17 2 a 2 x 2 = 34 2 17 2 (9 13) 2 x 2 = 34 2 81 x 2 = 34 18 x = ±4. E como x > 0 ficamos com x = 4........................................ Problema(s) Correlato(s)....................................... (Torneio Harvard-MIT) Simplifique 2003 2 11 3 5 4006 89 + 12 55 (Resposta: 1.) http://poti.impa.br/ 7 poti@impa.br
Problema A.6 Mostre que o número com n natural, não pode ser primo. n 2 2 2014 2014n + 4 2013 (2014 2 1), Solução do problema A.6. (Extraído da Olimpíada do Cone Sul 2014) Solução proposta por diversos autores. Sendo A = n 2 2 2014 2014n + 4 2013 (2014 2 1), podemos desenvolver a seguinte fatoração A = n 2 2 2014 2014n + 4 2013 (2014 2 1) = n 2 2 2 2013 2014n + (2 2 ) 2013 2014 2 4 2013 = n 2 2 2 2013 2014n + (2 2013 2014) 2 4 2013 = (n 2 2013 2014) 2 4 2013 = (n 2 2013 2014 4 2013 ) (n 2 2013 2014 + 4 2013 ). Falta provarmos que essa multiplicação não é (1 número primo). Se n 2 2013 2014 4 2013 = 1, então n = 1 + 2 2013 2014 + 4 2013 e, substituindo em (n 2 2013 2014 + 4 2013 ), ficamos com ( 1 + 2 2013 2014 + 4 2013 2 2013 2014 + 4 2013 = 1 + 2 2) 2013 ( = 1 3 + 2 1342) 3, que pode ser fatorado como a soma de dois cubos, ambos diferentes de 1 (verifique!), logo A não é número primo. (Análogo para n 2 2013 2014 + 4 2013 = 1. No final teremos diferença de cubos.) Problema C.1 Cada uma das placas das bicicletas de Quixajuba contém três letras. A primeira letra é escolhida dentre os elementos do conjunto A = {G, H, L, P, R}, a segunda letra é escolhida dentre os elementos do conjunto B = {M, I, O} e a terceira letra é escolhida dentre os elementos do conjunto C = {D, U, N, T}. Devido ao aumento no número de bicicletas da cidade, teve-se que expandir a quantidade de possibilidades de placas. Ficou determinado acrescentar duas novas letras a apenas um dos conjuntos ou uma letra nova a dois dos conjuntos. Qual o maior número de novas placas que podem ser feitos, quando se acrescentam as duas novas letras? Solução do problema C.1. (Extraído do Banco de Questões da OBMEP 2011) Inicialmente, é possível fazer o emplacamento de 5 3 4 = 60 bicicletas. Vamos analisar as duas situações possíveis: Aumentamos duas letras num dos conjuntos. Com isso, podemos ter A B C TOTAL 7 3 4 84 5 5 4 100 5 3 6 90 Assim, com a modificação mostrada, o número de novas placas é no máximo 100 60 = 40. Aumentar uma letra em dois dos conjuntos. Com isso, podemos ter A B C TOTAL 6 4 4 96 6 3 5 90 5 4 5 100 Neste caso, o número de placas novas também é no máximo 40. http://poti.impa.br/ 8 poti@impa.br
Problema C.2 A mala do Dr. Z tem um cadeado cujo segredo é uma combinação com cinco algarismos, cada um dos quais podendo variar de 0 a 9. Ele esqueceu a combinação que escolhera como segredo, mas sabe que atende às condições: i) se o primeiro algarismo é ímpar, então o último algarismo também é ímpar; ii) se o primeiro algarismo é par, então o último algarismo é igual ao primeiro; iii) a soma dos segundo e terceiro algarismos é 5. Quantas combinações diferentes atendem às condições estabelecidas pelo Dr. Z? Solução do problema C.2. (Extraído do vestibular da UFRJ) Observe que a condição (iii) independe das anteriores. As opções de soma 5 são (2, 3), (3, 2), (1, 4), (4, 1), (5, 0) e (0, 5). Analisando cada caso temos: i) 5 5 = 25 opções para começar e terminar o número com algarismos ímpares, 6 para os segundo e terceiro dígitos e 10 para o quarto algarismos, totalizando 25 6 10 = 1500; e ii) 5 1 = 5 opções para começar e terminar no mesmo algarismo, 6 para os segundo e terceiro dígitos e 10 para o quarto algarismos, totalizando 5 6 10 = 300. O que resulta num total de 1500 + 300 = 1800. Problema C.3 Uma formiga se movimenta uma unidade por segundo sobre os pontos 0, 1 e 2 da figura 1, começando do ponto 0. Figura 1 a) Quais são os possíveis percursos da formiga até 3 segundos? b) Quantos possíveis percursos pode fazer a formiga até 10 segundos? Solução do problema C.3. (Extraído do Banco de Questões da OBMEP 2011) Observe que a formiga sempre está no 1 nos segundos ímpares. a) Até três segundos temos dois possíveis percursos: 0 1 0 1 ou 0 1 2 1. b) Observemos que quando a formiga está nos pontos 0 e 2 ela somente tem uma possibilidade para caminhar no segundo seguinte, que é ir para 1. Quando está em 1 ela tem duas possibilidades no segundo seguinte, que é ir para 0 ou 2. Assim, nos segundos ímpares a formiga sempre está no 1, enquanto nos segundos pares ela está no 0 ou no 2. Portanto, o número de caminhos possíveis depois de 10 segundos é 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 = 32. http://poti.impa.br/ 9 poti@impa.br
Problema C.4 Um número natural é chamado de estranho se seus algarismos são todos distintos e nenhum deles é 0 (zero) e é chamado de belo se todos os seus algarismos são pares. Quantos são os números de quatro algarismos que são estranhos ou belos? Solução do problema C.4. (Extraído do exame da acesso do PROFMAT 2012) (Adaptada da solução proposta por Mórmon Lima dos Santos, Campina Grande (PB)) Os número estranhos devem ter quatro dígitos de 1 até 9, sem repetição, o que gera 9 8 7 6 = 3024 números estranhos.já os belos têm o primeiro algarismo diferente de zero, então só pode ser 2, 4, 6 ou 8. Os demais podem ser 0, 2, 4, 6, 8. Como pode haver repetição, então são 4 5 5 5 = 500 belos. Pede-se a quantidade de números de quatro algarismos belos ou estranhos. Se somarmos 3024 com 500 teremos somado duas vezes aqueles que são ao mesmo tempo belos e estranhos. Portanto temos que calcular quantos são e subtrair de 3524 a quantidade de números ao mesmo tempo belos e estranhos. Os que são belos e estranhos só usam os algarismos2, 4, 6 e 8 em cada uma das posições (pois números estranhos não têm zero como algarismo) e ainda sem repetições. Ficamos apenas com 4 3 2 = 24 possibilidades. Por fim, serão belos ou estranhos 3524 24 = 3500 números de quatro algarismos. Problema C.5 Uma pessoa precisa ativar o alarme de sua residência cuja senha é formada por quatro algarismos distintos e ela lembra apenas que o primeiro algarismo é 5 e que o último é 3. A central do alarme permite apenas uma tentativa a cada 2 minutos. Na pior situação possível, qual é a maior duração de tempo que ela poderá levar para ativar o alarme digitando senha após senha? Solução do problema C.5. (Extraído do exame da acesso do PROFMAT 2014) Sabendo que a senha é formada por 4 algarismos distintos, cujo primeiro dígito é 5 e o último é 3; do total de 10 algarismos restam 8 possibilidades de escolha para o segundo dígito e 7 possibilidade de escolha para o terceiro dígito. Assim, temos 8 7 = 56 combinações possíveis. Como não é necessário aguardar dois minutos para a primeira tentativa, mas temos que aguardar um intervalo de tempo de 2 minutos para as demais tentativas o tempo necessário levará para ativar o alarme será de 2 (56 1) = 110 minutos, ou seja, 1 hora e 50 minutos. Problema C.6 Em um certo país, os possíveis números de telefones celulares eram formados por oito algarismos, utilizando-se dígitos de 0 a 9, iniciados, obrigatoriamente, com 9, 8 ou 7. Com o crescimento da população, houve a necessidade de se criar novos números. Os números antigos foram mantidos, apenas recebendo um algarismo 9 em seu início, passando assim a ter 9 algarismos. Já os números novos, formados também com nove algarismos, têm a única restrição de começar com o dígito 9. Desta maneira, quantos números a mais foram criados? Solução do problema C.6. (Extraído do exame da acesso do PROFMAT 2015) (Adaptada da solução proposta por Mórmon Lima dos Santos, Campina Grande (PB)) O total de números de nove algarismos tendo o dígito 9 como primeiro é 10 8. Os números antigos de oito algarismos constam no total de 3 10 7 e, introduzindo o dígito 9 como primeiro não altera o total desses números, apenas passam a ter nove algarismos. Portanto, a quantidade de números criados é igual a 10 8 3 107 = 10 10 7 3 10 7 = 7 10 7 = 70 milhões. Elaborado por Tiago Miranda http://poti.impa.br/ 10 poti@impa.br
Soluções Enviadas Enviaram soluções para os problemas da lista 1: André Lui Brodzinski, Maringá (PR), problemas A2 e A3; Douglas de Araujo Smigly, São Caetano do Sul (SP), problemas A2, A3 e A5; Fernando Neres de Oliveira, Caraúbas (RN), problemas A2, A4 e A5(b); João Paulo, Fortaleza (CE), problemas A5 e A6; Luan Leonardo Vieira, Manaus (AM), problemas A1, A2, A3, A4, A5 e A6; Matheus Henrique Carvalhaes, Rio de Janeiro (RJ), problema A5(b); Mormon Lima dos Santos, Campina Grande (PB), problemas A1, A2, A3, A5 e A6, C1, C2, C3, C4, C5 e C6; Saulo Carvalho, Rio de Janeiro (RJ), problema A5(b). http://poti.impa.br/ 11 poti@impa.br