Eureka 15

CONTEDO

AOS LEITORES 2

XLIII OLIMPADA INTERNACIONAL DE MATEMTICA 3Enunciados, Solues e Resultado Brasileiro

XVII OLIMPADA IBEROAMERICANA DE MATEMTICA 15Enunciados, Solues e Resultado Brasileiro

ARTIGOS

A FRMULA DE CARDANO ALM DAS CBICAS 24Jos Cloves Verde Saraiva, So Luis - MA

RECIPROCIDADE QUADRTICA 27Carlos Gustavo T. de A. Moreira & Nicolau Coro Saldanha, Rio de Janeiro - RJ

APLICAES DE PLANOS PROJETIVOS EM TEORIA DOS NMEROS E COMBINATRIA 31Carlos Yuzo Shine, So Paulo - SP

OLIMPADAS AO REDOR DO MUNDO 43

SOLUES DE PROBLEMAS PROPOSTOS 54

PROBLEMAS PROPOSTOS 59

COORDENADORES REGIONAIS 61

Sociedade Brasileira de Matemtica

EUREKA! N15, 2002

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AOS LEITORES

Chegamos a esta ltima edio do ano 2002 muito contentes com odesempenho olmpico do Brasil: Pelo segundo ano consecutivo todos os integrantesda equipe brasileira ganharam medalha na Olimpada Internacional de Matemtica, ealm disso tivemos excelentes resultados na Olimpada de Matemtica do Cone Sul ena Olimpada Iberoamericana de Matemtica, onde ganhamos a maioria dasmedalhas de ouro em disputa. Publicamos aqui as solues dos problemas da IMO eda Ibero, sendo a maioria delas dos membros das equipes brasileiras.

Agradecemos mais uma vez a crescente colaborao dos leitores, enviandoproblemas propostos e solues, e pedindo que publiquemos solues de problemasde vrias fontes, como das Olimpadas ao Redor do Mundo.

Esse intercmbio fundamental para ns, e ajuda a manter a revista Eureka!viva e interessante.

Abraos e feliz 2003 para todos!

Os editores.


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XLIII OLIMPADA INTERNACIONAL DE MATEMTICAEnunciados, Solues e Resultado Brasileiro

A XLIII Olimpada Internacional de Matemtica foi realizada na cidade deGlasgow, Reino Unido no perodo de 18 a 31 de julho de 2002.

A equipe brasileira foi liderada pelos professores Edmilson Motta (SoPaulo SP) e Ralph Costa Teixeira (Niteri RJ).

O Resultado da Equipe Brasileira

BRA 1 Alex Corra Abreu BronzeBRA 2 Larissa Cavalcante Queiroz de Lima PrataBRA 3 Guilherme Issao Camarinha Fujiwara BronzeBRA 4 Yuri Gomes Lima BronzeBRA 5 Davi Mximo Alexandrino Nogueira BronzeBRA 6 Thiago da Silva Sobral Bronze

PRIMEIRO DIADURAO: 4 horas e meia.

PROBLEMA 1Seja n um inteiro positivo. Seja T o conjunto de pontos (x; y) no plano onde x e y sointeiros no negativos e x + y < n. Cada ponto de T pintado de vermelho ou azul.Se um ponto (x; y) vermelho, ento todos os pontos (x'; y') com x' x e y' ytambm so. Um conjunto X um conjunto de n pontos azuis com abcissas todasdistintas, e um conjunto Y um conjunto de n pontos azuis com ordenadas todasdistintas. Prove que o nmero de conjuntos X igual ao nmero de conjuntos Y.SOLUO DE GUILHERME FUJIWARA (SO PAULO SP)Primeiramente, seja x(i) o nmero de pontos azuis cuja ordenada i, e y(i) o nmerode pontos azuis de abscissa i.

Veja que o nmero de X-conjuntos

=

1

0)(

n

i

iy , e o nmero de Y-conjuntos

=

1

0)(

n

i

ix .

Para provar que o nmero de X-conjuntos igual ao nmero de Y-conjuntos, suficiente provar que os nmeros x(0), x(1), x(2),...,x(n 1) so uma permutao dosnmeros y(0), y(1), y(2),..., y(n 1). Provaremos este lema por induo no n.Se n = 1, temos que x(0) = y(0) = 1 ou 0 dependendo se (0; 0) azul ou no.Suponhamos que o lema verdadeiro para n < k, provaremos para n = k.Vamos olhar para a ltima diagonal de T (reta x + y = k 1):Se nela no houver pontos vermelhos, ento tome T' como os conjuntos de pontos de


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T que no esto na ltima diagonal. Temos que o lema vale para os x'(i) e y'(i) de T',e como x(i) = x'(i) + 1 e y(i) = y'(i) + 1, ento x'(a) = y'(b) x(a) = y(b), e almdisso x(k 1) = y(k 1) = 1, portanto o lema vale para T (vide fig. 1).

Y (ordenada)

X (abscissa)S pontos azuis na reta y + x = k 1

Fig. 1

Se nela houver algum ponto vermelho, digamos (a; k 1 a), ento aplicamos ahiptese de induo nos dois conjuntos T' formados acima e direita de T, que somenores que T, e assim demonstramos o lema para T (vide fig. 2).Provamos ento o nosso lema e, como j foi visto anteriormente, segue o que pedido no enunciado.

Y (ordenada)

X (abscissa)

2 conjuntos T' menores que T, noqual aplicamos a hiptese deinduo.

Fig. 2

PROBLEMA 2


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Seja BC um dimetro do crculo de centro O. Seja A um ponto de tal que.1200 00


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(pois ))(|)( xPxQ mas +== + 1)(1),1()),(( 12 nmnmnn xxxQxxmdcxxQmdcpor raciocnio anlogo ao anterior, ).(121 Imnnnm ++Agora, como 1)0( =Q , 101)1(


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Prova:De fato, sendo ikd +1 o (k + 1 i)-simo divisor de n, temos ikd ik ++ 11 , esegue o resultado pelo lema.Pelo corolrio,

221

1

2

1

1

213221

111

11

111

12211

nk

njjn

jjnnn

kn

kn

kn

knddddddD

k

j

k

jkk

++=+++=

Veja ento que 22

nDp

n


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Se ,0)0( f ento 21)0( =f e = xxf ,

21)( (o que uma soluo).

Suponha ento 0)0( =f[ ] )()()()(; 222 yxfxyxyfyfxfxtyz ++=+

[ ] 22222 )()()(2)()()()( yfyfxfxfyxfyfxf ++=+=+)()())(2))((2(; xyxyfxyxyfyfxfytxz ++=

)2()()(4 xyfyfxf =)00()0())0()())(0()((0, ++=++ fxyffyffxfzt

)()()( xyfyfxf = f multiplicativa.)2()(4 xyfxyf =

)()())()())(()((; tzxyfzyxtfyftfzfxfytty ++=++)()()()( ztxyfzyxtftzxyfzyxtf ++=++

Suponhamos que f no seja identicamente nula (note que f(x) 0 uma soluo).Suponha 0)(


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= nnnf ,)( 2 .como );()( nfnf = temos = zzzf ,)( 2 .Tome r ; 0,,;1),(, == qqpqpmdc

qp

r

22

2)()(

)()()1()(1)()( r

qp

qfpf

qffpf

qfpf

qpfrf ====

=

=

= rrrf ,)( 2 .)()()(2))()(( 22 rrxfrrxfrfrfxf ++=+

)()()(2)()(2 222 rxrfrrxfrfrfxf ++=+)()(2)(2 224 rxrfrxrfrxrf ++=+ x ,

.,),()(2)(2 224 ++=+ ryryfryfryfrSuponha que ry, tais que 0y , r > 0 e

)()( 2 yfryf + fy crescente em +.Vamos mostrar que f contnua em +: note que se y, r 0, f(y +r2) f(y) =

),)(2())()(2)(()()()()(2)( 2222 ryfrrfyfrfyfrfrfyfyf +=+=++se r . Assim, dado 0> , para 0r suficientemente pequeno, temos

.)()( 20


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1) 0>Temos que 00 >r tal que


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suficiente, portanto, provar que 4

)1(1


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Hummmm... quase! De fato, este resultado j assintoticamente equivalente aodesejado. Apesar de que conseguir um n 1 no lugar daquele n a parte difcil desteproblema, voc vai perceber que se trata apenas de ir adaptando esta primeira idia.

Intuitivamente, o que acabamos de fazer foi girar uma reta 180o em torno de cadaponto Oi, sabendo que neste percurso ela cortar todas as outras circunferncias, masnunca duas ao mesmo tempo. Para melhorar a estimativa, precisamos encontrar umaforma de girar menos que 180o e, ainda assim, encontrar todas as demaiscircunferncias. Isto no possvel para todos os Oi, mas podemos faz-lo com osmais afastados.

Mais precisamente, nossa idia trabalhar com o fecho convexo do conjunto {O1,O2, ..., On}, ou seja, o menor conjunto convexo que contm {O1, O2, ..., On}. Semperda de generalidade, podemos supor que esse fecho convexo o polgonoO1O2O3... Om )( nm . Desta forma, os pontos Om+1, Om+2, ..., On so interiores aopolgono.Vamos separar a soma


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distncia de O1 a r maior que 2. Isto significa que a bissetriz de P1O2O1 exterior

a 1, do que conclumos que 2)( 121

12OOPm


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Para concluir, seja Oi um ponto interior ao polgono, ou seja, i > m. J provamos adesigualdade (1): 24

1

ijnj

ij .

Somando essas desigualdades para todos os pontos Oi interiores temos

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