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CONTEDO

AOS LEITORES 03

20 OLIMPADA DE MATEMTICA DE MAIOEnunciados e resultado brasileiro

04

25 OLIMPADA DE MATEMTICA DO CONE SULEnunciados e resultado brasileiro

07

26 OLIMPADA DE MATEMTICA DO CONE SULEnunciados e resultado brasileiro

09

55 OLIMPADA INTERNACIONAL DE MATEMTICA (IMO)Enunciados e resultado brasileiro 11

56 OLIMPADA INTERNACIONAL DE MATEMTICA (IMO)Enunciados e resultado brasileiro

13

4 OLIMPADA DE MATEMTICA DA COMUNIDADE DOS PASES DE LNGUAPORTUGUESAEnunciados e resultado brasileiro

15

5 OLIMPADA DE MATEMTICA DA COMUNIDADE DOS PASES DE LNGUAPORTUGUESAEnunciados e resultado brasileiro

17

29 OLIMPADA IBERO-AMERICANA DE MATEMTICAEnunciados e resultado brasileiro

19

30 OLIMPADA IBERO-AMERICANA DE MATEMTICAEnunciados e resultado brasileiro

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ARTIGOS

REDESCOBRINDO CEVA E MENELAUS EM DIMENSO TRSRui Eduardo Paiva, IFCE, Quixad (CE)

PERMUTANDO ALGARISMOS DE NMEROSFernando Soares Carvalho e Eudes Antonio Costa

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Sociedade Brasileira de Matemtica

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COMO QUE FAZ? 54SOLUES DE PROBLEMAS PROPOSTOS 57

PROBLEMAS PROPOSTOS

COORDENADORES REGIONAIS

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AOS LEITORES

Dedicamos este nmero da Eureka! ao querido professor Antonio LuizSantos, mais como conhecido como Gandhi, que nos deixou neste ano de 2015.

O professor Gandhi sempre foi entusiasmando por problemas deMatemtica, em particular por problemas de Olimpadas. Ele foi o criador de umadas sees de maior sucesso nesta revista, a Olimpadas ao Redor do Mundo, quetem grande repercusso at hoje, como podemos ver neste nmero na seoComo que faz?, em que resolvemos, a pedido de um de nossos leitores, 4problemas selecionados pelo Antonio Luiz, que tambm escreveu timos livros deproblemas e durante muitos anos foi um professor destacado no Rio de Janeiro. Asua alegria e sua irreverncia deixaro saudades.

INSTRUES PARA AUTORES

Sero publicados na revista Eureka!artigos relevantes na preparao dosestudantes para a Olimpada Brasileira de Matemtica em seus diversos nveis epara vrias olimpadas de carter internacional das quais o Brasil participa.

Como para a grande maioria dos tpicos e tcnicas explorados nas

olimpadas no existem publicaes expositrias adequadas em lngua portuguesa,nosso objetivo inicial abord-los todos em artigos auto-suficientes. Assim,daremos preferncia queles que tratem de assuntos ainda no explorados nosnmeros anteriores da Eureka!. Como a deficincia em artigos adequados paraestudantes do Ensino Fundamental (Nveis 1 e 2 da OBM) ainda mais grave,estes tero primazia na sua publicao. Vale a pena observar que, quando um tema importante para os estudantes de diversos nveis, ele deve aparecer em artigosadequados para cada um desses nveis, separadamente.

recomendvel que os artigos tragam alguns problemas resolvidosdetalhadamente e referncias que o complementem ou aprofundem.

Os editores.

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20 OLIMPADA DE MATEMTICA DE MAIO

Enunciados e resultado brasileiro

PRIMEIRO NVEL

PROBLEMA 1Um nmero natural bomse os seus dgitos so 1, 2 ou 3 e todos os nmeros de2 dgitos formados por dgitos localizados em posies consecutivas de N sonmeros distintos. Existe algum nmero bom de 10 dgitos? E de 11 dgitos?

PROBLEMA 2Beatriz tem trs dados em cujas faces esto escritas letras diferentes. Ao lanar ostrs dados sobre uma mesa, e escolhendo cada vez somente as letras das facesvoltadas para cima, formaram-se as palavras

OSA , VIA , OCA , ESA , SOL , GOL , FIA , REY , SUR , MIA , PIO , ATE , FIN , VID.

Determine as seis letras de cada dado.

PROBLEMA 3Temos nove caixas. Na primeira caixa h 1 pedra, na segunda h 2 pedras, naterceira h 3 pedras, e assim sucessivamente, na oitava h 8 pedras e na nona h 9pedras. A operao permitida retirar o mesmo nmero de pedras de duas caixasdistintas e coloc-las numa terceira caixa. O objetivo que todas as pedras fiquemnuma mesma caixa. Descreva como isto deve ser feito com um nmero mnimo de

operaes permitidas. Explicar por que isto impossvel de ser feito com menosoperaes.

PROBLEMA 4Seja um tringulo retngulo e issceles, com 90. Sejam o pontomdio de e o ponto mdio de . Seja tal que um tringuloequiltero com no interior do quadriltero . Calcule a medida do ngulo.PROBLEMA 5Dadas 6 bolinhas: 2 brancas, 2 verdes, 2 vermelhas, sabemos que h uma branca,uma verde e uma vermelha que pesam 99 g cada uma e que as demais bolinhas

pesam 101 g cada uma. Determine o peso de cada bolinha usando duas vezes umabalana de dois pratos.

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Obs:Uma balana de dois pratos somente informa se o prato esquerdo pesa mais,igual ou menos do que o prato direito.

SEGUNDO NVEL

PROBLEMA 1

O caminho que vai desde o povoado at o refgio na montanha tem 76 km. Umgrupo de andinistas o percorreu em 10 dias, de forma tal que em dois diasconsecutivos nunca caminharam mais de 16 km, porm em trs dias consecutivossempre caminharam por pelo menos 23 km. Determine a quantidade mxima dequilmetros que eles podem ter percorrido num dia.

PROBLEMA 2Num quadriltero convexo , sejam , , e os pontos mdios dos lados, , e , respectivamente. Se os segmentos e dividememquatro quadrilteros com a mesma rea, demonstre que um paralelogramo.PROBLEMA 3

Ana e Luca jogam o seguinte jogo: Ana escreve uma lista de nmeros inteirosdistintos. Luca vence o jogo se puder escolher quatro nmeros distintos, , , e, de modo que o nmero seja mltiplo de 20.Determine o valor mnimo de para o qual, qualquer que seja a lista de Ana, Lucavence o jogo.

PROBLEMA 4Numa escavao na antiga Roma foi encontrado umrelgio bastante incomum com 18 divises marcadascom nmeros romanos (ver figura).

Infelizmente o relgio estava partido em 5 pedaos.A soma dos nmeros em cada pedao era a mesma.Mostre de que maneira o relgio pode estar partido.

PROBLEMA 5

Cada casa de um tabuleiro de , com 3, est pintada com uma cor dentre8 cores diferentes. Para que valores de podemos afirmar que alguma dasseguintes figuras

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includas no tabuleiro contm duas casas da mesma cor?

RESULTADO BRASILEIRO

2014: Nvel 1 (at 13 anos)

Nome CidadeEstado PrmioCatulo Axel Teixeira Vasconcelos Alves FortalezaCE Ouro

Felipe Bezerra de Menezes Bencio de Sousa FortalezaCE PrataMarcelo Hipplyto de Sandes Peixoto FortalezaCE PrataAdrian Alexander Ticona Delgado So PauloSP BronzeDbora Tami Yamato So PauloSP BronzeJoo Vitor Baptista Moreira Viosa MG BronzeGustavo Farani de Farias AracajuSE BronzeYan Victor S. Guimares FortalezaCE M. HonrosaGiovanna de Sousa Oliveira FortalezaCE M. HonrosaCaio Csar Barros Matos FortalezaCE M. Honrosa

2014: Nvel 2 (at 15 anos)

Nome CidadeEstado PrmioAndrey Jhen Shan Chen So PauloSP OuroDaniel Quinto de Moraes Rio de JaneiroRJ PrataMatheus Siqueira Thimteo Mogi das CruzesSP PrataGuilherme Goulart Kowalczuk Porto AlegreRS BronzeVitor Augusto Carneiro Porto FortalezaCE BronzeBryan Borck Porto AlegreRS BronzeAlcia Fortes Machado TeresinaPI BronzeVincius Trindade de Melo Dores de CamposMG M. Honrosatalo Rennan Lima FortalezaCE M. HonrosaAngelo Donizetti Lorenoni Junior So CarlosSP M. Honrosa

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25 OLIMPADA DE MATEMTICA DO CONE SUL


Os estudantes brasileiros tiveram uma participao destacada na Olimpadade Matemtica do Cone Sul que foi realizada entre os dias 14 e 21 de agosto de2014, na cidade de Atlntida, Uruguai. A equipe foi liderada pelos professoresRgis Prado Barbosa, de So Paulo (SP), e Luzinalva Miranda de Amorim, deSalvador (BA).

RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA

BRA1 Pedro Henrique Sacramento de Oliveira Medalha de OuroBRA2 Gabriel Toneatti Vercelli Medalha de OuroBRA3 Joo Csar Campos Vargas Medalha de PrataBRA4 Andrey Jhen Shan Chen Medalha de Bronze

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1Em uma lousa, esto escritos os nmeros inteiros de 1 a 2014, inclusive. Aoperao vlida escolher dois nmeros ae b, apagar eles e no seu lugar escrevero mnimo mltiplo comum do par (a,b) e o mximo divisor comum do par (a,b).

Mostre que, sem importar a quantidade de operaes que sejam realizadas, a somados nmeros que ficam escritos na lousa sempre maior que 20142014 2014! .

PROBLEMA 2

Um par de inteiros positivos ,a b chamado charrase existe um inteiro positivo

c tal que a b c e a b c sejam ambos quadrados perfeitos; caso no exista talnmero c, o par chamado no-charra.

a) Mostre que existem infinitos pares no-charras.

b) Mostre que existem infinitos inteiros positivos n para os quais o par 2, n charra.

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PROBLEMA 3

Seja um retngulo, um ponto exterior tal que o ngulo 90BPC

e a reado pentgono igual a 2AB .Prove que possvel dividir o pentgonoem trs pedaos atravs de cortesretos de tal modo que com esses pedaos se pode construir um quadrado semburacos e sem superposio.

Observao:Os pedaos podem girar e podem ser virados.

SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4Mostre que o nmero 2 2014 2013 22 2014 4 2014 1n n , com n natural, no podeser primo.

PROBLEMA 5Sejaum quadrilteroinscrito em uma circunferncia de centro . Este pontoO est no interior do quadriltero de modo que os ngulosBAC ODA

so iguais.As diagonais desse quadriltero se cortam no ponto .Por so traadas a reta perpendicular a e a reta perpendicular a . A reta intersectaem e areta intersecta em . Seja o ponto mdio de .Mostre que

,

e

so colineares.

PROBLEMA 6

Dada uma famliaFde subconjuntos de 1,2,...,S n ( 2n ), a jogada permitida

escolher dois conjuntos disjuntosAeBdeF e adicionarA B aF(sem excluirnemA nemB).

Inicialmente, Fpossui exatamente todos os subconjuntos que contm apenas umelemento de S. O objetivo que, atravs de jogadas permitidas, Fpossua todos ossubconjuntos de 1n elementos de S.

Determine o menor nmero de jogadas necessrias para alcanar o objetivo.

Observao:A B o conjunto formado por todos os elementos que pertencem aA, aB ou a ambos.

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26 OLIMPADA DE MATEMTICA DO CONE SUL

Enunciados e resultado brasileiroOs estudantes brasileiros tiveram uma excelente participao na Olimpada

de Matemtica do Cone Sul que foi realizada entre os dias 11 e 18 de maio de2015, na cidade de Temuco, Chile. A equipe foi liderada pelos professores KrerleyOliveira, de Macei (AL), e Jos Armando Barbosa Filho, de Natal (RN). A equipebrasileira ficou em primeiro lugar na competio por equipes somando 201 pontos.


BRA1 Pedro Henrique Sacramento de Oliveira Medalha de OuroBRA2 Andr Yuji Hisatsuga Medalha de PrataBRA3 Guilherme Goulart Kowalczuk Medalha de PrataBRA4 Vitor Augusto Carneiro Porto Medalha de Prata

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1Demonstrar que para qualquer inteiro, 9 2 7no divisvel por 81.PROBLEMA 2Considere 3 retas ( > 1) no plano, entre as quais no h duas que sejamparalelas e nem trs que sejam concorrentes. Demonstar que se pintarmos 2retascom a cor vermelha e

com a cor azul, h pelo menos duas regies do plano com

os bordos completamente vermelhos.

Observao: para cada regio, seus bordos esto contidos nas retas dadas enenhuma das retas dadas corta o interior da regio.

PROBLEMA 3Dados uma circunferncia de raio 1e um ponto pertencente a ela, sejam edois pontos em tais que o tringulo acutngulo e a distncia de reta 2. Para todo inteiro 1se definem:

como o p da perpendicular desde ao segmento,

como o centro da circunferncia circunscrita do tringulo

,

+como o p da perpendicular desde ao segmento , +como a interseo entre e +.

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Achar o comprimento

.

Observao:a distncia de reta o comprimento do segmento , onde o p da perpendicular desde ao segmento.SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4Sejaum quadriltero convexo tal que 90e as diagonais e so perpendiculares. Seja o ponto mdio do segmento e seja o ponto deinterseo de com . Seja o ponto do segmento tal que e soperpendiculares. Se 2 e 2, demonstrar que umquadrado.

PROBLEMA 5Determinar se existem inteiros positivos , , , , no necessariamentedistitntos, com a seguinte propriedade: + + no divisvel por para quaisquer e inteiros positivos com 1 < .PROBLEMA 6Seja {1,2,3,,2046,2047,2048}. Se diz que dois subconjuntos e de so amigosse satisfazem as seguintes condies:

No tm elementos em comum.

Tm a mesma quantidade de elementos. O produto dos elementos de igual ao produto dos elementos de .

Demonstrar que existem dois subconjuntos de que so amigos e que contm pelomenos 738 elementos cada um.

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55 OLIMPADA INTERNACIONAL DE MATEMTICA (IMO)


O Brasil obteve um timo resultado na 55a Olimpada Internacional deMatemtica (IMO), que aconteceu entre os dias 20 e 28 de julho na Cidade doCabo na frica do Sul,conquistando trs medalhas de prata, duas de bronze e umameno honrosa. A equipe foi liderada pelos professores Edmilson Motta, de SoPaulo (SP) e Onofre Campos da Silva Farias, de Fortaleza (CE).


BRA1 Rodrigo Sanches ngelo Medalha de PrataBRA2 Murilo Corato Zanarella Medalha de Prata

BRA3 Daniel Lima Braga Medalha de PrataBRA4 Victor Oliveira Reis Medalha de BronzeBRA5 Alexandre Perozim de Faveri Medalha de BronzeBRA6 Alessandro de Oliveira Pacanowski Meno Honrosa

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1Seja < < < uma sequncia infinita de inteiros positivos. Prove queexiste um nico inteiro 1

< +.PROBLEMA 2Seja 2 um inteiro. Considere um tabuleiro de xadrez dividido em quadrados unitrios. Uma configurao de torres neste tabuleiro ditapacficasecada linha e cada coluna contm exatamente uma torre. Encontre o maior inteiropositivo tal que, para qualquer configurao pacfica de torres, podemosencontrar um quadrado sem torres em qualquer um de seus quadradosunitrios.

PROBLEMA 3Seja

um quadriltero convexo com

9 0. O ponto

o

p da perpendicular desobre . Os pontos e so escolhidos sobre os ladose, respectivamente, de modo que esteja no interior do tringulo e

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90

, 90

.

Prove que a reta tangente circunferncia circunscrita ao tringulo .SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4Os pontos e encontram-se sobre o lado de um tringulo acutngulodemodo que e . Os pontos e encontram-sesobre as retase , respectivamente, de modo que o ponto mdio de e o ponto mdio de . Prove que as retas e se intersectam sobre acircunferncia circunscrita ao tringulo.PROBLEMA 5Para cada inteiro positivo , o Banco da Cidade do Cabo emite moedas de valor .Dada uma coleo finita de tais moedas (de valores no necessariamente distintos)

com valor total de no mximo 99 , prove que possvel dividir esta coleo em100ou menos grupos de moedas, cada um com valor total de no mximo 1.PROBLEMA 6Um conjunto de retas no plano est em posio geralse no h duas paralelas nemtrs concorrentes no mesmo ponto. Um conjunto de retas em posio geral corta oplano em regies, algumas com rea finita, chamadas regies finitas. Prove que,

para todo suficientemente grande, em qualquer conjunto de retas em posiogeral possvel pintar de azul pelo menos dessas retas, de modo que nenhumadas suas regies finitas tenha uma fronteira completamente azul.Nota: Para resultados em que substitudo por sero atribudos pontosconforme o valor da constante .

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56 OLIMPADA INTERNACIONAL DE MATEMTICA (IMO)


O Brasil obteve um timo resultado na 56a Olimpada Internacional deMatemtica (IMO), que aconteceu entre os dias 20 e 28 de julho na cidade deChiang Mai, na Tailndia,conquistando trs medalhas de prata e trs de bronze. Aequipe foi liderada pelos professores Luciano Guimares Monteiro de Castro, doRio de Janeiro (RJ) e Carlos Yuzo Shine, de So Paulo (SP).


BRA1 Pedro Henrique Sacramento de Oliveira Medalha de PrataBRA2 Murilo Corato Zanarella Medalha de Prata

BRA3 Daniel Lima Braga Medalha de PrataBRA4 Gabriel Toneatti Vercelli Medalha de BronzeBRA5 Joo Csar Campos Vargas Medalha de BronzeBRA6 Rafael Filipe dos Santos Medalha de Bronze

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1Dizemos que um conjunto finito de pontos do plano equilibradose, para cadadois pontos diferentes e de , existe um ponto de tal que .Dizemos que

descentradose, para cada trs pontos diferentes

,

e

de

,

no existe um ponto de tal que .(a)

Prove que, para todos os inteiros 3, existe um conjunto equilibradocom exatamente pontos.

(b)

Determine todos os inteiros 3 para os quais existe um conjuntoequilibrado e descentrado com exatamente pontos.

PROBLEMA 2Determine todos os ternos ,, de inteiros positivos tais que cada um dosnmeros

, ,

uma potncia de 2.(Uma potncia de 2 um inteiro da forma 2, em que um inteiro no negativo.)

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PROBLEMA 3Seja

um tringulo acutngulo com

> . Sejam

o seu circuncrculo,

o seu ortocentro e o p da perpendicular a partir de . Seja o ponto mdio de. Seja o ponto de tal que 90 e seja o ponto de tal que90. Admita que os pontos , , , e so todos diferentes e estosobre nesta ordem.Prove que os circuncrculos dos tringulos e so tangentes.SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4O tringulo

tem circuncrculo

e circuncentro

. Uma circunferncia

de

centrointersecta o segmento nos pontos e , de modo que , , e sotodos diferentes e esto na reta nesta ordem. Sejam e os pontos deinterse;ao de e , tais que , , , e estao em nesta ordem. Seja osegundo ponto de interseo do circuncrculo do tringulo com o segmento. Seja o segundo ponto de interseo do circuncrculo com o segmento.Suponha que as retas e so diferentes e que se intersectam no ponto .Prove quepertence reta.PROBLEMA 5Seja o conjunto dos nmeros reais. Determine todas as funes : satisfazendo a equao

( ) para todos os nmeros reais e .PROBLEMA 6A sequncia , , de inteiros satisfaz as condies seguintes:

(i) 1 2015para qualquertal que 1;

(ii) para quaisquer , tais que 1 < .

Prove que existem dois inteiros positivos e tais que ( )

=+ 1007para quaisquer inteiros e satisfazendo > .

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4 OLIMPADA DE MATEMTICA DA COMUNIDADE DOS PASES

DE LNGUA PORTUGUESAEnunciados e resultado brasileiro

O Brasil conquistou uma medalha de ouro e trs de prata na 4 Olimpadade Matemtica da Comunidade dos Pases de Lngua Portuguesa, realizada de 5 a10 de agosto, na cidade de Luanda, Angola. Com este resultado o pas ficou peloterceiro ano consecutivo com a primeira posio na classificao geral, seguidopela equipe de Portugal.A equipe foi liderada pelos professores Carlos Bahiano, deSalvador (BA) e Marcelo Xavier de Mendona, do Rio de Janeiro (RJ).


BRA1 Andr Yuji Hisatsuga Medalha de OuroBRA2 Joo Guilherme Madeira Arajo Medalha de PrataBRA3 Daniel Quinto de Moraes Medalha de PrataBRA4 Guilherme Goulart Kowalczuk Medalha de Prata

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1Quatro irmos tm conjuntamente quarenta e oito Kwanzas. Se ao dinheiro doprimeiro se aumentasse trs Kwanzas, ao do segundo se retirasse trs Kwanzas, seo do terceiro triplicasse e o do quarto se reduzisse a um tero, passariam a ter todosa mesma importncia. Quanto tem cada um dos quatro irmos?

PROBLEMA 2Na figura abaixodevem ser colocados em cada um dos pontos brancos um nmerointeiro de 1 a 9, sem repetio, de forma que a soma dos 3 nmeros pertencentes circunferncia externa seja igual a cada uma das somas dos 4 nmeros pertencentesa uma das circunferncias internas e que no esto na circunferncia externa.

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a)

Apresente uma soluo.

b)

Mostre que em qualquer soluo o 9estar na circunferncia externa.PROBLEMA 3No quadriltero convexo , sejam e pontos dos lados e ,respectivamente, tais que . Mostre que se a linha que une osortocentros dos tringulos e ortogonal a , ento as reas dessestringulos so iguais.

SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4

Pelo ponto de uma circunferncia esto traadas uma corda (o arco maior que 90) e uma reta tangente . A reta que passa pelo centro dacircunferncia e perpendicular ao raio , intersecta a corda no ponto e areta tangente no ponto .Prove que os segmentos e tm o mesmo comprimento.PROBLEMA 5Determine todas as qudruplas de inteiros positivos ,,, tais que2 ! ! !, com .PROBLEMA 6Kilua e Ndoti jogam o seguinte jogo num quadrado . Kilua escolhe um doslados do quadrado e marca o pontonesse lado. Ndoti escolhe um dos outros trslados do quadrado e marca o ponto sobre ele. Kilua escolhe um dos dois ladosque ainda no foi escolhido e marca o ponto sobre ele e, finalmente, Ndotiescolhe o lado que ainda no foi escolhido e marca o ponto nesse lado. Cada umdos dois jogadores pode marcar um vrtice do quadrado, mas ele deve primeiroescolher o lado do quadrado que ser usado. Por exemplo, se Kilua escolher o ladoele pode marcar no ponto e isso no impede que o lado seja escolhido.Kilua vence se a rea do quadriltero convexo formado pelos pontos marcados formaior ou igual a metade da rea de e caso contrrio Ndoti vence. No sepermite que um mesmo ponto seja escolhido duas vezes.

Quem possui estratgia vencedora, ou seja, pode garantir a vitria no importandoas jogadas do adversrio? Como esse jogador deve jogar?

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5 OLIMPADA DE MATEMTICA DA COMUNIDADE DOS PASES

DE LNGUA PORTUGUESAEnunciados e resultado brasileiro

O Brasil conquistou uma medalha de ouro e trs de prata na 5 Olimpadade Matemtica da Comunidade dos Pases de Lngua Portuguesa, realizada de 5 a10 de agosto, na cidade de Praia, Cabo Verde. Com este resultado o pas ficou peloterceiro ano consecutivo com a primeira posio na classificao geral, seguidopela equipe de Portugal. A equipe foi liderada pelos professores Carlos GustavoMoreira, do Rio de Janeiro (RJ) e Emiliano Augusto Chagas, de So Paulo (SP).


BRA1 Mateus Siqueira Thimteo Medalha de OuroBRA2 Pedro Lucas Lanaro Sponchiado Medalha de OuroBRA3 Bruno Brasil Meinhart Medalha de PrataBRA4 Andrey Jhen Shan Chen Medalha de Prata

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1No tringulo , e so os pontos de interseo das bissetrizes dos ngulos e com os lados e , respetivamente. Sabendo que ,tambm, bissetriz do ngulo , determine o ngulo .PROBLEMA 2

Determine todos os nmeros de dez algarismos cuja representao no sistemadecimal dada por tais que, para cada inteiro com0 9, igual ao nmero de algarismos iguais a nessa representao. Isto: o primeiro algarismo igual quantidade de 0 na escrita desse nmero; osegundo algarismo igual quantidade de 1na escrita desse nmero; o terceiro igual quantidade de 2na escrita desse nmero; ... ; o dcimo algarismo igual aquantidade de 9na escrita desse nmero.PROBLEMA 3No centro de um quadrado encontra-se um coelho e em cada vrtice desse mesmoquadrado, um lobo. Os lobos deslocam-se apenas ao longo dos lados do quadrado eo coelho desloca-se livremente no plano. Sabendo que o coelho se desloca a uma

velocidade de 10 /e que os lobos se deslocam a uma velocidade mxima de14 /, determine se existe uma estratgia para o coelho sair do quadrado semser apanhado pelos lobos.

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SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4Sejam um nmero real, tal que 0, 1, 1 e , , , nmerosnaturais. Prove que se e , ento .PROBLEMA 5Duas circunferncias de raios e , com > , so tangentes entre siexteriormente. Os lados adjacentes base de um tringulo issceles so tangentescomuns a essas circunferncias. A base do tringulo tangente circunferncia deraio maior. Determine o comprimento da base do tringulo.

PROBLEMA 6Considere a sequncia dada por 2 e + 1, para todo 1. Assim, por exemplo, 2 2 1 7 e 7 7 1 3 3 7.Prove que se um divisor primo de ento > .

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29 OLIMPADA IBERO-AMERICANA DE MATEMTICA


A equipe brasileira formada por quatro estudantes do ensino mdioconquistou duas medalhas de ouro e duas de prata na 29 Olimpada Ibero-Americana de Matemtica (OIM), realizada entre os dias 29 de setembro e 6 deoutubro na cidade de San Pedro Sula, Honduras. A equipe foi liderada pelosprofessores Matheus Secco Torres da Silva e Hugo Fonseca, ambos do Rio deJaneiro (RJ).


BRA1 Murilo Corato Zanarella Medalha de OuroBRA2 Alessandro de Oliveira Pacanowski Medalha de Ouro

BRA3 Daniel Lima Braga Medalha de PrataBRA4 Ana Karoline Borges Carneiro Medalha de Prata

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1Para cada inteiro positivo , define-se como a soma dos dgitos de .Determine o menor inteiro positivo tal que

2 3 2013 2014.PROBLEMA 2Ache todos os polinmios com coeficientes reais tais que 2014 1 e,para algum inteiro , se tem

2014.PROBLEMA 3Sobre uma circunferncia marcam-se 2014 pontos. Sobre cada um dos segmentoscujos extremos so dois dos 2014pontos escreve-se um nmero real no negativo.Sabe-se que, para qualquer polgono convexo cujos vrtices so alguns dos 2014pontos, a soma dos nmeros escritos nos seus lados menor ou igual a 1.Determine o maior valor possvel para a soma de todos os nmeros escritos.

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SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4Tem-se moedas, das quais 1so autnticas de igual peso e uma falsa, depeso diferente das demais. O objetivo , utilizando exclusivamente uma balana dedois pratos, achar a moeda falsa e determinar se mais pesada ou mais leve que asautnticas. Em cada vez que se possa deduzir que uma ou vrias moedas soautnticas, todas estas moedas so imediatamente separadas e no podem serusadas nas pesagens seguintes. Determine todos osNpara os quais se pode garantirque o objetivo seja atingido. (Podem-se fazer tantas pesagens quantas se deseje).

PROBLEMA 5Seja um tringulo acutngulo e o ponto de interseo de suas alturas. Aaltura relativa ao vrtice

corta

em

. Sejam

e

os pontos mdios de

e

, respectivamente. e intersectam e em e , respectivamente.Se intersecta em e em , demonstre que , , e esto numamesma circunferncia.

PROBLEMA 6Dado um conjunto e uma funo : , denotamos, para cada , e para cada 1, + . Dizemos que umponto fixo dese .Para cada nmero real , definimos como o nmero de primos positivosmenores ou iguais a .Dado um nmero inteiro positivo , dizemos que : {1,2,,} {1,2,,} catrachase

para todo

{ 1 , 2 , , }.

Prove que:

a)

Se catracha, entotem pelo menos () 1pontos fixos.b)

Se 3 6, ento existe uma funo catracha com exatamente () 1pontos fixos.

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30 OLIMPADA IBERO-AMERICANA DE MATEMTICA

Enunciados e resultado brasileiroA 30 Olimpada Ibero-americana de Matemtica foi realizada em

Mayagez, Porto Rico no perodo de 06 a 14 de novembro de 2015. A equipebrasileira foi liderada pelos professores Eduardo Wagner, do Rio de Janeiro (RJ) eSamuel Barbosa Feitosa, de Salvador (BA). Nesta oportunidade, a equipe brasileiraobteve a segunda maior pontuao entre os pases participantes.


BRA1 Pedro Henrique Sacramento de Oliveira OuroBRA2 Daniel Lima Braga PrataBRA3 Gabriel Toneatti Vercelli PrataBRA4 Joo Campos Vargas Prata

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1O nmero 125 pode ser representado como soma de vrios nmeros naturais queso maiores que 1 e primos entre si dois a dois. Encontre o maior nmero desomandos que pode ter tal representao.

Nota: Dois nmeros naturais so primos entre si se o seu mximo divisor comum 1.

SOLUO DE DANIEL LIMA BRAGA (EUSBIO CE)

O nmero mximo de parcelas 8. Um exemplo com tal quantidade de parcelas

125 3 5 7 11 16 17 23 43Suponha que h uma representao com ao menos 10 parcelas e denotemos ela por

125,com 10. Seja o menor fator primo de . Claramente se ,pois caso contrrio teramos

( , ) > 1 e isso um absurdo. Alm disso,

de | , temos .Portanto,

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1 2 5

2 3 5 2 3 5 129,onde denota o n-simo menor primo. Esse absurdo mostra que no existerepresentao com mais de 9 parcelas. Suponha agora que existe umarepresentao com 9 parcelas, isto ,

125Defina

como anteriormente. Se existe ital que

2, ento

par e todas as

demais parcelas devem ser mpares. Como a soma de oito inteiros mpares e umpar par, no podemos obter 125 como soma. Portanto, _ 3 para todo i.Usando novamente que os primos so distintos, temos1 2 5 3 5 2 9>125.

Este novo absurdo mostra que tambm no podemos escrever 125 como soma de 9parcelas.

PROBLEMA 2Uma reta rcontm os pontos A,B, CeD, nessa ordem. SejaP um ponto fora de rtal que . Prove que a bissetriz de corta a reta r em umponto G tal que

1 1 1 1

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SOLUO DE PEDRO HENRIQUE SACRAMENTO DE OLIVEIRA (SO PAULOSP)

SejaEo p da altura do pontoPao segmentoAD. Considere uma inverso de poloG e raio de crculo de inverso igual a 1. Sejam , , , e as imagens de

A,B, C,De P, respectivamente, por tal inverso. Ento

e Como os quadrilteros , , e so inscritveis, segueque

e .Portanto, os tringulos e so semelhantes. Como as distncias dovrtice aos segmentos correspondentese so iguais, segue que estestringulos so congruentes. Logo, e segue o resultado em virtude de.Outra maneira de mostrar a igualdade entre os segmentos mencionados

anteriormente usar o Teorema da Bissetriz Interna e a frmula de distncia doinverso de um segmento:

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1

1 sensen [][] [][]

1.

Observao: [XYZ]denota a rea do tringuloXYZ.

PROBLEMA 3Sejam e beta razes do polinmio 1, onde q um nmero racionalmaior que 2. Definimos e 1 e, para cada inteiro maior que 2: , 2 1 Demonstrar que, para todonmpar, um quadrado de um nmero natural.SOLUO DE GABRIEL TONEATTI VERCELLI (OSASCOSP)

Como e so razes de 1 0, temos 1 0, 1 0.

Portanto, somando as equaes, podemos obter

0Assim,

= 1=

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1 1=

1 1= + 2.Consequentemente + 2. Assim, como 2 > 0, segue que

+ 2 2 2 2 2 2.Definindo , para , obtemos em virtude da equao anterior arecorrncia: + .A equao caracterstica de tal recorrncia 1e, como suas razes so e , podemos escrever:

, .Usando os termos iniciais e 2 , podemos encontrar osvalores deAeBobtendo:

2 2 , Agora vamos provar que dada a sequncia , com 1 e 1, temos + + . Veja que isso terminar o problema, pois osprimeiros elementos da sequncia so racionais bem como os coeficientes desua frmula de recorrncia e assim todos os seus termos tambm sero racionais.

Suponha, por induo, que , 1 . Como 1 e , segue que 4 .

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Assim

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 22 2 2 2 22 2Veja agora que

2 2 2 2 2

2 2 4 2 4 2 2 22 2Logo, .SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4No tringulo acutngulo ABCo pontoD o p da perpendicular de Aao ladoBC.

SejaPum ponto no segmentoAD. As retasBPe CPcortam os ladosACe ABemE e F respectivamente. Sejam J e Kos ps das perpendiculares de E e F a AD,respectivamente. Demonstre que

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SOLUO DE JOO CSAR CAMPOS VARGAS (BELO HORIZONTEMG)

Sejam e . Como BE, CF e i so concorrentes,aplicando o Teorema de Ceva no tringuloABC, podemos concluir que:

Como E, F e Q so colineares, aplicando agora o Teorema de Menelaus notringulo ABC, temos

Da, : 1e assim vale a relao ,;, 1 (de fato, essa construo de umconjugado harmnico). Consequentemente, considerando a projeo perspectivaporA, temos

Portanto, ,;, 1e 1 :

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:

: .Se e , ento 90 e 90 .Desconsiderando a orientao dos segmentos e ngulos, a srie de igualdadesanteriores nos permitem concluir que:

.Isso acaba o problema, pois e .PROBLEMA 5Determine todos os pares (a,b) de nmeros inteiros que verificam

( 7 ) .SOLUO DE PEDRO HENRIQUE SACRAMENTO DE OLIVEIRA (SO PAULOSP)

A equao do problema pode ser reescrita como

49 14 98 14 49 0ou, de forma fatorada, como 49 14 49 0.Se , encontramos uma infinidade de solues. Se , devemos ter

49 14 4 9 0 .

Se 0, ento 4 9 0, ou seja, 0 e essa soluo j foi encontrada.Supondo agora 0, para termos solues inteiras, o discriminante da equao dosegundo grau em a acima deve ser um quadrado perfeito e, com mais razo, uminteiro no negativo.

Da 49 4 7

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7

3 7

0.Fazendo o estudo do sinal das funes do primeiro grau 7e 3 7,podemos concluir que 73 7 .Basta agora testarmos os valores de para cada uma dessas possibilidades.Se 2, ento 3e assim 1 3 / 7 ou 18.Se

1, ento

2e no temos uma soluo inteira por no ser um

quadrado perfeito.

Se 1, ento 235 e no temos uma soluo inteira por no ser umquadrado perfeito.

Se 2, ento 513e no temos uma soluo inteira por no ser umquadrado perfeito.

Se 3, ento 2e assim 8 / 6 ou 12.Se 4, ento 319e no temos uma soluo inteira por no ser umquadrado perfeito.

Se 5, ento 211e no temos uma soluo inteira por no ser umquadrado perfeito.

Se 6, ento 5e assim 1 8 / 1 2 ou 8 / 1 2 .Se 7, ento 0e assim 0.Logo, as solues so , , , 18,2, 12,3e 0,7.PROBLEMA 6

Beto joga com o seu computador o seguinte jogo: inicialmente o computadorescolhe ao acaso 30 inteiros de 1 a 2015 e Beto escreve-os num quadro (pode havernmeros repetidos); em cada passo, Beto escolhe um inteiro positivo ke alguns dos

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nmeros escritos no quadro, e subtrai de cada um deles o nmero k, com acondio de que os nmeros resultantes continuem sendo no negativos. O objetivodo jogo conseguir que nalgum momento os 30 nmeros resultantes sejam iguais a0, e nesse caso o jogo termina. Determine o menor nmero n para que,independentemente dos nmeros inicialmente escolhidos pelo computador, o Betopossa terminar o jogo no mximo em npassos.

SOLUO DE PEDRO HENRIQUE SACRAMENTO DE OLIVEIRA (SO PAULOSP)

O menor n 11. Para ver que possvel com tal quantidade de passos, escreva os30 nmeros em base binria. Como 2 2048>2015, esses nmeros s podemter dgitos no nulos at a dcima primeira casa binria. Assim, basta subtrair onmero

2, com

variando de 1 a 11, dos todos os nmeros que apresentarem o

dgito 1 na k-sima posio. Para mostrar que no possvel com menos de 11passos, considere o conjunto {2, 2, 2, , 2}unido com outros 19 nmerosquaisquer. Mostremos que, para cada elemento de A, existe um passo que apenassubtrai dele e de mais nenhum outro elemento de A. Considere o maior elemento2de A e suponha que todo passo que o subtrai tambm altera outro elemento deA. Assim, podemos subtrair no mximo 2 2 2 2 < 2. Umabsurdo. Logo, existe um movimento que altera apenas 2 e, como podemosdeixar esse movimento por ltimo, podemos repetir o argumento com o conjunto {2}. Concluiremos de forma anloga que existir um passo que altera apenas2e todos os demais elementos deA. ComoApossui 11 elementos, no podemostorna-los todos nulos com menos de 11 movimentos.

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REDESCOBRINDO CEVA E MENELAUS EM DIMENSO TRS

Rui Eduardo Paiva, IFCE, Quixad CE

Nvel Avanado

Muitos teoremas importantes da geometria plana tm anlogos emgeometria espacial, por exemplo, o famoso teorema de Pitgoras. Outros teoremasmenos conhecidos, mas tambm importantes tm anlogos. Essa analogia entreteoremas no plano e no espao no apenas elegante, mas tambm bastante til. Seum teorema no plano essencial na resoluo de problemas, ento podemos inferirque o seu anlogo no espao pode ser utilizado para formular e resolver problemassemelhantes em dimenso trs. Nessa perspectiva, nossa proposta generalizarpara o caso tridimensional dois teoremas significantes, o de Ceva e o de Menelaus,os quais esto intimamente relacionados e, em seguida, apresentar algumasaplicaes em problemas olmpicos.

Vale ressaltar que no plano, enquanto o teorema de Ceva estabelececondies para que trs cevianas de um tringulo sejam concorrentes, o teorema deMenelaus estabelece condies para que trs pontos, um sobre cada lado de umtringulo, sejam colineares. Existe uma relao entre esses dois teoremas, chamadade dualidade. Em ltima anlise, o principio da dualidade diz que qualquerafirmao verdadeira na geometria deve permanecer fiel quando as palavras pontoe reta so trocadas; assim como dois pontos esto em exatamente uma reta, duasretas se intersectam em exatamente um ponto, ou ainda, como trs pontos podemser colineares, trs retas podem ser concorrentes.

No anlogo do teorema de Menelaus para o caso tridimensional, os ladosde um tringulo se tornam arestas de um tetraedro e a reta que intersecta otringulo torna-se um plano que intersecta esse tetraedro (veja figura 1).

Teorema 1 (Menelaus verso espacial). Seja um tetraedro tal que ,Y , e . Os pontos , , e so coplanares se, e somentese,

1. 1

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Figura 1.Tetraedrointersectado pelo plano.Demonstrao: Supondo que , , e so coplanares, consideramos a reta ,passando pelo ponto e perpendicular ao plano , tal quee so pontosde e representam, respectivamente, as projees ortogonais dee .

Figura 2.Reta perpendicular ao planono ponto .Com isso, sendo a rea do quadriltero , podemos estabelecer

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13 13 ,em que o volume da pirmide de vrtice e o volume dapirmide de vrtice. De modo anlogo obtemos as seguintes razes

, , .Assim, multiplicando-se cada uma destas razes, vemos que (1)

verdadeiro. Reciprocamente, supondo que (1) satisfeito, consideramos o planodeterminado pelos pontos

, e

intersectando

em um ponto

. Ento,

1,donde conclumos que

, ento e so conjugados harmnicosinteriores do segmento . Isto implica que coincide com , j que conjugadoharmnico interior a um segmento nico. Portanto, os pontos , , e socoplanares.

Uma vez que o teorema de Ceva no plano tem uma relao com o teoremade Menelaus, espera-se que exista tambm uma relao entre os anlogos espaciais.

Neste caso, em vez de um plano cortando as arestas de um tetraedro em quatropontos, quatro planos so construdos a partir dos extremos de cada aresta at umponto na aresta oposta (veja figura 3). Em ambos os casos, a equao a mesma emuito semelhante verso plana.

Teorema 2 (Ceva verso espacial).Sejaum tetraedro tal que , Y , e . Os planos , , e intersectam-se exatamenteem um ponto se, e somente se,

1. 1

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Figura 3.Interseo entre os planos, , no tetraedro.Demonstrao: Seja o ponto de interseo dos planos , , e .Desde que o ponto de interseo dos segmentos e e tambm ainterseo dos segmentos e , os pontos ,e determinam um plano queintersecta o segmento no ponto .

Figura 4.Plano intersectando o segmento no ponto .Aplicando o teorema de Ceva nos tringulos e , obtemos as seguintesequaes:

2 1 e 1 3

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Multiplicando-se as equaes (

2) e (

3) o resultado a equao desejada

(1). Reciprocamente, consideramos o segmento que liga os pontos de at umponto em tal que passe pelo ponto . Pelo teorema de Ceva (versoplana) temos que a equao (2) verdadeira. Alm disso, por hiptese temos que(1) tambm verdadeira e pode ser reescrita como

1. 4Ento multiplicando-se as equaes (

2) e

4obtemos a equao (

3), usando o

teorema de Ceva no tringulo conclumos que passa pelo ponto.

Figura 5. como interseo entre os planosee como interseoentre os planos e .

Este resultado leva tambm concluso de que os segmentos e esto noplano , porque os pontos das extremidades de cada segmento esto nesteplano. Alm disso, eles intersectam-se num ponto , j que est no semiplanooposto de , tendo como o segmento que separa o plano em doissemiplanos. Finalmente, como

a interseo entre os planos

e

,

a interseo entre os planos e , segue-se que esses quatro planos seintersectam em .

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Apresentamos agora alguns problemas onde esses teoremas podem seraplicados.

1) Seja um quadriltero no espao de forma que , , e DAsejam tangentes a uma esfera nos pontos , , , . Prove que estespontos so coplanares.

Soluo:De fato, pela figura 6, quando a esfera intersecta o planodeterminaum circulo do qual podemos concluir que (por serem segmentostangentes ao crculo). Da mesma forma, esfera intersecta o plano em outrocrculo tal que . Analogamente, os planos e tambmdeterminam crculos quando intersectam a esfera, portanto obtemos as seguintescongruncias:

e

.

Figura 6.Quadriltero espaciale a esfera .Assim, podemos escrever:

1,o que mostra, pelo teorema 1 (Menelaus no espao), que os pontos , , , socoplanares.

1)

Seja um tetraedro e sejam , , os pontos mdios das arestas,e respectivamente. Seja um plano paralelo face que

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intercepta as arestas

,, nos pontos

,

, respectivamente.

Prove que, , concorrem em um ponto .

Figura 7.Tetraedro .Soluo:Usando o fato de ser um paralelo face , temos que os tringulose so semelhantes, logo podemos estabelecer a igualdade

,

ou, equivalentemente,

1.

Alm disso, como e so pontos mdios dos segmentos e ,respectivamente, podemos escrever

1.

Note que das duas ltimas equaes obtemos a expresso

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1.

Com um raciocnio anlogo para os tringulos semelhantes e ,chegamos expresso

1,

enquanto que para os tringulos semelhantes e , teremos

1.Ante ao exposto, podemos concluir que:

e so planos cuja interseo o segmento ; e so planos cuja interseo o segmento

;

e so planos cuja interseo o segmento .Isto suficiente para que os segmentos

,

,

concorram no ponto

.

2)

(Romanian mathematical competitions 1999) Um plano intersecta as arestas, , , de um tetraedro regular nos pontos ,,,respectivamente. Provar que .

Soluo:Pela lei dos cossenos no temos

Similarmente, , e . Multiplicandoessas desigualdades obtemos

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Mas o teorema 1 (de Menelaus no espao) garante que

Combinando esta ltima igualdade com a desigualdade anterior,

,que implica o resultado desejado.

Os dois problemas seguintes representam um corolrio para o teorema 2 (de Cevano espao) e uma generalizao para o Ponto de Gergonne*.

3)

Em cada face de um tetraedro, existem trs cevianas concorrentes e cadaceviana de uma face intersecta uma ceviana de outra face numa arestacomum. Mostre que os segmentos que ligam cada vrtice do tetraedro como ponto de interseo de cevianas na face oposta so concorrentes.

Soluo: Este problema semelhante verso espacial do teorema de Ceva. Defato, basta notar que cevianas de faces adjacentes que se unem em uma arestacomum so, na verdade, intersees de planos com as faces do tetraedro (Figura 8).

Figura 8.Interseo dos planos, , e com as faces do tetraedro.*As cevianas que unem cada vrtice de um tringulo ABC ao lado oposto no ponto detangncia do crculo inscrito ao tringulo, intersectam-se num mesmo ponto chamado

Ponto de Gergonne.

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Logo, considerando

um tetraedro tal que

, Y

,

,

, e , a equao 1vale e os planos , , e se intersectam no ponto . Devemos mostrar que alm desses planos, os planos e tambm se intersectam em . Geometricamente, isto significa quedevemos provar que a interseo desses planos e tal que (ver figura9).

Figura 9.Interseo entre os planos e.Mas o quadriltero reverso cortado pelo planonos pontos ,,,,ento temos:

1. Por outro lado, utilizando o teorema de Ceva no , obtemos igualdade: 1. Portanto, dividindo a equao pela igualdade temos o seguinte resultado:

1.Isto mostra a concorrncia dos segmentos , e em . Em outras palavras,o resultado equivalente a dizer que todos os seis planos intersectam-se no ponto

. 4) Uma esfera intersecta um tetraedro de tal forma que ela tangente a cadaaresta. Em cada face, cevianas ligam cada vrtice da face aos pontos de

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tangncia com a esfera na aresta oposta. Mostre que os segmentos que

ligam os pontos de interseo das cevianas em cada face com o vrtice daface oposta so concorrentes.

Soluo:Este problema um anlogo tridimensional do Ponto de Gergonne. Ento,desde que a interseo da esfera com cada face um crculo tangente s arestas(ver figura 10), os segmentos que ligam cada vrtice de uma face com o ponto detangncia no lado oposto da face so concorrentes (verifique isso!). Alm disso,como a esfera tangente a cada aresta, cevianas de faces distintas e aresta comumintersectam-se no ponto de tangencia dessa aresta comum. Estas so as hiptesesdo problema anterior, isto garante o resultado.

Figura 10.Anlogo tridimensional do Ponto de Gergonne.

Problemas propostos

1) SejaABCDum tetraedro regular com arestas de comprimento 4. Um planopassa pelas arestas , , e BD nos pontos , , e ,respectivamente. Se 2, 3 e 1, determine ocomprimento de .

2)

Seja ABCD um tetraedro regular com arestas de comprimento 1001 econsidere os pontos , , e S em , , e DA, respectivamente.Sabendo que os tringulos , , e intersectam-se no

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ponto

e que

231,

4 5 5 e

6 1 6, determine o

comprimento de .3)

Seja um tetraedro regular e ,,, os centrides das faces,,e , respectivamente. Prove que os quatro segmentosque unem cada vrtice do tetraedro ao centride da face oposta soconcorrentes.

4)

Em um tetraedro ortocentrico arestas opostas so perpendiculares. Proveque as alturas de um tetraedro so concorrentes se e somente se o tetraedro ortocentrico.

5)

(Ponto de Monge)Prove que os seis planos que passam pelos pontos mdiosdas arestas de um tetraedro e perpendiculares s arestas opostas coincidemnum ponto conhecido como o ponto de Monge.

6) (Bulgarian Mathematical Olympiad 1964)No tetraedro todos os pares dearestas opostas so iguais. Prove que as linhas que passam por seus pontosmdios so perpendiculares entre si e so eixos de simetria do tetraedrodado.

7) (Torneio das cidades 2009) Cada aresta de um tetraedro tangente a uma

determinada esfera. Provar que os trs segmentos de reta que unem ospontos de tangncia dos trs pares de arestas opostas do tetraedro soconcorrentes.

8) (British Mathematical Olympiad 1984) um tetraedro tal que e . e so os pontos mdiosde e . Um plano varivel atravs intersecta em e em. Mostre que . Encontrar o valor desta razo em termos dee ,que minimiza a rea de MQNP.

9) Qual a maior seco plana possvel de um tetraedro regular?

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10)

Mostre que os semiplanos bissetores de um tetraedro se intersectam em um

ponto que o centro da esfera inscrita no tetraedro.

REFERNCIAS

[1] ANDREESCU, T.; ZUMING, F.; LEE JR., G. Mathematical Olympiads 1999-2000:Problems and Solutions From Around the World; MAA, 2003.

[2]

ASSOCIACN FONDO DE INVESTIGADORES Y EDITORES. Geometra, unavisin de la planimetra; Lumbreras editores S.R.L, Lima, 2009.

[3] ASSOCIACN FONDO DE INVESTIGADORES Y EDITORES. Geometra, unavisin de la estereometra; Lumbreras editores S.R.L, Lima, 2009.

[4] CHOU, S. C.; GAO, X. S.; ZHANG, J. Z. Machine proofs in geometry: automatedproduction of readable proofs for geometry theorems I, 1946.

[5] CARNEIRO, E.; GIRO, F.; Centro de massa e aplicaes geometria, RevistaEureka!21.

[6]

CASTRO, L., Introduo Geometria Projetiva, Revista Eureka!8.[7] GOLDBERG, N. Spatial Analogues of Ceva's Theorem and its Applications. 2002.

http://www.rose-hulman.edu/mathjournal/archives/2002/vol3-n2/goldberg/goldberg.doc.Acessado em 02/11/2013.

[8]

MORGADO, A. C.; WAGNER, E.; JORGE, M. Geometria II. Rio de Janeiro: F. C.Arajo da Silva, 2002.
http://www.rose-hulman.edu/mathjournal/archives/2002/vol3-n2/goldberg/goldberg.dochttp://www.rose-hulman.edu/mathjournal/archives/2002/vol3-n2/goldberg/goldberg.dochttp://www.rose-hulman.edu/mathjournal/archives/2002/vol3-n2/goldberg/goldberg.dochttp://www.rose-hulman.edu/mathjournal/archives/2002/vol3-n2/goldberg/goldberg.doc

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PERMUTANDO ALGARISMOS DOS NMEROS

Fernando Soares Carvalhoe Eudes Antonio Costa

Nvel Iniciante

Introduo

Neste artigo, apresentaremos alguns problemas relacionados aos nmeros e ,sendo obtido de por troca de posio, tambm chamada de permutao, deseus algarismos.

As questes aqui aprentadas foram usadas em encontros e oficinas de resoluo de

problemas com alunos medalhistas em olimpadas de matemtica e no frum doPortal do PIC.

Exemplo 1:[OBMEP 2008, Banco de Questes] Um nmero inteiro positivo de trsalgarismos equilibrado se um dos seus algarismos a mdia aritmtica dos

outros. Por exemplo, 132 equilibrado, pois 2 + . Veja ainda que 246 e 777so nmeros equilibrados. Quantos nmeros equilibrados de 3 algarismos existem?

Soluo: Consideremos um nmero equilibrado com os trs algarismos distintos,diferentes de zero, permutando seus algarismos obtemos 6 nmeros equilibrados.Por exemplo:

123; 132; 213; 231; 312; 321.

Se um dos 3 algarismos do nmero equilibrado 0, ento com esses algarismosobtemos apenas 4 nmeros equilibrados, pois o 0 no pode estar na casa dacentena. Por exemplo: 102; 120; 201; 210.Alm disso, note que se dois algarismos de um nmero equilibrado so iguais, oterceiro algarismo tambm deve ser igual a eles.

Assim, podemos organizar a busca por nmeros equilibrados supondo que oalgarismo das unidades a mdia do algarismo das centenas e dezenas. Para obteros outros nmeros equilibrados, bastar realizarmos as permutaes dos

[email protected]@uft.edu.brhttp://www.obmep.org.br/pic.html

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algarismos. Para que a diviso por 2 seja inteira, ou ambos os algarismos da dezenae centena so pares, ou ambos so mpares.

Em cada item abaixo, listaremos todos os nmeros equilibrados comeados comum determinado algarismo e excetuaremos nmeros com os mesmos algarismos denmeros j listados.

(1)

Nmeros equilibrados comeados por 1:

111; 132; 153; 174; 195.Associados a eles temos um total de 1 4 6 25nmeros equilibrados.

(2)


201; 222; 243; 264; 285.Associados a eles temos um total de 4 1 3 6 23 nmerosequilibrados.

(3)


333; 354; 375; 396.Associados a eles temos um total de

1 3 6 19nmeros equilibrados.

(4)


402; 444; 465; 486.

Associados a eles temos um total de 4 1 2 6 17 nmerosequilibrados.

(5)


555; 576; 597.

Associados a eles temos um total de 1 2 6 13nmeros equilibrados.(6)


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603; 666; 687.

Associados a eles temos um total de 4 1 6 11nmeros equilibrados.(7)


777; 798.

Associados a eles temos um total de 1 6 7nmeros equilibrados.(8)


804; 888.

Associados a eles temos um total de 4 1 5nmeros equilibrados.(9)

Nmeros equilibrados comeados por 9: apenas o 999.

Logo, o nmero total de nmeros equilibrados com trs algarismos

25 23 19 17 13 11 7 5 1 121.Exemplo 2:Quantos nmeros mltiplos de 3, de quatro algarismos distintos podemser formados com os nmeros 2,3,6,7 e 9?

Soluo: Seja um nmero com quatro algarismos distintos emltiplo de 3. Pelo critrio de divisibilidade por 3, a soma de dgitos deve ser um mltiplo de trs.Veja que se mltiplo de 3, ento qualquer nmero obtido pelapermutao de seus dgitos tambm mltiplo de 3. Como a soma 2 3 6 7 9 2 7 mltipla de 3, exatamente um dos mltiplos de 3 listados no devefigurar como um dos dgitos de n. Assim, temos quatro possveis conjuntos dedgitos: {2,6,7,9}, {2,3,7,9}e {2,3,6,7}.Associado a cada conjunto

, com

0 3, temos

4! Elementos. Portanto,

existem 3 2 4 7 2nmeros de quatro algarismos distintos e mltiplos de 2 comos dgitos mencionados.

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Exemplo 3: Seja

um nmero com 3 algarismos escrito na base 10.

Considere o nmero obtido de npor uma permutao dos seus dgitos.1) Se o nmero n par, ento tambm par?2)

Se o nmero n mltiplo de 3, ento tambm mltiplo de 3?3)

Se o nmero n mltiplo de 5, ento tambm mltiplo de 5?4)

Se o nmero n primo, ento tambm primo?Soluo:

1)

fcil ver que o nmero 342 par, porm 243, que uma de suaspermutaes, no .

2)

Se n mltiplo de 3, ento a soma de seus dgitos tambm mltipla de 3.Consequentemente, pela recproca do critrio de divisibilidade por 3, o

nmero tambm um mltiplo de 3.3) Veja que 125 multiplo de 5, enquanto que 251 no .4)

Veja que 211 primo, enquanto que 112 no .

Questes:Seja um nmero inteiro com kalgarismos (no sistema decimal) e um nmero inteiro obtido de pela permutao de seus dgitos.

1)

Se o nmero um mltiplo de do nmero inteiro q ( > 1), ento todonmero tambm mltiplo de q?

2)

Se o nmero primo, ento todo nmero tambm primo?Um nmero inteiro que satisfaz o segundo item da questo anterior denominado

primo absoluto. Este termo foi introduzido por Richert [4, 1951]. So exemplos deprimos absolutos: 11, 13, 31, 337, 373 e 733 e todos os nmeros primos menoresque 10.

Inspirado na definio anterior, diremos que um mltiplo absoluto de uminteiro q ( > 1) se q um divisor de toda permutao de seus dgitos.Por exemplo, 123 um mltiplo absoluto de 3, pois as 6 permutaes possveis123, 132, 213, 231, 312 e 321 so todas mltiplas de 3. O nmero 12468 no ummltiplo absoluto de 2, pois a permutao 24681 no par. A primeiracaracterizao de uma famlia simples de mltiplos absolutos dada por:

Afirmao 1: Um inteiro positivo um mltiplo absoluto de 2 se, e somente se,todos os seus dgitos so nmeros pares.

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Prova: Suponha que n um mltiplo absoluto de 2 e x um de seus dgitos.Considerando uma permutao dos dgitos de nem que xfigura como dgito dasunidades, podemos concluir que x par, pois tal permutao um mltiplo de 2apenas quando o dgitos da unidades par. Como isso vale para qualquer dgito den, segue que todos os seus dgitos so nmeros pares. Por outro lado, suponhaagora que todos os dgitos de n so nmeros pares. Isso quer dizer que qualquerpermutao desses dgitos sempre vai possuir como dgito das unidades um nmeropar e, consequentemente, a permutao em questo ser um mltiplo de 2.Como o critrio de divisibilidade por 5 semelhante ao critrio de divisibilidadepor 2, podemos concluir de modo anlogo que:

Afirmao 2:Um inteiro positivo um mltiplo absoluto de 5 se, e somente se, todosos seus dgitos so divisveis por 5.

Vale a pena agora relembrarmos a demonstrao do critrio de divisibilidade por 3,que j foi usado anteriormente.

Critrio de Divisibilidade por 3:Um inteiro divisvel por 3 se, e somente se, a somados seus dgitos um mltiplo de 3.

Prova:Considere um inteiro qualquer de kdgitos:

Podemos escrev-lo como

10 10 10 1 10 1 1 1 Assim, como cada nmero da forma 10 1 um mltiplo de 9, n um mltiplode 3 se, e somente se, a soma de dgitos um mltiplo de 3.Como consequncia do critrio anterior, obtemos:

Afirmao 3:Um inteiro positivo um mltiplo absoluto de 3 se, e somente se, asoma dos seus dgitos um mltiplo de 3.

Observao: Vale a mesma afirmao trocando-se o 3 por 9.

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Chameremos de repunit e denotaremos por

o nmero natural formado pela

justaposio deknmeros iguais a 1. Esse termo foi utilizado pela primeira vez por

Beiler [1, 1966] e significa nada mais que a repetio (repetition) da unitade (unit)

Considere a lista de repunits:

1 0 7 1 11 1 7 4 111 15 7 6 1111 158 7 5 11111 1587 7 2 111111 15873 7 0 1111111 158730 7 1

11111111 1587301 7 4 111111111 1587301576 1111111111 158730158 7 5Assim os restos das divises de , , , , , ... por 7 so respectivamente 1,4, 6,5,2 , 0, 1, ... Como os restos se repetem de 6 em 6, podemos concluir que ,, , ... so todos mltiplos de 7.Veja que 77, 707 e 77700 so mltiplos absolutos de 7 enquanto que 49 e 1680 noo so, pois 94 e 6180 no so mltiplos de 7.

Afirmao 4:Se um inteiro positivo um mltiplo absoluto de 7, ento ele possui nomximo dois dgitos distintos.

Prova:Seja um mltiplo absoluto de 7 e considere a permutao de seus dgitos dada por

Assim 9 tambm um mltiplo de 7. Como 7no possui fatores primos em comum com 9, segue que 7 divide

.

Dados quaisquer dois dgitos em posies decimais distintas de n, podemos obtersempre duas permutaes em que eles figuram entre as duas ltimas casas decimaisda direita e em posies trocadas. Seguindo o argumento anterior para tais

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permutaes, podemos concluir que 7 divide

para quaisquer que sejam os

dgitos ae bde n. Se npossui pelo menos trs dgitos distintos, digamos <

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9 1 3 7 7 1 3 0 5 2 ;7 9 1 3 7 1 1 3 0 3 ;

7 1 9 3 7 1 0 2 7 4 ;1 9 3 7 7 2 7 6 5 ;7 1 3 9 7 1 0 1 9 6 .Afirmao 6: Um nmero primo absoluto no contm simultaneamente em suarepresentao decimal todos os algarismos do conjunto {1,3,7,9}.Prova: Suponha que um nmero primo absolutocontendo os dgitos do conjunto {1,3,7,9}. Podemos permutar seus algarismos esupor que {, , , } {1,3,7,9}. Agora, denotemos o bloco de dgitosrestantes por L, isto ,

.Aproveitando a notao do exemplo anterior, veja agora que cada nmero da forma 1 0 , para {0,1,2,3,4,5,6}, pode ser obtido de P atravs de umapermutao de seus quatro ltimos dgitos. Como todos os nmeros da forma possuem restos distintos por 7, pelo menos uma das permutaes listadasanteriormente ser divisvel por 7 e assimP no pode ser um primo absoluto.

Veja que um nmero repunit que um primo tambm um primo absoluto, poistodas as permutaes de seus dgitos coincidem. Por exemplo, , e soprimos absolutos.

Afirmao 7:No existe primo absoluto com dois algarismos iguais a a e doisalgarismos iguais a b.

Prova:Basta ver que 1 1 0 1 0 1 1 1 9 1 1 0 E assim, nos trs casos possveis de distribuies dos dgitos, sempre temos umnmero composto.

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Afirmao 8: Nenhum nmero com

5 algarismos e que contm em sua

representao decimal trs algarismos iguais aa

e dois algarismos iguais ab

, com

, pode ser um primo absoluto.Prova: Podemos permutar os dgitos de n e j supor que os seus cinco ltimosdgitos so formados pelo nmero aaabb.Assim, podemos escrever ncomo

10 .Iremos permutar os ltimos cincos dgitos de n colocando os dois dgitos b nascasas ie j obtendo o nmero . Veja que qualquer permutao dos ltimos cincodgitos pode ser escrita na forma

10 1 0 1 0 1 0 (10 10).Observe as seguintes escolhas de iej

10 10 , 10 10, 10 10, 10 10, 10 10, 10 10 e 10 10Estas 7 somas possuem restos diferentes na diviso por 7. Consequentemente, umadelas somada com 10ir produzir um mltiplo de 7 e assim nnopode ser um primo absoluto.

Para finalizar, em [3,1995], podemos encontrar algumas caractersticas adicionaispara nmeros primos absolutos (com mais de quatro algarismos em suarepresentao decimal), por exemplo, j se sabe a inexistncia de tais nmeros para4 1 6. Na verdade, conjectura-se que no existem nmeros PrimosAbsolutos que no sejam repunits possuindo mais de 3 algarismos. Outra questoainda em aberto se o conjunto dos nmeros primos absolutos finito.

Exerccios Propostos

1) (OBMEP 2014, Banco de Questes) Um nmero inteiro positivo de quatroalgarismos equilibrado se um desses algarismos igual mdia aritmtica des

outros trs. Por exemplo, o nmero 2631 equilibrado, pois 3 ++ . Veja que4444 tambm equilibrado.

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a) Encontre os trs menores nmeros equilibradosb) Quantos so os nmeros equilibrados menores que 2014?

2) a) Quantos so os nmeros naturais de quatro algarismos distintos em que oalgarismo 5 aparece?b) Dentre os nmeros contados no item a), quantos so pares? E pares absolutos?c) Dentre os nmeros contados no item a), quantos so mltiplos de 3? E mltiplosabsolutos de 3?d) Dentre os nmeros contados no item a), quantos so mltiplos de 5? E mltiplosabsolutos de 5?

3) Considere o conjunto dos nmeros de trs algarismos onde todos esto contidosno conjunto {0,1,2,3,4,5,6}.

a) Quantos desses nmeros so pares? E quantos so pares absolutos?b) Quantos so mltiplos de 3? E quantos so mltiplos de 3 absolutos?c) Quantos nmeros so mltiplos de 5? Quantos so mltiplos de 5 absolutos?

REFERNCIAS

[1] BEILER, A. H. 111 ... 111. Chapter 11 in Recreations in the Theory of Numbers: TheQueen of Mathematics Entertains. New York: Dover, 1966.[2] CARVALHO, F. S.; COSTA, E. A. Escrever o nmero 111...111 como Produto de dois

Nmeros. In: Revista do Professor de Matemtica, no 87, 15-19, 2015.[3] MAVLO, D. Absolute Prime Numbers. The Mathematical Gazette 485, 299-304, 1995.

[4] RICHERT, H. E. On Permutable Primtall. Morsk Matematiske Tiddskrift, 1951, vol.33,pp. 50-54.[5] SILVA, V. V. Nmeros: Construo e Propriedades. Editora UFG. Goinia. 2003.

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COMO QUE FAZ?

91. (Rssia-2000)Os coeficientes a e bda equao 02 baxx e suas razesso quatro nmeros distintos. possvel determinar a equao usando estesquatro nmeros?

Soluo:Sim. Digamos que os quatro nmeros sejam a,b, ce de uma das equaesseja 02 baxx , com razes ce d. Ento c + d = ae cd = b. Se o conjunto{a, b, c, d} no determina a equao, h outra equao do segundo grau comcoeficiente lder 1 cujos outros coeficientes so dois nmeros desse conjunto ecujas razes so os outros dois nmeros do conjunto. Temos duas possibilidades,com seus respectivos subcasos:

a)

A nova equao 02 abxx , e suas razes so ce d. Nesse caso, a =cd = b, contradizendo a hiptese de os quatro nmeros serem distintos.

b)

S uma das razes, digamos c, aparece como coeficiente da equao.

a.i) A equao 02 bcxx . Nesse caso, ad = be a + d = c. Comoa = (c + d) e b = cd, ad = cd, donde d = 0 ou a = c. Se d = 0 ento b =cd = 0. Em ambos os casos contradizemos a hiptese de os quatro nmerosserem distintos.

a.ii) A equao 02 acxx . Nesse caso, bd = a e b + d = c.Portanto b = (c + d)= a, contradizendo a hiptese de os quatro nmerosserem distintos.

a.iii) A equao 02 caxx . Nesse caso, bd = c e b + d =

a.Portanto b + d = a = c + d, donde b = c, contradizendo a hiptese de osquatro nmeros serem distintos.

a.iv) A equao 02 cbxx . Nesse caso, ad = c e a + d = b.Portanto b + d = a = c + d, donde b = c, contradizendo a hiptese de osquatro nmeros serem distintos.

c) As duas razes c e d aparecem como coeficientes da equao. Podemosento supor que a equao .02 dcxx Temos ento ab = de a + b= c, donde b = c a = c + (c + d)= d, contradizendo a hiptese deos quatro nmeros serem distintos.

92.

(Estnia-2000) Determine todos os restos possveis da diviso do quadrado deum nmero primo com 120 por 120.

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Soluo: Temos que 1 = 1 e 7 = 49 deixam restos respectivamente 1 e 49 nadiviso por 120. Vamos mostrar que 1 e 49 so os nicos restos possveis. Se umnmero n primo com 120 ento em particular n mpar, donde n = 2k +1 paraalgumk inteiro. Assim, n = 4k (k + 1) + 1, e logo n 1 = 4k (k + 1) mltiplo de8. Por outro lado, se n primo com 120 ento nno divisvel por 3, e deixa resto1 ou 2 na diviso por 3. Em qualquer caso, ndeixa resto 1 na diviso por 3. Assim,se n primo com 120, n1 mltiplo de 8 e de 3, e logo de 24. Note que nessecaso n49 = n1 48 tambm mltiplo de 24. Finalmente, se n primo com120 ento nno divisvel por 5, e deixa resto 1, 2, 3 ou 4 na diviso por 5. Se ndeixa resto 1 ou 4 na diviso por 5, n deixa resto 1 na diviso por 5. Nesse caso,n-1 mltiplo de 5 e de 24, e logo de 120, donde ndeixa resto 1 na diviso por120. Se ndeixa resto 2 ou 3na diviso por 5 ento n deixa resto 4 na diviso por5, e nesse caso n49 = n 445 mltiplo de 5. Como n49 tambm mltiplo de 24, segue que n49 mltiplo de 120, e logo n deixa resto 49 nadiviso por 120.

93. (Inglaterra-2000)Quais os inteiros positivosae btais que

3233 620491 ba ?

Soluo:Vamos procurar esses inteiros da forma a=6xe b=36y, comxeyinteirospositivos. Teremos ento:

3232233233 36)2(6)26(11213661 yxxyxyyxba ,que igual a 349 20 6 se 12xy + 1 = 49, 6y 2x = 20 ex2y = 0. A primeira

igualdade equivale a xy = 4 e, da ltima, y = x/2, donde x/2= 4, e logo x = 2.Assim,y = x/2= 2. Note que ento 6y2x = 244 = 20, e a segunda igualdadetambm satisfeita. Podemos ento tomar a = 6.2= 48e b = 36.2= 288.

94. (Alemanha-2000)Determine os nmeros reais x tais que:

482131197531 22 xxxx

Soluo: Como o lado esquerdo no-negativo, devemos ter 04822 xx ,donde 4912)1( 22 xxx , o que equivale a 7|1| x . Assim, 8x ou

6x . Portanto,

11975335411)6()6(1 22

xx . Alm disso, se 8

x , temos1311975348551881 22 xx . Assim, em qualquer

desses casos.

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363511197531 222 xxxxxx , donde

4913119753122 xxxx e, se 8x ,

49131197531 22 xxxx ;

Se 8x , a equao fica 48249 22 xxxx , donde 81 x , absurdo.Se 6x , devemos considerar as equaes 48249 22 xxxx e

482)49( 22 xxxx . A soluo da primeira 61 x , absurdo. J a segunda

equivale equao 09732 2 xx , que tem uma raiz positiva, que no

soluo e a raiz negativa 64

7853

, que a nica soluo real para o

problema. De fato, como 6 , temos 04822 , e, como)49(482 22 , temos 0)49( 2 e portanto

482)49(49222

.

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SOLUES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

Publicamos aqui algumas das respostas enviadas por nossos leitores.

156) Denominamos Mquina de Conway o par , formado por umaentrada 2 , e uma sequncia finita de racionais nonulos, com . Dada uma mquina de Conway C, construmos a sequncia definida por:

(1) ;

(2) , onde i o menor inteiro positivo tal que .

Dizemos que

uma sada de Cse, e somente se, existe um inteiro positivo k

tal que 2.O conjunto de todas as sadas denominado conjunto gerado por C.Exemplo: A mquina de Conway formada pela entrada 2 e pela sequncia

1791 , 7885 , 1951 , 2338 , 2933 , 7729 , 9523 , 7719 , 117 , 1113 , 1311 , 1514 , 152 , 55gera os nmeros primos.

Mostre que possvel construir uma Mquina de Conway que gere o conjunto dos

quadrados perfeitos.

SOLUO ADAPTADA DE ANDERSON TORRES (SANTANA DE PARNABASP)

Vamos mostrar que a mquina de Conway formada pela entrada 120 e pelasequncia

,19

23

7

53

133

1035,

13

23,

13

17

52

7

260

119,

11

312

11

62,

11

17

2

3

22

51,

31

29,

23

19,

17

132

2

11,29

1,

29

31

5

2

145

124,

19

115

19

552

gera os quadrados perfeitos, em ordem crescente.

A ideia que os primos maiores que 7 que dividem o numerador de umdeterminado termo de sequncia )( jp correspondente funcionam como marcadores

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que caracterizam estados da mquina, e determinam a prxima operao a serfeita.Notemos que a sequncia comea com

129

1

31

29

11

312

110222923121121

.

Vamos ver agora o que acontece imediatamente aps uma sada, que, por hiptese

de induo ser da forma 1,2 nn , os seja, aps um termo :1,22

np nk

13

23

117

13

1112

173

11 2222

213321732112 nnnn

.2115321932233 119115

123

19

113

23222

nnn

Agora vamos mostrar que se 1kn , um termo da forma222

21153 knkkjp

transformado, depois de uma sucesso de operaes, em222)1(1)1(

21153

knkk . Temos inicialmente a seguinte sucesso de operaes:

17

13

11112

173222222

2175321153 knkkknkk

.21775321353 3111352177

1117

132222222

knkkknkk

A partir da, vamos ver o que acontece com um termo da forma121 222 217753 rknrrkkjp com kr1 :

1352

177

12117

13

121 2222222 213753217753 rknrrkkrknrrkk

.217753321111352

1772222

rknrrkk

Assim, em algum momento, a partir de 311 222

217753 knkk chegaremos em

222222)1(1121 21773217753

knkkkknkkkk .

Continuamos ento com:

13

23

)1(117

13

)1(1 222222

2137321773 knkkknkk

)( jp

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.2197322373222222 )1(123

19

)1(113

23

knkkknkk

A partir da, vamos ver o que acontece com um termo da forma222 )1(21 219753 knrkrrkjp com kr 0 :

23

19

)1(1123197

2353

)1(21 222

2

222

223753219753 knrkrrkknrkrrk

.219753 222 )1(112323

19

knrkrrk

Assim, em algum momento, a partir de222 )1(1 21973 knkk chegaremos em

222222)1()1()1(21

21953219753

knkkknkkkkk . Continuamos ento com:

222222 )1(1)1(19

115

)1()1(2115321953

knkkknkk ,

como queramos mostrar.

Assim, em algum momento, a partir de2

2n chegaremos em 1153

2

nn .

Vejamos como continua:

.29532315321153222

31

29

11

312

nnnnnn

A partir da, vamos ver o que acontece com um termo da forma

295322

1

nrnr

jp com2

0 nr :

.295323153229532 123129

12293

312

1 222

nrnrnrnrnrnr

Assim, em algum momento, a partir de 295322

nn chegaremos em

295229532 112222

nnnnnn .

A partir da, vamos ver o que acontece com um termo da forma

2952 122

rnrn

jp com nr 0 :

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.295231522952 1323129

132295

312

12 22

2

2

rnrnrnrnrnrn

Assim, em algum momento, a partir de 2952 12

nn chegaremos em

292295222)1(12 nnnnn . O prximo movimento ser ento

22 )1(29

1

)1( 2292 nn ,

e logo a prxima sada ser 2)1( n , completando assim o argumento recursivo.

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PROBLEMAS PROPOSTOS

Convidamos o leitor a enviar solues dos problemas propostos e sugestes de novosproblemas para prximos nmeros.

163) A equao quadrtica 3 0 possui duas razes e . Sabendoque 81, determine o valor de q.164) Em um tringulo ABC sejam D e E pontos sobre os lados BC e AC,respectivamente, tais que

. Se 60e , determinea medida do ngulo .165)Seja Aum subconjunto de 84 elementos do conjunto

{1,2,3,,169} tal que

emAno existem dois elementos cuja soma 169. Prove queApossui pelo menosum elemento quadrado perfeito.

166) possvel encontrar 2005 quadrados perfeitos diferentes tais que sua somatambm um quadrado perfeito?

167)Prove que 2

12

2

n

nno inteiro para nenhum n .

168)Determine todas as funes : que so comutativas, associativase satisfazem 000 e cyxcyxcycx ,,,)()()(

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Problema 167 proposto por Fabiano Alberton de Alencar Nogueira (Rio de Janeiro RJ);Problema 168 proposto por William Alvarado (San Jos, Costa Rica).

7/24/2019 Eureka 39

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COORDENADORES REGIONAIS

Alberto Hassen Raad (UFJF) Juiz de Fora MGAmrico Lpez Glvez (USP) Ribeiro Preto SPAntonio Carlos Nogueira (UFU) Uberlndia MGCarlos Alexandre Gomes da Silva (UFRN) Natal RNFabrcio Siqueira Benevides (UFC) Fortaleza CECarmen Vieira Mathias (UNIFRA) Santa MaraRSClaus Haetinger (UNIVATES) LajeadoRSCludio de Lima Vidal (UNESP) S.J. do Rio PretoSPDenice Fontana Nisxota Menegais (UNIPAMPA) Bag RSDbora de Jess Bezerra (Universidade Metodista de SP) S.B. do CampoSPDisney Douglas Lima de Oliveira (UFAM) ManausAMEdson Roberto Abe (Colgio Objetivo de Campinas) CampinasSPEdney Aparecido Santulo Jr. (UEM) MaringPREduardo Leandro (UFPE) Recife PEEmiliano Chagas (Grupo Educacional Etapa) So Paulo SPFabio Brochero Martnez (UFMG) Belo Horizonte MGFlorncio Ferreira Guimares Filho (UFES) VitriaESFrancinildo Nobre Ferreira (UFSJ) So Joo del Rei MGDiego Marques (UnB) Braslia DFHerivelto Martins (USP So Carlos) So Carlos SPGisele Detomazi Almeida (UFT) Arraias TOGilson Tumelero (UTFPR) Pato Branco PRIvanilde Fernandes Saad (UC. Dom Bosco) Campo Grande MSJoo Bencio de Melo Neto (UFPI) TeresinaPIJoo Francisco Melo Libonati (Grupo Educacional Ideal) Belm PADiogo Diniz (UFPB) Campina GrandePBJos Luiz Rosas Pinho (UFSC) FlorianpolisSCJos Vieira Alves (UFPB) Campina GrandePBJos William Costa (Instituto Pueri Domus) Santo Andr SPKrerley Oliveira (UFAL) Macei AL

Licio Hernandes Bezerra (UFSC) FlorianpolisSCLuciano G. Monteiro de Castro (Sistema Elite de Ensino) Rio de Janeiro RJLuzinalva Miranda de Amorim (UFBA) SalvadorBAMarcelo Antonio dos Santos FACOS OsrioRSMarcelo Rufino de Oliveira (Grupo Educacional Ideal) Belm PAMrcio Fialho Chaves (UFLA) Lavras MGNewman Simes (Cursinho CLQ Objetivo) PiracicabaSPNivaldo Costa Muniz (UFMA) So LuisMAUberlndio Batista Severo (UFPB) Joo Pessoa PBRaul Cintra de Negreiros Ribeiro (Colgio Anglo) AtibaiaSPReinaldo Gen Ichiro Arakaki (UNIFESP) SJ dos Campos SPRicardo Amorim (Centro Educacional Logos) Nova IguauRJRonaldo Alves Garcia (UFGO) GoiniaGORosangela Ramon (UNOCHAPEC) ChapecSCSeme Gebara Neto (UFMG) Belo Horizonte MG

Tadeu Ferreira Gomes (UEBA) JuazeiroBAToms Menndez Rodrigues (U. Federal de Rondnia) Porto VelhoROValdenberg Arajo da Silva (U. Federal de Sergipe) So CristvoSEWanderson Breder (CEFET RJ) Nova FriburgoRJ

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Eureka 39