Segunda Prova Nível Alfa

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Segunda Prova N´ıvel Alfa - 2021

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Resolu¸

c˜

ao comentada

Questão 01: Em uma cidade só existem dois jornais, que chamaremos de Diário do A e Jornal do B para facilitar. Nesta cidade todo mundo lê pelo menos um jornal.

O Diário do A é lido por 40% da popula¸cão e o Jornal do B é lido por 70% da popula¸cão. O Diário do A lan¸cou uma propaganda para aumentar sua popularidade e esta foi muito bem sucedida: após a campanha publicitária, o público leitor do Diário do A passou a ser 50% da popula¸cão. A propaganda não fez ninguém deixar de ler os jornais que já liam, apenas fez alguns leitores do Jornal do B passarem a ler também o Diário do A.

Depois da propaganda, qual a porcentagem da popula¸c˜ao que lˆe apenas o Jornal do B?

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Solu¸cão: O enunciado traz que, depois da propaganda, 50% da popula¸cão lê o Diário do A e, além disso, a quantidade de pessoas que lê o Jornal do B se mantém em 70%. Como todos os habitantes leem pelo menos um jornal - e isso se mantém após a propagada - a quantidade de pessoas que leem os dois jornais é dada por:

50% + 70% − 100% = 20%

Desse modo, a porcentagem da popula¸cão que lê apenas o Jornal do B é de 50%, pois: 70% − 20% = 50%

OBS: A situa¸cão anterior pode ser representada pelos Diagramas de Venn. Considere que cada parte do diagrama da Figura 1 está organizada da seguinte forma: A representa a porcentagem de leitores do Diário do A; B representa essa porcentagem para o Jornal do B; U representa o conjunto universo (no caso, popula¸cão da cidade). Assim, sendo x a porcentagem dos leitores que leem simultaneamente os dois jornais, a quantidade dos que leem somente o Diário do A é 50% − x e, somente o Jornal do B, 70% − x. Como todos da cidade leem pelo menos um jornal, a porcentagem da popula¸cão fora dos conjuntos A e B é nula, e podemos representar a situa¸cão pela Figura 2.

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Figura 1: Representa¸c˜ao do Diagrama de Venn.

Figura 2: Representa¸c˜ao do Diagrama de Venn para o problema dos jornais. Dessa maneira:

50% − x + x + 70% − x = 100% =⇒ 50% + 70% − 100% = x =⇒ x = 20%

E, assim, sabendo que a interse¸cão entre os conjuntos possui valor de 20%, a porcentagem da popula¸cão que lê apenas o Jornal do B é dada por 70% − 20% = 50%.

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Quest˜ao 02: Em uma turma, o professor corrigiu as provas dos alunos e as notas assumiram apenas os valores 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 e 10.

a) Se a turma tiver 12 alunos, podemos afirmar com certeza que h´a dois alunos que tiraram a mesma nota?

b) E se a turma tiver 25 alunos, podemos garantir que ao menos trˆes alunos tiraram a mesma nota? Podemos garantir que quatro tiraram a mesma nota?

c) Qual deveria ser o tamanho m´ınimo da turma para garantir que pelo menos cinco alunos tirem a mesma nota?

d) Dado um n´umero natural n ≥ 2, qual deveria ser o tamanho m´ınimo da turma para garantir que pelo menos n alunos tirem a mesma nota? Expresse sua resposta em fun¸c˜ao de n.

Solu¸c˜ao:

a) Os valores poss´ıveis para as notas são os números de 0 a 10, totalizando 11 poss´ıveis notas. Tendo 12 alunos, para que nenhuma nota se repetisse, seriam necessários 12 valores de notas diferentes, o que não acontece. Dessa forma, deve ocorrer pelo menos uma repeti¸cão.

Este argumento ´e conhecido como Princ´ıpio da Casa dos Pombos.

b) Do item (a), sabemos que s˜ao 11 notas poss´ıveis. Se considerarmos o caso em que temos apenas dois alunos com cada uma dessas 11 notas, ent˜ao a turma deve ter 22 alunos.

Como a turma possui 25 alunos, os 25 − 22 = 3 alunos excedentes devem possuir uma das 11 notas, o que garante que pelo menos trˆes alunos tiraram a mesma nota.

Mas veja que isso não garante que tivemos quatro alunos que tiraram a mesma nota, pois é poss´ıvel que, desses três alunos restantes, cada um tenha tirado uma nota diferente. Caso isso ocorra, há no máximo três alunos com a mesma nota.

c) Com argumento semelhante ao item (b), tendo apenas quatro alunos com cada uma das 11 notas, são 44 alunos no total. Para garantir que haja pelo menos cinco alunos com a mesma pontua¸cão, devemos acrescentar um aluno à turma, pois esse necessariamente possuirá uma dentre as 11 notas. Desse modo, o tamanho m´ınimo da turma é de 45 alunos.

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d) Dos itens anteriores, temos o seguinte:

i) Para garantir que haja dois alunos que tiraram a mesma nota, o n´umero m´ınimo de alunos na turma ´e 12;

ii) Para garantir que haja três alunos que tiraram a mesma nota, o número m´ınimo de alunos na turma é 23;

iii) Para garantir que haja quatro alunos que tiraram a mesma nota, o n´umero m´ınimo de alunos na turma ´e 34;

iv) Para garantir que haja cinco alunos que tiraram a mesma nota, o n´umero m´ınimo de alunos na turma ´e 45.

Perceba que a rela¸cão estabelecida entre o número m´ınimo de alunos da turma e a quantidade de alunos que queremos garantir é:

i) 12 = 11 · (2 − 1) + 1 ii) 23 = 11 · (3 − 1) + 1 iii) 34 = 11 · (4 − 1) + 1 iv) 45 = 11 · (5 − 1) + 1

Logo, para os n alunos que queremos garantir, a turma deve possuir, no m´ınimo: 11 · (n − 1) + 1 = 11n − 10 alunos.

Isso porque, se cada nota foi tirada por n − 1 alunos, temos 11 · (n − 1) alunos no total, e adicionar mais um garante a repeti¸c˜ao.

Questão 03: Dados dois inteiros m, n > 0, dizemos que m e n são primos entre si se o maior (máximo) divisor comum de m e n for 1, ou seja, se mdc(m, n) = 1.

a) Mostre que dois n´umeros naturais consecutivos s˜ao sempre primos entre si.

b) Seja n ≥ 1 um número natural e A um subconjunto de {1, 2, . . . , 2n}. Mostre que se o conjunto A tiver ao menos n + 1 elementos, então A possui ao menos um par de números primos entre si.

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Solu¸c˜ao:

a) Considere dois n´umeros naturais consecutivos n e n + 1. Se existir um n´umero natural d tal que d divide n e n + 1, vale que, para q, k ∈ N, k > q:

n = d · q e n + 1 = d · q + 1 = d · k De onde temos:

1 = d · (k − q)

Ou seja, d divide 1, e portanto d = 1. Por isso, números naturais consecutivos são sempre primos entre si (também chamados de coprimos).

b) Queremos analisar se, tomando um conjunto com pelo menos n + 1 elementos, haver´a pelo menos um par de n´umeros primos entre si. Para isso, utilizemos o item (a).

Do conjunto {1, 2, . . . , 2n}, temos que os únicos subconjuntos com n elementos (máximo que podemos obter antes de n + 1) em que nenhum deles seja consecutivo são {1, 3, 5, . . . , 2n − 1} e {2, 4, 6, . . . , 2n}.

Como o subconjunto A deve possuir pelo menos n + 1 elementos, ele possuirá pelo menos dois números consecutivos, que serão primos entre si pelo que já hav´ıamos conclu´ıdo.

Questão 04: Considere um 4ABC (triângulo ABC) e seja M o ponto médio do segmento AB. Para cada ponto F pertencente ao segmento CM , constru´ımos duas retas e obtemos dois pontos:

• O ponto B0 _´_{e obtido pela intersec¸c˜}_{ao do lado AC com a reta}←→_{BF .} • O ponto A0 _´_{e obtido pela intersec¸c˜}_{ao do lado BC com a reta}←_{AF .}→

Assumimos que o quadrilátero determinado por A, B, A0 e B0 está inscrito em uma circunferência, ou seja, existe uma circunferência que contém os quatro pontos. Assumimos também que as retas ←AB→ e ←−→B0A0 são paralelas.

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A Figura 3 ilustra a situa¸c˜ao:

Figura 3: Representa¸c˜ao do 4ABC e dos pontos anteriormente determinados. (a) Mostre que os segmentos CM e AB s˜ao perpendiculares.

(b) (Item de questão a ser respondido com o GeoGebra) Dê um exemplo de um 4ABC e um ponto F ∈ CM tais que o quadrilátero determinado por A, B, A0 e B0 não esteja inscrito em uma circunferência e tal que CM e AB não sejam perpendiculares. Para responder este item, basta você anexar uma imagem produzida no GeoGebra, incluindo as coordenadas dos pontos.

Observa¸cão: Para este item, você deve considerar o ponto A = (0, 0) e B = (6, 0). Solu¸cão:

a) Como o quadrilátero determinado por A, B, A0 e B0 está inscrito em uma circunferência, veja a Figura 4, então do teorema sobre ângulos que enxergam o mesmo arco (consequência do Teorema do Ângulo Central), conclu´ımos que:

i) α := ∠F AB ∼=_{∠F B}0A0 (pois ambos enxergam o mesmo arco A0_B) ii) β := ∠B0A0A ∼=∠F BA (pois ambos enxergam o mesmo arco AB0₎ iii) γ := ∠AA0B ∼=∠AB0B (pois ambos enxergam o mesmo arco AB) iv) θ := ∠B0AA0 ∼=_∠B0BA0 (pois ambos enxergam o mesmo arco B0_A0_).

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α θ θ β A B M C F A0 γ β B0 γ α θ + α θ + β

Figura 4: Representa¸c˜ao dos ˆangulos constru´ıdos no 4ABC.

Assim, como as retas ←AB e→ ←−→B0A0 são paralelas por hipótese, então

∠CA0B0 ∼=_∠A0BA ∼= β + θ, ∠CB0A0 ∼=∠B0AB ∼= θ + α. Em particular temos:

∠CB0A0_{+ ∠AB}0A0 ∼=∠CA0B0_{+ ∠B}0A0B =⇒ θ + 2α + γ ∼= θ + 2β + γ =⇒ α ∼= β.

E isto implica que:

∠CAB ∼= θ + α ∼=_∠CBA.

Ou seja, o triângulo ABC é isósceles com base AB. Em particular AC ∼= BC. Como M é ponto médio de AB, temos que os triângulos ACF e BCF são congruentes pelo caso LLL, de onde segue

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que

∠CMA ∼=∠CMB

o que prova que CM ´e perpendicular a AB, como quer´ıamos demonstrar.

b) Não há uma única solu¸cão. A constru¸cão de uma situa¸cão semelhante foi feita em https://www. geogebra.org/classic/mqp93ms3. Nela, é poss´ıvel movimentar o ponto C de modo a visualizar poss´ıveis coordenadas dos pontos em questão.

Questão 05: Dado um n´_{umero natural n > 1, dizemos que a, b ∈ Z são congruentes módulo n se n} for um divisor de a − b, neste caso, denotamos por a ≡ b mod n. Um outro modo de ver a congruência módulo n de dois números inteiros a e b é ver que, ao dividirmos a e b por n, obtemos o mesmo resto.

Por exemplo, se n = 5, a = 17 e b = 32, então temos que 17 = 3 · 5 + 2 e 32 = 6 · 5 + 2, ou seja, ambos os números, ao serem divididos por 5, tem resto igual a 2, e portanto temos que 17 ≡ 32 mod 5. Além disso, repare que 32 − 17 = 15 é divis´ıvel por 5, fato que também garante a congruência módulo 5 entre 17 e 32.

Podemos construir equa¸cões módulo n. Consideramos, por exemplo, a equa¸cão 3x ≡ 3 mod 6. Esta equa¸cão tem três solu¸cões distintas no conjunto {1, 2, 3, 4, 5}: x = 1 (pois 3 · 1 = 3), x = 3 (pois 3 · 3 = 9 e o resto da divisão de 9 por 6 é 3) e x = 5, (pois 3 · 5 = 15 e o resto da divisão de 15 por 6 é 3).

Observa¸cão: Esta questão exigirá que vocês estudem um conteúdo um pouco mais avan¸cado. Suge-rimos que antes de tentar respondê-la, estudem um pouco os v´ıdeos dispon´ıveis no Portal da Matemática. a) Quais são os números inteiros x tais que 0 ≤ x ≤ 10 e que satisfazem a equa¸cão x2 _{≡ 5 mod 11?} b) Quais são as solu¸cões de x2_{+ 4x − 12 ≡ 0 mod 17, com x inteiro e 0 ≤ x ≤ 100?}

c) Seja a um n´umero inteiro. Suponha que 12 seja um divisor de (a − 5) e que 25 seja um divisor de (a + 4). Qual o menor valor positivo poss´ıvel para a? Qual o menor valor poss´ıvel para |a|?

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Teorema Chinês do Resto: Sejam n1, n2, números inteiros positivos primos entre si. Então o sistema de congruência lineares

x ≡ a1 mod n1 x ≡ a2 mod n2

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admite uma única solu¸cão módulo n = n1n2, em outras palavras, se x1 e x2 são solu¸cões do sistema, então temos que x1 ≡ x2 mod n.

d) Utilize o Teorema Chinˆes do Resto para determinar todos os inteiros x tal que 0 ≤ x < 91 e que satisfazem a equa¸c˜ao

x3+ 88x2− 16x + 48 ≡ 0 mod 91. Solu¸c˜ao:

a) Para resolver essa questão, podemos verificar de forma direta os restos das divisões por 11 de cada um dos números em questão:

02_{: 0 = 11 · 0 + 0} 12: 1 = 11 · 0 + 1 22: 4 = 11 · 0 + 4 32_{: 9 = 11 · 0 + 9} 42_{: 16 = 11 · 1 + 5} 52: 25 = 11 · 2 + 3 62_{: 36 = 11 · 3 + 3} 72: 49 = 11 · 4 + 5 82_{: 64 = 11 · 5 + 9} 92_{: 81 = 11 · 7 + 4} 102: 100 = 11 · 9 + 1

Assim, veja que os números inteiros, ao quadrado, de 0 a 10, que deixam resto 5 na divisão por 11 são os números 4 e 7.

b) Nesse caso, h´a duas solu¸c˜oes poss´ıveis:

1ª solu¸cão: Assim como no caso anterior, é poss´ıvel verificar o resto para cada x de 0 a 100. Como seria trabalhoso fazê-lo, podemos facilitar os cálculos observando que ao dividir um número inteiro x por 17, o resto será um inteiro positivo que varia entre 0 e 16, isto é, x = 17q + y onde 0 ≤ y ≤ 16 e q ∈ Z. Assim,

x2+ 4x − 12 ≡ 0 mod 17 ⇐⇒ (17q + y)2+ 4(17q + y) − 12 ≡ 0 mod 17 ⇐⇒ y2_{+ 4y − 12 ≡ 0} _{mod 17.}

Isso porque os termos múltiplos de 17 são congruentes a 0 mod 17, e podemos exclu´ı-los. Isso significa que o estudo da congruência inicial fica reduzido a valores inteiros entre 0 e 16:

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0: 02_{+ 4 · 0 − 12 = −12 = 17 · 0 − 12} 1: 12+ 4 · 1 − 12 = −7 = 17 · 0 − 7 2: 22_{+ 4 · 2 − 12 = 0 = 17 · 0 + 0} 3: 32_{+ 4 · 3 − 12 = 9 = 17 · 0 + 9} 4: 42+ 4 · 4 − 12 = 20 = 17 · 1 + 3 5: 52_{+ 4 · 5 − 12 = 33 = 17 · 1 + 16} 6: 62_{+ 4 · 6 − 12 = 48 = 17 · 2 + 14} 7: 72+ 4 · 7 − 12 = 65 = 17 · 3 + 14 8: 82+ 4 · 8 − 12 = 84 = 17 · 4 + 16 9: 92_{+ 4 · 9 − 12 = 105 = 17 · 6 + 3} 10: 102_{+ 4 · 10 − 12 = 128 = 17 · 7 + 9} 11: 112_{+ 4 · 11 − 12 = 153 = 17 · 9 + 0} 12: 122_{+ 4 · 12 − 12 = 180 = 17 · 10 + 10} 13: 132_{+ 4 · 13 − 12 = 209 = 17 · 12 + 5} 14: 142_{+ 4 · 14 − 12 = 240 = 17 · 14 + 2} 15: 152_{+ 4 · 15 − 12 = 273 = 17 · 16 + 1} 16: 162+ 4 · 16 − 12 = 308 = 17 · 18 + 2 Assim, veja que os números inteiros de 0 a 16 que satisfazem a equa¸cão são 2 e 11. Para vermos os números até 100, fa¸camos o seguinte:

i) 2 + 17 · 1 = 19 ; 2 + 17 · 2 = 36 ; 2 + 17 · 3 = 53 ; 2 + 17 · 4 = 70 ; 2 + 17 · 5 = 87. ii) 11 + 17 · 1 = 28 ; 11 + 17 · 2 = 45 ; 11 + 17 · 3 = 62 ; 11 + 17 · 4 = 79 ; 11 + 17 · 5 = 96. Logo, os n´umeros procurados s˜ao

{2, 11, 19, 28, 36, 45, 53, 62, 70, 79, 87, 96}

2ª solu¸cão: Para uma solu¸cão mais direta, observe que x2 + 4x − 12 = (x + 6)(x − 2). Assim, podemos reescrever a congruência dada como:

(x + 6)(x − 2) ≡ 0 mod 17

Isso, em termos de divisibilidade, significa que 17 | (x + 6)(x − 2), ou seja, que o resto da divisão de (x + 6)(x − 2) por 17 é 0. Lembremos que se p é um numero primo tal que p | ab, então p | a ou p | b. Como 17 é primo, então teremos que 17 | (x + 6) ou 17 | (x − 2), o que em termos de congruências significa que:

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Como 0 ≤ x ≤ 100, estamos procurando os números entre 0 e 100 que, ao serem divididos por 17, deixem resto 2 ou resto 11 (pois 11 ≡ −6 mod 17). Para encontrar tais números, basta listar os múltiplos de 17 e somar 2 e 11 respectivamente a cada um deles.

Os primeiros múltiplos não negativos de 17 são:

{0, 17, 34, 51, 68, 85, 102, . . . } Logo, os números entre 0 e 100 congruentes com 2 módulo 17 serão:

{2, 19, 36, 53, 70 e 87}

e os números entre 0 e 100 congruentes com 11 (ou -6) módulo 17 serão: {11, 28, 45, 62, 79 e 96}

c) Como 12 é um divisor de (a − 5) e 25 é um divisor de (a + 4), então temos que existem inteiros t e s tais que a − 5 = 12t a + 4 = 25s Assim, a = 12t + 5 a = 25s − 4, igualando estas ultimas expressões obtemos:

25s = 12t + 9 – Caso (i). Vamos achar o menor valor de a positivo:

Se a > 0, ent˜ao a + 4 > 4, assim, 25s > 4, ou seja, estamos procurando m´ultiplos positivos de 25.

Veja que para k ≥ 0 temos que 25 · k = 24 · k + k, ou, equivalentemente, 25 · k = 12 · (2 · k) + k, assim,

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portanto, o menor m´ultiplo (positivo) de 25 que deixa res´ıduo 9 ao dividir por 12 ´e 225, ou seja, quando s = 9; desta forma, t = 18 e portanto, a = 12 × 18 + 5 = 221.

– Caso (ii). Vamos achar o menor valor poss´ıvel para |a|:

De forma an´aloga ao caso anterior vemos que para 0 ≤ k ≤ 12, se satisfaz: −25 · k = −12(2k + 1) + (12 − k),

assim, se s satisfaz tal condi¸c˜ao, teremos que

25(−s) = 12(−2s − 1) + (12 − s),

de onde vemos que o menor valor s para o qual 25(−s) deixa res´ıduo 9 ao dividir por 12 ´e s = 3, assim, t = −7 e portanto a = −79, logo, o menor valor poss´ıvel para |a| ´e 79.

d) Queremos resolver x3 + 88x2 − 16x + 48 ≡ 0 mod 91. Somando −91x2 _{≡ 0 mod 91 dos dois} lados, temos:

x3− 3x2_{− 16x + 48 ≡ 0} _{mod 91}

Escrevendo f (x) = x3_{− 3x}2_{− 16x + 48, temos, pelo teste das ra´ızes racionais, que as poss´ıveis} ra´ızes racionais de f (x) s˜ao da forma p

±1, onde p divide 48 (termo independente de f ). Portanto, como 48 = 3 · 24 _{e f (3) = 0, temos que 3 ´}_{e raiz. Assim, podemos fatorar:}

x3− 3x2_{− 16x + 48 = (x − 3)(x}2_{− 16) = (x − 3)(x + 4)(x − 4)}

Note que 91 = 7 × 13, portanto se (x − 3)(x + 4)(x − 4) é múltiplo de 91, então é múltiplo de 7 e de 13, isto é    (x − 3)(x + 4)(x − 4) ≡ 0 mod 7 (x − 3)(x + 4)(x − 4) ≡ 0 mod 13 (1)

Pelo Teorema Chinês do Resto, existe um único valor de (x−3)(x+4)(x−4) que solu¸cão simultânea das congruências acima (pois mdc(7, 13) = 1), sendo esse valor 0. Portanto resolver o sistema é equivalente a resolver a equa¸cão original (x − 3)(x + 4)(x − 4) ≡ 0 mod 91.

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Como 7 e 13 são primos, então, do sistema (1), segue que x ≡ 3 ou x ≡ −4 ou x ≡ 4 mod 7 e x ≡ 3 ou x ≡ −4 ou x ≡ 4 mod 13, que serão as poss´ıveis solu¸cões. Mas −4 ≡ 3 mod 7 e −4 ≡ 9 mod 13, portanto x deve ser congruente a 3 ou 4 mod 7 e, ao mesmo tempo, com 3, 4 ou 9 mod 13. Isso nos dá 6 sistemas da forma:

x ≡ a mod 7 x ≡ b mod 13

para resolver, com a ∈ {3, 4} e b ∈ {3, 4, 9}. Pelo Teorema Chinês do Resto, cada um deles tem uma única solu¸cão módulo 91. Assim o conjunto de solu¸cões módulo 91 é