Lista01solv2

(1)

POTI VIRTUAL

Soluc¸ ˜oes da Lista 1

Professores respons´aveis: Daniel Lima e Jo˜ao Cesar

1 N´ıvel 1

1. (Solução adaptada Thiago Fanelli Ferraiol) Como a soma das 4 interseç ões de um dos c´ırculos é 14 e a soma total é 21, segue que a soma das outras duas interseç ões é 21-14=7. A soma 7 vem dos seguintes pares: 1 + 6, 2 + 5 e 3 + 4. O que significa que esses pares devem estar nos pares de interseç ões formados quando pegamos as duas interseç ões de duas circunferências. Se colocarmos os n úmeros 1,2 e 3 nas interseç ões do meio, saberemos exatamente onde ficam os n úmeros 4,5 e 6 (o 6 oposto ao 1, o 5 oposto ao 2 e o 4 oposto ao 3). E ficamos com a figura abaixo:

E daqui podemos verificar que as condiç ões do problema estão todas satisfeitas.

2. (Solução de Ricardo Yudi Takahashi) Sejam a, b e c os numeros inteiros que representam as idades dos três filhos de Paulo. Do enunciado temos que:

a + b + c = 9 (1)

abc = 24 (2)

De (2) obtemos que as três idades são n úmeros divisores de 30 e por (1) sabemos que cada uma das idades é menor que ou igual a 12. Portanto a, b e c s ó podem ser 1, 2, 3, 5, 6 ou 10. Como o produto das idades deve ser 30, temos que a, b, c=10,3,1,6,5,1 ou 5,3,2. Como podemos notar, a única tripla que satisfaz (1) é a, b, c=6,5,1 e essas são as idades procuradas. 3. (Solução de Ricardo Yudi Takahashi) Sejam a, b e c os d´ıgitos do n úmero procurado. Do

enunciado temos que

a + b + c = 9 (1)

abc = 24 (2)

De (2) obtemos que os três d´ıgitos são divisores de 24 e por (1) sabemos que cada uma das idades é menor que ou igual a 9. Portanto a, b e c s ó podem ser 1, 2, 3, 4, 6 ou 8. Como o produto dos algarismos deve ser 24, temos que a, b, c = 8, 3, 1, 6, 4, 1, 6, 2, 2 ou 4, 3, 2. Como podemos notar, a única tripla que satisfaz (1) é a, b, c = 4, 3, 2. Agora s ó precisamos escolher os d´ıgitos adequadamente para que

(2)

abc cba =

27 38

E analisando as possibilidades vemos que (a, b, c) = (2, 4, 3).

4. (Solução de Lucas Maur´ıcio Ruan) Suponha que o que o problema está pedindo é poss´ıvel. Sendo assim, usariamos a notas de 1, b notas de 10, c notas de 100 e d notas de 1000 e ter´ıamos:

a + b + c + d = 500000 a + 10b + 100c + 1000d = 1000000.

Subtraindo as duas equaç ões, temos 9(b + 11c + 111d) = 500000. Isso nos mostra que 9 divide 500000. Isso é um absurdo e, consequentemente, o que foi pedido no enunciado não é poss´ıvel

5. (Solução Adaptada de Lucas Maur´ıcio Ruan) A ideia desse problema é que, dado um n úmero em que chegamos, podemos, s ó olhando para ele, descobrir qual foi a última operação usada. Veja que a tecla A transforma o nosso n úmero em um novo n úmero que necessariamente é maior que 1 enquanto a tecla B transforma o nosso n úmero num n úmero necessariamente menor que 1. Antes de continuar o problema vamos inventar algumas teclas nossaS:

• A tecla C reverte o que a tecla A faz, ou seja: transforma um n ´umero x em x − 1 • A tecla D reverte o que a tecla B. Aqui ´e um pouquinho mais dif´ıcil entender o que D

far´a. Lembre-se que B transforma x em 1

x+1, logo, queremos que, dado um n ´umero a,

a nossa tecla D encontre um n ´umero b de modo que: 1

b + 1 = a Desta equac¸˜ao temos b + 1 = 1a =⇒ b =

1−a

a .Perfeito! O que nossa tecla D far´a ´e

transformar um n ´umero x em1−xx e reverter o ”efeito”de uma tecla B.

Agora vamos partir de 19

94e reverter nossas teclas at´e chegar em 1.

(a) Como19₉₄ < 1, a última operação usada foi da tecla B e para descobrir qual era o n úmero anterior devemos usar nossa tecla D.

1 −19₉₄

19 94

=75 19

(b) Como7519 > 1, a última operação usada foi da tecla A e para descobrir qual era o n úmero

anterior devemos usar nossa tecla C. 75 19− 1 =

56 19 (c) Como56

19 > 1, a última operação usada foi da tecla A e para descobrir qual era o n úmero

37 19 (d) Como37

19 > 1, a última operação usada foi da tecla A e para descobrir qual era o n úmero

18 19 (e) Como18

19 < 1, a última operação usada foi da tecla B e para descobrir qual era o n úmero

(3)

(f) Como181 < 1, a última operação usada foi da tecla B e para descobrir qual era o n úmero

anterior devemos usar nossa tecla D. 1 −₁₈1

1 18

= 17

Agora que obtemos o n úmero 17, podemos ver pelo procedimento que utilizamos acima que os n úmeros anteriores eram 16, 15, 14, 13,..., 2, 1. E aqui aplicamos 16 vezes a tecla C. Na contagem final, utilizamos 19 vezes a tecla C e 3 vezes a tecla D para enfim chegar em 1, o que significa que, fazendo o caminho reverso, utilizamos 19 vezes a tecla A e 3 vezes a tecla Bpara ir de 1 até 19

94.

2 N´ıvel 2

1. (Solução de Lucas Maur´ıcio Ruan) Iremos usar repetidamente o produto notável (a − b)(a + b) − a2− b2_{. Para isso vamos dividir nosso produto em 2 partes:}

(√5 +√6 +√7)(√5 +√6 −√7) = (√5 +√6)2− (√7)2 = (√5)2+ 2 ·√5 · 6 + (√6)2− 7 = 2 ·√30 + 4. (√5 −√6 +√7)(−√5 +√6 +√7) = (√7)2− (√5 −√6)2 = 7 − 5 + 2√5 · 6 − 6 = 2√30 − 4.

Agora vamos multiplicar as duas partes para obter o resultado da express˜ao:

(2√30 + 4) · (2√30 − 4) = (2√30)2− 42 = 120 − 16 = 104.

2. Infelizmente há um erro no enunciado e o problema não tem uma solução, como se pode perceber quando substituimos o produto ab por 1 e por 2 e obtemos dois valores diferentes. Segue a expressão correta a sua solução:

x = r ab 2 + √ 8 r ab + 16 4 + √ ab x2 = ab 2 + 2 √ ab + 8 ab + 16 4 + √ ab = ab + 4 √ ab + 16 ab + 4√ab + 16 = 1

Como, x ´e n˜ao negativo, segue que x = 1.

(4)

(√19 − x +√97 + x)2 = 196 (19 − x) + (97 + x) + 2p(19 − x)(97 + x) = 196 2p(19 − x)(97 + x) = 80

p

(19 − x)(97 + x) = 40.

Elevando a equac¸˜ao anterior ao quadrado, temos:

(19 − x)(97 + x) = 1600 1843 − 97x + 19x − x2 = 1600

x2+ 78x − 243 = 0.

Agora chegamos em uma equação do 2o_{grau, que podemos resolver usando a f órmula de}

Bh´askara. Teremos ∆ = 782_{− 4 · (−243) · 1 = 7056 = 84}2_{e desse modo:}

x = −78 ± √ 842 2 = −78 ± 84 2

E da´ı temos que x = 3 ou x = −81 e substituindo na equac¸˜ao inicial vemos que esses dois valores funcionam, concluindo o problema.

4. (Solução Oficial) Usaremosnesse problema as fatoraç ões x3_{− y}3 _{= (x − y)(x}2_{+ xy + y}2 _e

x3_{+ y}3_{= (x + y)(x}2_{− xy + y}2₎_{. Observe que:}

x3+ 1 = (x + 1)(x2− x + 1) E tamb´em que:

(x − 1)3− 1 = (x − 1 − 1)[(x − 1)2+ (x − 1) + 1] = (x − 2)(x2− x + 1) Assim, o que queremos analisar ´e:

23_{− 1} 23_{+ 1} · 33_{− 1} 33_{+ 1}· . . . · 1003_{− 1} 1003_{+ 1} = Q101 i=3(i − 1) 3_{− 1} Q100 i=2i3+ 1 = Q101 i=3(i − 2)(i 2_{− i + 1)} Q100 i=2(i + 1)(i2− i + 1) .

E essa nova forma de ver a express˜ao nos providencia muitos cancelamentos,s sobrando somente

(3 − 2)(4 − 2)(1012− 101 + 1) 99 + 1)(100 + 1)(22_{− 2 + 1)}

que, efetuando os devidos cancelamentos, é o mesmo que 3367 5050. 5. (Solução Oficial) As duas equaç ões produzem:

a3 = 3ab2+ 11 a3− 3ab2 ₌ ₁₁

(5)

e

b3 = 3a2b + 2 b3− 3a2b = 2 (b3− 3a2_b)2 ₌ ₂2

b6+ 9a4b2− 6a2b4 = 4

Somando as equac¸ ˜oes anteriores, temos

a6+ b6+ 3a2b4+ 3a4b2 = 125 (a2+ b2)3 = 53

a2+ b2 = 5

3 N´ıvel 3

1. (Solução de Lorenzo Andreaus) Podemos supor sem perda de generalidade que a altura de cada degrau da escada de 1000 degraus é 4. Na mesma unidade de medida, a altura de cada degrau da escada de 800 degraus será d. Como as duas escadas tem mesma altura, ficamos com 800d = 1000 · 4, ou seja, d = 5.

Como mmc(4, 5) = 20, as escadas estar˜ao no mesmo andar a cada 5 degraus da escada de 1000 degraus e a cada 4 degraus da escada de 800 degraus. Em cada um desses casos em que as escadas tem o mesmo n´ıvel temos um andar, logo, o total de andares ´e:

1000 5 =

800 4 = 200 2. (Solução de M órmon Lima dos Santos) Note que, se n ≥ 4:

n! = 1 · 2 · 3 · 4 · . . . · n

Note que, nesse caso, n! será m últiplo de 3 e de 4 e portanto será m últiplo de 12. Desse modo: 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + . . . + n! ≡ 1 + 2 + 6 + 0 + 0 + . . . + 0 = 9(mod.12)

3. (Soluc¸˜ao de Rodrigo Rachid) Seja k2 _{= pn + 1}_{. Desse fato temos k}2 _{≡ 1 (mod p), e da´ı}

sabemos que p divide k2_{− 1 = (k + 1)(k − 1). Como p ´e primo, teremos que k ≡ ±1 (mod p)}

e temos dois casos a considerar. Se k ≡ 1 (mod p), podemos escrever

k = pq + 1 k2 = p2q2+ 2pq + 1 pn + 1 = p2q2+ 2pq + 1 pn = p2q2+ 2pq n = pq2+ 2q n + 1 = pq2+ 2q + 1 = (p − 1)q2+ (q + 1)2.

Aqui, vemos que (n + 1) ´e a soma de (p − 1) vezes o quadrado perfeito q2_{mais uma vez o}

(6)

Se k ≡ −1 (mod p), podemos escrever k = pq − 1 k2 = p2q2− 2pq + 1 pn + 1 = p2q2− 2pq + 1 pn = p2q2− 2pq n = pq2− 2q n + 1 = pq2− 2q + 1 = (p − 1)q2+ (q + 1)2.

Aqui vemos que (n + 1) ´e a soma de (p − 1) vezes o quadrado perfeito q2_{mais uma vez o}

quadrado perfeito (q − 1)2_{, ou seja, ´e a soma de p quadrados perfeitos tamb´em neste caso,}

concluindo o problema.

4. (Solução de Lorenzo Andreaus) Note que, para 1 ≤ n ≤ 1993 temos s(n) ≤ 27. De fato, se ntem no máximo 3 d´ıgitos temos s(n) ≤ 9 + 9 + 9 = 27. Se n está entre 999 e 1900 temos s(n) ≤ 1 + 8 + 9 + 9 = 27. Por fim, se n está entre 1899 e 1994 temos s(n) ≤ 1 + 9 + 8 + 9 = 27. Assim, 1993 = n + s(n) ≤ n + 27 =⇒ n ≥ 1966 Note que n < 1993, caso contrário n + s(n) > n ≥ 1993, que é um absurdo. Logo, 1966 ≤ n ≤ 1992.

Escreva agora n = 1900 + 10x + y, com x e y algarismo e 6 ≤ x ≤ 9. Como sabemos que n ≡ s(n) (mod 9), teremos que:

1993 = n + s(n) ⇒ 4 ≡ s(n) + s(n) (mod 9) ⇒ s(n) ≡ 2 (mod 9)

Note ainda que s(n) ≥ 1 + 9 + 6 + 0 = 16 ⇒ 16 ≤ s(n) ≤ 27 e o único n úmero nesse intervalo que deixa resto 2 por 9 é 20. Logo, s(n) = 20 ⇒ n = 1993 − 20 = 1973.

5. (Solução Oficial) Suponha que podemos escolher p um primo que não divida n. Se p e m não fossem primos entre si, ter´ıamos que p|m ⇒ p|m + p ⇒ p|n que é um absurdo. Logo, p e m são de fato primos entre si. Logo, nosso problema se resume a provar que podemos achar 2 ≤ p ≤ n − 2. Suponha que esse primo não existe.

Desse modo, se pegarmos qualquer primo q que divida n − 2 ele também deverá dividir n ⇒ q|n − (n − 2) = 2 ⇒ q = 2. Logo, (n − 2) s ó tem fatores 2 e podemos escrever n − 2 = 2k

com k ≥ 3, pois n − 2 ≥ 7 − 2 = 5 > 4.

De modo semelhante, se pegarmos qualquer primo q que divida n − 3 ele também deverá dividir n ⇒ q|n − (n − 3) = 3 ⇒ q = 3. Logo, (n − 3) s ó tem fatores 3 e podemos escrever n − 3 = 3tcom k ≥ 2, pois n − 3 ≥ 7 − 3 = 4 > 3.

Juntando os dois fatos acima:

n − 2 = (n − 3) + 1 ⇒ 2k= 3t+ 1

Como t ≥ 1, da equação acima temos 2k _{≡ 1 (mod 3) ⇒ (−1)}k _{≡ 1 (mod 3) ⇒ k é par.}

Escrevendo então k = 2a e substituindo na equação acima temos: 22a= 3t+ 1 ⇒ 3t= 22a− 1 = (2a_{+ 1)(2}a_{− 1)}

Portanto, os n úmeros 2a_{− 1 e 2}a_{+ 1}_{devem ser duas potências de 3 com diferença 2, de onde}

s ´o podemos concluir que 2a_{− 1 = 1 e 2}a_{+ 1 = 3}_{, ou seja, a = 1. Por´em, se a = 1 ⇒ k = 2 ⇒}

n − 2 = 22= 4 ⇒ n = 6que ´e um absurdo.

Logo, existe q primo entre 2 e q−2, inclusive, tal que q n˜ao divide n. Disso segue que, fazendo p = qe m = n − q o nosso problema est´a resolvido.