...Lista Álgebra. A Equações e Sistemas. (x + 9) 2 = 40. POTI 2015 Lista 3...

(1)

. . . Lista 3 . . . .

Elaborado por Tiago Miranda

1 Algebra

´

A

Equa¸c ˜oes e Sistemas

Problema A.7 | Um dia, curiosamente, Tiago percebeu que havia ve´ıculos de 1, 2, 3 e 4 rodas na garagem de seu prédio: carrinhos de mão, bicicletas, triciclos e autom óveis. Ele, o irmão e o pai decidiram contar o n úmero de rodas que estavam na garagem. Tiago contou 26 rodas mas esqueceu-se de contar as dos autom óveis. O irmão dele contou também 26 rodas, mas não contou as dos triciclos e o pai contou 26 rodas mas não contou as rodas das bicicletas.

Determine a quantidade de ve´ıculos que estavam na garagem.

Problema A.8 | Rosa resolveu distribuir R$250, 00 para seus sobrinhos, dando a mesma quantia inteira (sem centavos) para cada um e percebeu que sobrariam R$10, 00. Ent˜ao, ela pensou em diminuir em R$1, 00 a quantia de cada um e descobriu que sobrariam R$22, 00. Por fim, ela resolveu distribuir apenas R$240, 00. Quanto ganhou cada sobrinho?

Problema A.9 | Hoje, dia 29 de julho de 2012, José tem o dobro da idade que Luiz tinha quando José tinha a idade que Luiz tem. Quando Luiz tiver a idade que José tem, a soma das idades deles será 90 anos. Em 29 de julho de 2017, qual a razão entre as idades de José e Luiz, nessa ordem?

Problema A.10 | Resolva a equac¸˜ao|x+1| + |x+2| + |x−5| =7.

Problema A.11 | Em seu treino diário de natação, Esmeraldinho percorre várias vezes, com um ritmo constante de braçadas, o trajeto entre dois pontos A e B situados na mesma margem de um rio. O nado de A para B é a favor da corrente e o nado em sentido contrário é contra a corrente. Um tronco arrastado pela corrente passa por A no exato instante em que Esmeraldinho sai de A. Esmeraldinho chega a B e imediatamente regressa a A. No trajeto de regresso, cruza com o tronco 6 minutos depois de sair de A. A seguir, Esmeraldinho chega a A e imediatamente sai em direção a B, alcançando o tronco 5 minutos depois da primeira vez que cruzou com ele ao ir de B para A. Quantos minutos o tronco leva para ir de A até B?

Problema A.12 | Resolva a equac¸˜ao x2+ 81x

2

(2)

2 Combinat ´oria

C

Paridade

Problema C.7 | Um n úmero de 17 d´ıgitos é somado com o seu reverso (um n úmero com os mesmos d´ıgitos, mas escrito na ordem inversa). Mostre que sua soma contém ao menos um d´ıgito par.

Problema C.8 | Vinte e cinco garotos e vinte e cinco garotas est˜ao sentados ao redor de uma mesa. Prove que ´e poss´ıvel encontrar uma pessoa que tem garotas como vizinhas.

Problema C.9 | Um jogo consiste de 9 bot ˜oes dispostos da seguinte maneira:

1 2 3

4 5 6

7 8 9

Apertando-se um botão das laterais do quadrado (bot ões de 1 até 9, exceto o 5), muda a cor da luz dele e de cada um dos os vizinhos (isto é, se a cor da luz do botão é vermelha, torna-se verde, e vice-versa). Apertando-se o botão do centro, muda a cor da luz de todos os 8 vizinhos, mas a dele não se altera. A partir dos bot ões dispostos como os da figura acima, veja abaixo três exemplos do que acontece ao apertarmos ou o 1 ou o 6 ou o 5 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Depois do apertar o 1 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Depois do apertar o 6 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Depois do apertar o 5 . Apertando-se sucessivamente alguns bot ões, é poss´ıvel acender todas as luzes com cor verde, se inicial-mente estavam todas acesas com a cor vermelha?

Problema C.10 | Em cada um dos 10 degraus de uma escada existe uma rã. Cada rã pode, de um pulo, colocar-se em outro degrau, mas quando uma rã faz isso, ao mesmo tempo, uma outra rã pulará a mesma quantidade de degraus em sentido contrário: uma sobe e outra desce. Conseguirão as rãs colocar-se todas juntas num mesmo degrau?

Problema C.11 | Em Brasilândia existem apenas 9 casas muito distantes entre si. É poss´ıvel que cada casa esteja ligada a exatamente 7 outras casas através de estradas?

Problema C.12 | Mostre que se a, b e c são n úmeros ´ımpares, então a equação ax2+bx+c = 0 não possui raiz racional.

(3)

Respostas e Solu¸c ˜oes.

Problema A.7 | Um dia, curiosamente, Tiago percebeu que havia ve´ıculos de 1, 2, 3 e 4 rodas na garagem de seu prédio: carrinhos de mão, bicicletas, triciclos e autom óveis. Ele, o irmão e o pai decidiram contar o n úmero de rodas que estavam na garagem. Tiago contou 26 rodas mas esqueceu-se de contar as dos autom óveis. O irmão dele contou também 26 rodas, mas não contou as dos triciclos e o pai contou 26 rodas mas não contou as rodas das bicicletas.

Determine a quantidade de ve´ıculos que estavam na garagem.

Solu¸c˜ao do problema A.7. (Extra´ıdo do material do PROFMAT−2013) Vamos denotar a quantidade de carrinhos de m˜ao

por c, a quantidade de bicicletas por b, a de trici-clos por t e a de autom ´oveis de a. Assim, teremos

o sistema _   c + 2b + 3t = 26 c + 2b + 4a = 26 c + 3t + 4a = 26

A diferença entre as duas primeiras equaç ões nos mostra que 4a = 3t. Fazendo o mesmo processo entre a primeira e a última equação, obtemos 2b = 4a. Por fim, as duas últimas equaç ões nos mostram que 2b =3t, ou seja, 4a=3t =2b =k.

Como se tratam de valores inteiros positivos, k deve ser m ´ultiplo de 3 e 4. Al´em disso,

2k =2b+3t <c+2b+3t =26,

ou seja, k<13. Portanto, como existe apenas um m ´ultiplo de 12 positivo e menor que 13, temos k =12. Da´ı, 4a =3t =2b=12 e segue que a =3, b =6, t=4 e c =2. Finalmente, temos como total de ve´ıculos: 2+3+4+6=15.

.

. . . Problema(s) Correlato(s) . . . . (OMERJ)Um ciclo de três conferências teve sucesso constante, isto é, em cada sessão havia o mesmo n úmero de assistentes. No entanto, a metade dos que compareceram à primeira não voltou mais; um terço dos que compareceram à segunda conferência assistiu apenas a ela e um quarto dos que compareceram à terceira não assistiu nem à primeira nem à segunda. Sabendo que havia 300 inscritos e que cada um assistiu a pelo menos uma conferência, determine:

a) quantas pessoas compareceram a cada conferência? b) quantas pessoas compareceram às três conferências?

Resposta do Problema Correlato.

Chamemos de P o n úmero de presentes em cada con-ferência, x, y, t e z serão os n úmeros inteiros dos que foram às três conferências; para às 1a e 2a, apenas; 1a e 3a_{, apenas; e 2}a_{e 3}a_{, apenas, respectivamente. Podemos}

ent˜ao escrever que

• y=300− P+ P₂ + P₃ =300−11P₆ ; • z=300− P+ P₃ + P₄ =300−19P 12 ; • t=300− P+ P₂ + P₄ =300− 7P 4 ;

e ainda x= P₂− (y+t) = 49P₁₂ −600. Temos então que P é m últiplo de 12, então existe k inteiro tal que P =12k.

Da´ı, ficamos com y = 300−22k, z = 300−19k, t = 300−21k e x = 49k−600, todos n˜ao negativos, logo:

• y=300−22k≥0⇒k ≤13, 63,

• z=300−19k≥0⇒k ≤15, 78,

• t=300−21k≥0⇒k≤14, 28 e

• x=49k−600≥0⇒k≥12, 24.

O ´unico inteiro nesse intervalo ´e k=13, com P=156 e x=37.

(4)

Problema A.8 | Rosa resolveu distribuir R$250, 00 para seus sobrinhos, dando a mesma quantia inteira (sem centavos) para cada um e percebeu que sobrariam R$10, 00. Ent˜ao, ela pensou em diminuir em R$1, 00 a quantia de cada um e descobriu que sobrariam R$22, 00. Por fim, ela resolveu distribuir apenas R$240, 00. Quanto ganhou cada sobrinho?

Solu¸c˜ao do problema A.8. (Extra´ıdo da OBM −2014)

Supondo x a quantidade de sobrinhos e y a quantidade, em reais, que cada sobrinho deveria receber na primeira situação. Analisando as duas situaç ões iniciais, chega-se ao sistema

(

xy=250−10=240 x(y−1) =250−22=228.

Perceba que não se trata de um sistema de equaç ões do primeiro grau e sua solução é simples. Pela segunda equação, temos xy−x =228. Pela primeira equação, xy =240 e assim obtemos 240−x=228. Da´ı segue que x =12. Como ela, depois de muitas indecis ões, resolveu distribuir igualmente apenas R$240, 00, cada sobrinho recebeu 240/12=R$20, 00.

Solu¸c˜ao proposta por Felipe Assis, Maring ´a (PR).

Podemos equacionar a primeira distribuição feita por Rosa como ax+10=250, na qual a representa a quantidade que cada sobrinho recebeu e x a quantidade de sobrinhos. Quando Rosa retirar um real de cada sobrinho, a situação fica representada por(a−1) ·x+22=250. Resolvendo esse sistema, teremos que x=12 e a =20.

Problema A.9 | Hoje, dia 29 de julho de 2012, José tem o dobro da idade que Luiz tinha quando José tinha a idade que Luiz tem. Quando Luiz tiver a idade que José tem, a soma das idades deles será 90 anos. Em 29 de julho de 2017, qual a razão entre as idades de José e Luiz, nessa ordem?

Solu¸c˜ao do problema A.9. (Extra´ıdo de EPCAR −2012) Denotemos a idade que Luiz tinha por x. Assim,

José possui o dobro, ou seja, 2x. Se José possu´ıa y anos, a idade atual de Luiz será y anos. No futuro, quando Luiz tiver a idade que José possui hoje, a idade de José será de 90−2x anos. A tabela abaixo re úne essas conclus ões:

Passado Presente Futuro

Jos´e y 2x 90−2x

Luis x y 2x

Como a diferença entre o presente e o passado é a mesma para ambos, bem como a diferença entre o futuro e o presente, obtém-se o sistema:

2x−y = 90−2x−2x y−x = 2x−y. .

Reduzindo termos semelhantes em ambas equaç ões, obtém-se o sistema equivalente

y = 6x−90

2y−3x = 0.

Substituindo o valor de y da primeira equação, na segunda equação, chega-se a 2(6x−90) −3x =0, donde se conclui que x = 20. Substituindo em uma das equaç ões anteriores, obtém-se y=30. Assim, a razão entre as idades de José e Luiz em 29 de julho de 2017 será 2x+5 y+5 = 45 35 = 9 7.

(5)

Problema A.10 | Resolva a equac¸˜ao|x+1| + |x+2| + |x−5| =7.

Solu¸cão do problema A.10. (Adaptado do T ópicos de Matemática Elementar, do Ant ônio Caminha) Solu¸cão proposta por diversos autores.

Da teoria temos que

|x| = (

x , para x≥0, −x , para x<0. Sendo assim, podemos escrever

para|x+1| que |x+1| = ( x+1 , x ≥ −1, −(x+1), x < −1. para|x+2| que |x+2| = ( x+2 , x ≥ −2, −(x+2), x < −2. para|x−5|que |x−5| = ( x−5 , x ≥5, −(x−5) , x <5. Agora, vamos analisar como fica a equac¸˜ao em cada intervalo real:

i) para x < −2 temos

−x−1−x−2−x+5=7 −3x =7−2

x = −5

3 ∈] −/ ∞;−2[. ii) para −2 ≤x< −1 temos

−x−1+x+2−x+5=7 −x=7−6

x= −1 /∈ [−2;−1[.

iii) para −1 ≤x<5 temos

x+1+x+2−x+5=7 x=7−8

x= −1∈ [−1; 5[.

iv) para x ≥5 temos

x+1+x+2+x−5=7 3x =9

x=3 /∈ [5;+∞[.

(6)

Problema A.11 | Em seu treino diário de natação, Esmeraldinho percorre várias vezes, com um ritmo constante de braçadas, o trajeto entre dois pontos A e B situados na mesma margem de um rio. O nado de A para B é a favor da corrente e o nado em sentido contrário é contra a corrente. Um tronco arrastado pela corrente passa por A no exato instante em que Esmeraldinho sai de A. Esmeraldinho chega a B e imediatamente regressa a A. No trajeto de regresso, cruza com o tronco 6 minutos depois de sair de A. A seguir, Esmeraldinho chega a A e imediatamente sai em direção a B, alcançando o tronco 5 minutos depois da primeira vez que cruzou com ele ao ir de B para A. Quantos minutos o tronco leva para ir de A até B?

Solu¸c˜ao do problema A.11. (Extra´ıdo da OBM −Revista Eureka n. 24.)

Sabemos que velocidade = distância_tempo e tempo = _velocidadedistância . Para as velocidades c da correnteza e v a de Esmeraldinho e d a distância do ponto A até o ponto B temos que o tronco percorreu até 1◦ encontro 6c e depois mais 5c até o 2◦ encontro. Esmeraldinho leva _v₊d_c minutos para ir de A até B, pois como ele está nadando a favor da correnteza ele fica com velocidade v+c. Escrevemos tAB= v+dc.

J´a para ir do ponto B at´e o ponto A ele nada contra a correnteza e por isso vai com velocidade v−c, tBA = v−dc. O tempo que Esmeraldinho leva para ir do ponto A ao ponto B e do ponto B ao primeiro

encontro deve ser igual a 6 minutos, a distância de B até o ponto do primeiro encontro é d−6c, já que o tronco já havia percorrido 6c, e motamos a equação:

tAB+tB1◦ = d v+c + d−6c v−c =6 d−3c =3v. (1)

Esmeraldinho leva de A até B, de B até A e de A até o 2◦ encontro 6+5 min, então: d v+c + d v−c + 11c v+c = 11, 2d+11c = 11v. (2)

O tempo que o tronco leva para ir de A at´e B, ou seja, d

c. Por (1) temos d =3v+3c, e substitu´ıdo (2): 2(3v+3c) +11c =11v⇒v = 11c

5 . Como d=3v+3c ent˜ao d = 66c₅ . O tronco levou A at´e B:

d c = 66c 5 c =13 minutos e 12 segundos. . . . Problema(s) Correlato(s) . . . . Helena e Gabriel pulam simultaneamente de uma jangada em um rio e nadam em direc¸ ˜oes opostas. Gabriel nada rio abaixo seguindo a corrente a determinada velocidade e Helena nada rio acima contra a corrente, possivelmente a uma velocidade diferente. Depois de 5 minutos, eles viram e voltam para a jangada, cada um mantendo uma velocidade constante durante todo o tempo. Quem chega primeiro?

(7)

Problema A.12 | Resolva a equac¸˜ao x2+ 81x

2

(x+9)2 =40.

Solu¸c˜ao do problema A.12. Com base na identidade

a2+b2 = (a−b)2+2ab podemos transformar o primeiro membro da equac¸˜ao dada em

x2+ 9x x+9 2 = x− 9x x+9 2 + 18x 2 x+9 = x2 x+9 2 + 18x 2 x+9

Agora, introduzimos a inc ´ognita auxiliar y = x

2

x+9 e obtemos a equac¸˜ao y

2₊_18y₋₄₀₌_{0, que podemos}

resolver pela fatorac¸˜ao

y2+18y−40 =0 y2+18y =40 y2+18y+81 =40+81 (y+9)2 =121 y+9 = ±√121 y = −9±11,

donde ficamos com y1 =2 e y2 = −10 e reconsiderando esses valores em x teremos

x2 x+9 =2 x2=2x+18 x2−2x =18 x2−2x+1=18+1 (x−1)2=19 x=1±√19 x2 x+9 = −20 x2 = −20x−180 x2+20x = −180 x2+20x+100= −180+100 (x+10)2 = −80 x = −10±4√5i.

Por fim, obtemos S = {1±√19,−10±4√5i}.

. . . Problema(s) Correlato(s) . . . . a) Sendo U =R, resolva a equac¸˜ao 10x2· (x−2)2 =9· (x2+ (x−2)2.

b) Resolva a equac¸˜ao (x2−3x+1)2−3(x2−3x+1) +1=x.

c) (OBM) a, b, c, d são n úmeros reais distintos tais que a e b são as ra´ızes da equação x2−3cx−8d=0, e c e d são as raézes da equação x2−3ax−8b =0. Calcule a soma a+b+c+d.

(8)

Problema C.7 | Um n úmero de 17 d´ıgitos é somado com o seu reverso (um n úmero com os mesmos d´ıgitos, mas escrito na ordem inversa). Mostre que sua soma contém ao menos um d´ıgito par.

Solu¸c˜ao do problema C.7. (Adaptado da Olimp´ıada da R ´ussia) A soma pedida fica:

c1 c2 c3 c4 c5 c6 c7 c8 c9 c10 c11 c12 c13 c14 d15 d16

d1 d2 d3 d4 d5 d6 d7 d8 d9 d10 d11 d12 d13 d14 d15 d16 d17

d17 d16 d15 d14 d13 d12 d11 d10 d9 d8 d7 d6 d5 d4 d3 d2 d1

a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 a14 a15 a16 a17

Agora, temos que a0 ∈ {0, 1}. Suponha que todos os d´ıgitos da soma sejam ´ımpares (se a0 =0, ent˜ao

n˜ao o contamos). Suponha que ci seja o “vai um” da soma di+d18−i (quando houver). Sendo assim,

ficamos com ci+di+d18−i =ai+10ci−1, com ci ∈ {0, 1}.

Na sequˆencia, chegamos a:

• c9+2d9 =a9+10c8. Como a9 ´e ´ımpar, temos a9+10c8´ımpar e sendo 2d9par, fechamos com c9=1;

• c10+d10+d8= a10+10c9. Como a10 ´e ´ımpar, ent˜ao a10 ≥1 e d10+d8≥10, donde conclu´ımos que

c7 =1 (independentemente de c10);

• Se c11 =0, então d11+d7 é ´ımpar e c7+d7+d11 é par, uma contradição, ou seja, c11 =c6 =1, o que

permite afirmar que d12+d6≥10 e c5=1;

• Se c12 =0, então d12+d6 é ´ımpar e c6+d6+d12 é par, uma contradição, ou seja, c12 =c5 =1, o que

permite afirmar que d13+d5≥10 e c4=1; e

• Reiterando esse procedimento, teremos que c16 =c1 =1.

No entanto, se c16 =1, então d17+d1além de ´ımpar e maior do que 10 e como c1 =1 e d1+d17 é ´ımpar,

então a1 é par, e chegamos a uma contradição. Portanto, conclu´ımos que a soma não pode ter apenas

d´ıgitos ´ımpares e ao menos um deve ser par!

(Solu¸c˜ao proposta por Leonardo Joau , Salvador (BA))

Abaixo segue um esquema de uma adição de um n úmero de 17 d´ıgitos com o seu reverso:

A B C D E F G H I J K L M N O P Q

+ Q P O N M L K J I H G F E D C B A

Podemos observar nessa soma que existe uma simetria entre os n úmeros que se somam, sendo I o elemento central, o par de n úmeros (QA), por exemplo, aparece na extremidade direita e esquerda; para simplificar, chamemos de (XY)_dum par de n úmeros que aparece no lado direito e de (XY)e o mesmo

par de n ´umeros que aparece no lado esquerdo.

Sendo (I I) o par de n úmeros central, temos que a soma entre eles é igual a 2·I, um n úmero par, a menos que receba o “vai 1” do par (JH)_d, se isso acontece o par(JH)e também manda o “vai 1” para o

(KG)e, desta forma, podemos inferir que a ´unica maneira de termos os pares (KG)e e(KG)d, n ´umeros

´ımpares ´e no caso em que o par (LF)_d tamb´em manda o “vai 1” para o (KG)_d.

Prosseguindo com esse racioc´ınio chegamos à conclusão de que os pares(QA)_de (QA)e s ó podem ser

ambos ´ımpares se, e somente se, estes recebem o “vai 1” do par à direita, porém isso é imposs´ıvel visto

(9)

Problema C.8 | Vinte e cinco garotos e vinte e cinco garotas est˜ao sentados ao redor de uma mesa. Prove que ´e poss´ıvel encontrar uma pessoa que tem garotas como vizinhas.

Solu¸c˜ao do problema C.8. (Adaptado do Torneio das Cidades - Extra´ıdo da Eureka n. 31)

Suponha que não necessariamente haja uma pessoa que possua duas garotas como vizinhas. De-notemos h para garoto e m para garota. Cada pessoa ou possui como vizinho 2h ou h+m. Somando todas as 50 possibilidades, devemos estar contando cada pessoa duas vezes (já que essa é vizinho de duas pessoas). Assim ficamos com x· (2h) +y· (h+m) =50h+50m onde x é o n úmero de pessoas que têm 2 garotos como vizinhos e y é o n úmero de pessoas que têm um garoto e uma garota. Notemos ainda que x+y =50. Obtemos assim xh = (50−y)m e xh = xm. Mas x garotos s ó serão iguais a x garotas, se x for nulo. Assim, todas as pessoas têm um garoto e uma garota como vizinhos. Pintemos as 50 posiç ões do c´ırculo apenas de branco e preto. E analisemos apenas as pretas. Todas as pretas terão que ter vizinhos sendo um garoto e uma garota. Logo, as casas brancas serão alternadas: garoto, garota, garoto... Absurdo. Pois com 25 casas brancas, na última e na primeira brancas haverá 2 garotos.

Absurdo! Segue o resultado.

Problema C.9 | Um jogo consiste de 9 bot ˜oes dispostos da seguinte maneira:

1 2 3

4 5 6

7 8 9

Apertando-se um botão das laterais do quadrado (bot ões de 1 até 9, exceto o 5), muda a cor da luz dele e de cada um dos os vizinhos (isto é, se a cor da luz do botão é vermelha, torna-se verde, e vice-versa). Apertando-se o botão do centro, muda a cor da luz de todos os 8 vizinhos, mas a dele não se altera. A partir dos bot ões dispostos como os da figura acima, veja abaixo três exemplos do que acontece ao apertarmos ou o 1 ou o 6 ou o 5 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Depois do apertar o 1 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Depois do apertar o 6 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Depois do apertar o 5 . Apertando-se sucessivamente alguns bot ões, é poss´ıvel acender todas as luzes com cor verde, se inicial-mente estavam todas acesas com a cor vermelha?

Solu¸c˜ao do problema C.9. (Adaptado da Olimp´ıada do Cone Sul) Solu¸c˜ao proposta por diversos autores.

Não é poss´ıvel, pois ao apertar um botão no vértice do quadro, teremos 4 que que mudarão de cor, apertando o 2, ou o 4, ou o 6, ou o 8, serão 6 trocas e ao apertar o do meio, será 8 mudanças. Agora, no in´ıcio há 9 bot ões vermelhos e essa quantidade será subtra´ıda de um n úmero par, logo, haverá sempre uma quantidade ´ımpar de bot ões na cor vermelha.

(10)

Problema C.10 | Em cada um dos 10 degraus de uma escada existe uma rã. Cada rã pode, de um pulo, colocar-se em outro degrau, mas quando uma rã faz isso, ao mesmo tempo, uma outra rã pulará a mesma quantidade de degraus em sentido contrário: uma sobe e outra desce. Conseguirão as rãs colocar-se todas juntas num mesmo degrau?

Solu¸cão do problema C.10. (Adaptado da Revista Eureka n. 14) (Solu¸cão proposta por Matheus Paes , Maringá (PR))

Cada rã é numerada de 1 a 10, de acordo com o degrau em que ela se encontra, e seja s a soma dos n úmeros de todas as rãs. Assim, seja também k o n úmero da rã que decidiu subir, e t a quantidade de degraus que ela irá subir. Note que ela irá parar no degrau k+t. Seja k0 o n úmero da râ que decidiu descer, indo parar no degrau k0−t. Então, a nova soma será s−k−k0+ (k+t) + (k0−t) = s.

Conclu´ımos, portanto, que a soma s é invariante e igual a 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=55. Suponhamos, portanto, que todas as rãs conseguiram se colocar em um único degrau d. A soma s, portanto, terá o valor de 10d. Contudo, 10 no divide 55, o que nos leva à uma contradição.

Portanto, não é poss´ıvel juntar todas as rãs em um mesmo degrau.

Problema C.11 | Em Brasilândia existem apenas 9 casas muito distantes entre si. É poss´ıvel que cada casa esteja ligada a exatamente 7 outras casas através de estradas?

Solu¸c˜ao do problema C.11. (Adaptado da Revista Eureka n. 14) Solu¸c˜ao proposta por diversos autores.

Não é poss´ıvel. Some a quantidade de estradas que saem de cada casa. Bem, facilmente obtemos 9×7 estradas. Como cada estrada liga duas cidades, a contagem que fizemos contou cada estrada duas vezes. Logo o n úmero obtido teria que ser par.

Problema C.12 | Mostre que se a, b e c são n úmeros ´ımpares, então a equação ax2+bx+c = 0 não possui raiz racional.

Solu¸c˜ao do problema C.12. (Adaptado da Revista Eureka n. 14) Solu¸c˜ao proposta por diversos autores.

Sendo p

q a fração irredut´ıvel que resolve a equação dada, ou seja a· p q 2 +b· p q +c=0 com ap2+bpq+cq2 =0.

• sendo p e q ´ımpares, então a expressão ap2+bpq+cq2 é a soma de n úmeros ´ımpares e o resultado nunca será par (nunca será igual a zero);

• sendo p par e q ´ımpar, então a expressão ap2+bpq+cq2 é a soma de dois n úmeros pares (ap2 e bpq) com um ´ımpar cujo o resultado será ´ımpar; e

• sendo p ´ımpar e q par, então a expressão ap2+bpq+cq2 é a soma de dois n úmeros pares (bpq e cq2) com um ´ımpar cujo o resultado será ´ımpar. Absurdo!

Logo, não há n úmero racional que resolve a equação do segundo grau com coeficientes ´ımpares.

(11)

Solu¸c ˜oes Enviadas

Enviaram soluc¸ ˜oes para os problemas da Lista 3:

• Beatriz Falheiros , Salvador (BA), problemas A12 e C10;

• Cleber Assis , Salvador (BA), problemas A7, A8, A9, A10, A11 e A12; • Felipe Assis, Maring´a (PR), problema A8;

• Fernanda Silva, Maring´a (PR), problema A9;

• Fernando Neres de Oliveira, Cara úbas (RN), problemas A7, A8, A9, A10 e A12; C12 • Flávio Marques, Maceió (AL), problemas A8 e A9;

• Leonardo Joau , Salvador (BA), problemas A7, A8, A9, A10 e A11; C7 • Marcos William, Maring´a (PR), problema A8;

• Matheus Fontoura, Salvador (BA), problemas A7 e A8;

• Matheus Paes , Maring´a (PR), problemas A7, A8 e A9; C10 e C11; • Milena Fernandes Fontoura, Salvador (BA), problemas A8 e A9;

• Mormon Lima dos Santos, Campina Grande (PB), problemas A7, A8, A9, A11 e A12; C7, C8, C9, C10, C11 e C12 • Ronei Badar´o , Salvador (BA), problemas C7, C8, C9, C10, C11 e C12; e