Prezados Estudantes, Professores de Matem´atica e Diretores de Escola, Os Problemas Semanais s˜ao um incentivo a mais para que os estudantes possam se divertir estudando Matem´atica, ao mesmo tempo em que se preparam para as Competi¸c˜oes Matem´aticas. Por favor, deixem os problemas em local onde todos os estudantes da Escola possam tomar conhecimento, se sintam desafiados a resolvˆe-los e divirtam-se com as solu¸c˜oes.
Problemas semanais de anos anteriores podem ser encontrados no endere¸co: www.ufrn.br/olimpiada/treinamento. Identificando os estudantes que resolveram os problemas, incentive-os a enviar suas solu¸c˜oes
para serem publicadas na nossa p´agina na internet. Encaminhe as solu¸c˜oes para: cgomes-mat@yahoo.com.br ou cgmat@ccet.ufrn.br ou bene@ccet.ufrn.br ou iesusdiniz@yahoo.com.br.
Por favor, divulguem os problemas!
SOLUC¸ ˜AO DA LISTA SEMANAL No. 06 - Data 07/04/2014 N´IVEL I
Qual ´e o menor inteiro positivo m´ultiplo de 9997, maior do que 9997, que cont´em somente d´ıgitos ´ımpares?
SOLUC¸ ˜AO
Observe que 9997 × 10001 = 99979997, o que significa dizer que o problema tem solu¸c˜ao, pois 99979997 ´e um m´ultplo de 9997 e tem todos os d´ıgitos ´ımpares. A quest˜ao ´e saber se podemos substituir o n´umero 10001 por um n´umero menor do que ele. Vamos mostrar que isso ´e poss´ıvel.
Seja 9997n o m´ultiplo de 9997 que queremos encontrar. Agora, vamos usar um pequeno truque, escrevendo
9997n = (10000 − 3)n = 10000(n − 1) + (10000 − 3n).
Se n < 3335, ent˜ao 0 < 10000 − 3n < 10000. Neste caso, o quinto d´ıgito de 9997n, contado a partir da direita, ´e o mesmo que quinto d´ıgto, a partir da direita, do n´umero 10000(n − 1), que ´e par. Portanto, se n < 3335, o n´umero 9997n possui um d´ıgito par, n˜ao satisfazendo ao problema.
Portanto, o n´umero 33339995 = 9997 × 3335 = ´e o m´ultiplo de 9997 procurado.
OBS. De uma maneira geral, podemos concluir que: se K = 10n− 3, com n um n´umero
inteiro e n ≥ 1, ent˜ao o n´umero 10n3+5 ´e o menor n´umero inteiro maior do que 1 que multiplicado por K produz um n´umero s´o com d´ıgitos ´ımpares.
N´IVEL II
Seja ABC um triˆangulo qualquer e H o seu ortocentro (o ponto de encontro das alturas). Sejam H1, H2, H3 as reflex˜oes de H com rela¸c˜ao aos lados BC, AC, AB, respectivamente,
veja figura ilustrativa a seguir.
Mostre que os pontos H1, H2 e H3 pertencem ao c´ırculo circunscrito ao triˆangulo ABC.
SOLUC¸ ˜AO
Desenhe o c´ırculo circunscrito ao triˆangulo ABC. Trace o segmento correspondente a altura AM , que passa por H, e prolongue o mesmo at´e o circulo circunscrito, que o intercepta no ponto J .
Vamos mostrar que os segmentos HM e M J tem a mesma medida, o que implica que o ponto J , sobre o c´ırculo circunscrito ´e o relfexo de H com rela¸c˜ao ao lado BC do ∆ABC. Trace a altura BB1, veja figura lustrativa a seguir.
Observe que o ˆangulo [CBJ , de medida α, mede o mesmo que o ˆangulo [CAJ , ou seja
_
CJ 2 ,
pois ambos subtendem o mesmo arco.
Por outro lado, o ˆangulo \HBC, de medida β, mede o mesmo que o ˆangulo [CAJ , pois, ´e f´acil ver que, os triˆangulos ∆BHM e ∆AHB1 s˜ao semelhantes. Assim, conclu´ımos que
α = β.
Agora, observe que os triˆangulos ∆BM J e ∆BM H s˜ao congruentes. Portanto,
HM = M J e neste caso o ponto J = H1. Para as reflex˜oes em rela¸c˜ao aos outros lados o
procedimento ´e an´alogo. Com isso, conclu´ımos a prova. N´IVEL III
Prove que, para todo n´umero inteiro n ≥ 8 existe um poliedro com exatamente n arestas. SOLUC¸ ˜AO
Num plano α, desenhe um pol´ıgono regular de k lados. Tome P um ponto fora do plano α. Ligue por um segmento o ponto P a cada um dos k v´ertices do pol´ıgno. Com isso vocˆe desenhou um poliedro com 2k arestas, para k ≥ 3, veja figura ilustrativa a seguir, para o caso k = 5.
Isto significa que existe um poliedro com exatamente n arestas, com n par e n ≥ 6. Resta mostrar que existe poliedros com n arestas, onde n ´e ´ımpar e n ≥ 6. Para isso, faremos v´arias constru¸c˜oes, cada uma delas aumenta 1 ou 3 arestas ao j´a constru´ıdo poliedro com 2k arestas.
Constru¸c˜ao 1 - Substitua o ponto P fora do plano do pol´ıgono regular com k lados por um segmento AB (que vai virar aresta), veja figura ilustrativa a seguir, para o caso k = 5.
Neste caso, cada extremidade do segmento, A e B, vai ser ligada `a no m´ınimo 2 dos v´ertices do pol´ıgono regular de k lados. Portanto, k ≥ 4.
Constru¸c˜ao 2 - Crie um pol´ıgono convexo tendo como lado uma das diagonais interiores. Novamente, temos k ≥ 4, veja figura a seguir.
Constru¸c˜ao 3 - Do primeiro poliedro de 2k v´ertices constru´ıdo, corte um dos v´ertices da base, formando com isso uma face triangular. Deste modo, adiciona-se 3 novas arestas, veja figura ilustrativa a seguir.
Constru¸c˜ao 4 - Junte ao poliedro uma das faces triangulares do poliedro com 2k arestas, veja figura ilustrativa a seguir.
Constru¸c˜ao 5 - No poliedro inicial, com 2k faces, substitua o ponto P por um triˆangulo.
N´IVEL UNIVERSIT ´ARIO
Prove que existem pelo menos 2005 potˆencias 27-´esimas distintas (isto ´e, n´umeros da forma n27, com n inteiro positivo), todas com exatamente 2005 d´ıgitos, tais que qualquer
uma pode ser obtida de qualquer outra a partir de uma permuta¸c˜ao de seus d´ıgitos. SOLUC¸ ˜AO
Vamos estimar inicialmente a quantidade de tipos de n´umeros de 2005 d´ıgitos a menos de uma permuta¸c˜ao de seus d´ıgitos. Um tal tipo de n´umeros est´a determinado pelas
quantidades x0, x1, · · · , x9 de d´ıgitos iguais a 0, 1, · · · , 9, respectivamente; devemos ter
donde h´a pelo menos 10200527 − 10 2004
27 n´umeros naturais n tais que n27 tem 2005 d´ıgitos.
Entretanto, 10200527 −10 2004 27 = 10 2004 27 (10 1 27−1) = 10 2004 27 (e ln10 27 −1) > 10 2004 27 ×ln10 27 > 10 74ln10 27 > 10 72≥ 2005×1036
donde, pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos, h´a pelo menos 2005 n´umeros naturais n tais que n27 tem 2005 d´ıgitos e esses n´umeros n27 s˜ao todos do mesmo tipo (seus d´ıgitos s˜ao os mesmos a menos de uma permuta¸c˜ao).
Nota: ´E poss´ıvel estimar 10271 − 1 sem usar a desigualdade ex− 1 ≥ x. Por exemplo:
10271 > 10 1 32 = (10 1 2) 1 16 > 3 1 16 > (1, 7) 1 8 > (1, 3) 1 4 > (1, 12) 1 2 > 1, 05, donde 10271 − 1 > 0, 05 > 1
