XXXV Olimpíada Cearense de Matemática Nível 3 - Ensino Médio

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N´ıvel 3 - Ensino M´

edio

Reservado para a corre¸

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ao

Prova

Probl. 1 Probl. 2 Probl. 3 Probl. 4 Probl. 5 Total

# 3000

Nota

-Instru¸

c˜

oes e Regulamento:

1. Identifique a prova somente no local indicado da capa.

2. Use o verso de cada folha como rascunho.

3. Verifique se sua prova est´a completa. A prova consta de 5 (cinco) problemas.

4. Somente serão consideradas as solu¸cões escritas no espa¸co reservado para tal. Para escrevê-las, utilize caneta azul ou preta.

5. Cada problema vale 10 pontos.

6. O tempo de prova ´e de 4 horas. Nenhum candidato poder´a sair antes de completados 30 minutos de prova.

7. Não serão concedidas revisões de prova.

8. As solu¸cões e os premiados serão divulgados oficialmente no s´ıtio www.mat.ufc.br/ocm, até o dia 30/11/2015.

Identifica¸

c˜

ao: Prova #3000

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(2)

Problema 1. Um inteiro positivo n diz-se invocado se existem n inteiros positivos a1, . . . , an, dois

a dois distintos, tais que

1 a1

+ · · · + 1 an

= 1.

O inteiro positivo 3, por exemplo, ´e invocado, visto que

1 = 1 2+ 1 3+ 1 6. Mostre que todo inteiro n > 2 ´e invocado.

Solu¸cão. Pelo exemplo do enunciado, o número 3 é invocado.

Suponha que k ≥ 3 ´e invocado, ou seja, suponha que existem inteiros positivos a1, . . . , ak, dois a dois

distintos, tais que

1 = 1 a1

+ · · · + 1 ak

. (1)

Tem-se que ai ≥ 2 para todo i ∈ {1, . . . , k} pois, caso contr´ario, o lado direito de (1) seria maior que

1. Assim, os k + 1 inteiros positivos 2, 2a1, 2a2, . . . , 2ak s˜ao dois a dois distintos. Al´em disso,

1 2+ 1 2a1 + · · · + 1 2ak = 1 2 + 1 2 1 a1 + · · · + 1 ak = 1 2 + 1 2 = 1.

Mostramos então que k = 3 é invocado e que se k ≥ 3 é invocado, então k + 1 também é invocado. Logo, pelo princ´ıpio da indu¸cão finita, todo inteiro n > 2 é invocado.

(3)

Problema 2. Seja n um inteiro positivo.

(a) Mostre que

n

X

i=1

i(i!) = (n + 1)! − 1.

(b) Mostre que todo inteiro k ∈ {0, 1, . . . , (n + 1)! − 1} pode ser escrito na forma

k =

n

X

i=1

ai(i!),

onde a1, . . . , an s˜ao inteiros tais que 0 ≤ ai ≤ i, i = 1, . . . , n.

Solu¸c˜ao. (Baseada na solu¸c˜ao de George Lucas Diniz Alencar). (a) Temos n X i=1 i(i!) = n X i=1 (i + 1 − 1)(i!) = n X i=1 [(i + 1)! − i!] = n X i=1 (i + 1)! − n X i=1 i! = n+1 X i=2 i! − n X i=1 i! = (n + 1)! − 1.

(b) Para m ∈ {1, . . . , n}, considere o polinˆomio pm definido por

pm(x) = m

X

j=0

xj(m!). Seja f o polinˆomio dado por

f (x) =

n

Y

m=1

pm(x).

Pelo item (a), temos que o grau de f ´e d = (n + 1)! − 1. Sejam b0, b1, . . . , bd inteiros tais que

f (x) = b0+ b1x + · · · + bdxd.

Note que o inteiro k ∈ {0, 1, . . . , (n + 1)! − 1} ´e da forma Pn

i=1ai(i!), com 0 ≤ ai ≤ i, se e somente

se bk > 0. Além disso, bk nos dá o número de maneiras distintas de escrever k na forma

Pn i=1ai(i!), com 0 ≤ ai ≤ i. Como pm = (xm!₎m+1_{− 1} xm!_{− 1} = x(m+1)!_{− 1} xm!_{− 1} , temos que f (x) = n Y m=1 pm(x) = n Y m=1 x(m+1)!− 1 xm!_{− 1} = x (n+1)!_{− 1} x − 1 = 1 + x + x 2 + · · · + x(n+1)!−1.

Conclu´ımos portanto que todo inteiro k ∈ {0, 1, . . . , (n + 1)! − 1} pode ser escrito, de uma ´unica maneira, na forma k = n X i=1 ai(i!),

(4)

Problema 3. Se P e Q são pontos do plano, denotamos por |P Q| o comprimento do segmento P Q. Seja ABC um triângulo isósceles de base BC. Se p é o comprimento comum das bissetrizes internas dos ˆ_{angulos ∠ABC e ∠ACB, prove que}

2

3|BC| < p < √

2|BC|.

Solu¸cão. Seja D a interse¸cão do lado AC com a bissetriz relativa ao vértice B. Chamemos |AB| de b, |AD| de y, |DC| de x e |BC| de a. Denote por α o ângulo B ÂC. Pelo teorema da bissetriz interna, temos x/a = y/b. Temos também x + y = b. Resolvendo o sistema encontramos

y = b

2

a + b e x = ab

a + b. (2)

Aplicando a lei dos cossenos ao triˆangulo ADB, obtemos

p2 = b2+ y2− 2by cos α = (b − y)2_{+ 2by(1 − cos α) = x}2_{+ 2by(1 − cos α).} ₍₃₎

Aplicando a lei dos cossenos ao triˆangulo ABC encontramos a2 _{= 2b}2_{(1 − cos α). Assim,}

1 − cos α = a

2

2b2. (4)

Substituindo (4) e (2) em (3) e dividindo ambos os lados por a2_{, obtemos}

p2 a2 = b a + b 2 + b a + b . (5) Como 0 < b a + b < 1, temos que 0 < b a + b 2 < 1, e portanto, 0 < b a + b 2 + b a + b < 2. Substituindo em (5), obtemos p2 a2 < 2, e portanto, p < √2a.

Pela desigualdade triangular, temos a < 2b, o que implica a + b < 3b. Portanto, b a + b > b 3b = 1 3 (6) e b a + b 2 > b 2 9b2 = 1 9. (7) Substituindo (6) e (7) em (5), obtemos p2 a2 > 1 9 + 1 3 = 4 9, e portanto, 2 3a < p.

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Problema 4. Se X é um conjunto finito, denotamos por |X| a quantidade de elementos de X. Seja n um inteiro positivo e seja A um conjunto formado por n números reais positivos. Dado um subconjunto B de A, denotamos por s(B) a soma dos elementos de B (se B = ∅, então s(B) = 0) e denotamos por FA o conjunto

FA= {s(B); B ⊂ A}.

Determine, em fun¸c˜ao de n, o menor valor poss´ıvel e o maior valor poss´ıvel para |FA|.

Sulu¸c˜ao. Vamos mostrar que o menor valor poss´ıvel para |FA| ´e n+1₂ + 1 e que o maior valor

poss´ıvel para |FA| ´e 2n.

Tem-se que |FA| n˜ao pode ser maior que a quantidade de subconjuntos do conjunto A. Assim,

|FA| ≤ 2n. Um exemplo onde a igualdade ocorre ´e A = {2k; k = 0, 1, . . . , n − 1}. De fato, se

existissem dois subconjuntos C e D de A tais que C 6= D e s(C) = s(D), então existiria um inteiro não-negativo que poderia ser representado de duas maneiras distintas na base 2, o que não pode ocorrer.

Afirma¸c˜ao: Se |A| = n, ent˜ao existe uma fam´ılia LA = {Aj; j = 1, . . . , n+1₂ + 1} de

subcon-juntos de A tais que o conjunto {s(Aj); j = 1, . . . , n+1₂ + 1} possui n+1₂ + 1 elementos.

Mostraremos a afirma¸c˜ao por indu¸c˜ao. Escreva A = {a1, . . . , an}, com a1 < · · · < an. Se n = 1,

tome LA = {∅, {a1}}. Suponha ent˜ao que n ≥ 2. Considere o conjunto B = {a1, . . . , an−1}. Pela

hip´otese de indu¸c˜ao temos que existe uma fam´ılia LB = {Bj; j = 1, . . . , n₂ + 1} de subconjuntos

de B tais que o conjunto {s(Bj); j = 1, . . . , n₂ + 1} possui n₂ + 1 elementos.

Para i = 1, . . . , n − 1, considere o subconjunto Ei de A dado por Ei = A \ {ai}. Note que, como

an > ai, para i = 1, . . . , n − 1, e s(B) = a1+ · · · + an−1, temos que s(Ei) > s(Bj), quaisquer que

sejam i ∈ {1, . . . , n − 1} e j ∈ {1, . . . , n₂ + 1}. Note tamb´em que s(A) > s(Ei), i = 1, . . . , n − 1.

Assim, a fam´ılia LA de subconjuntos de A dada por

LA = LB∪ {A} ∪ {Ei; i = 1, . . . , n − 1}

´

e tal que {s(G); G ∈ LA} possui n₂ +1+n = n+1₂ +1 elementos. Isto conclui a prova da afirma¸c˜ao.

Segue-se da afirma¸c˜ao que se |A| = n, ent˜ao |FA| ≥ n+1₂ + 1. Um exemplo onde a igualdade

ocorre ´e A0 = {1, . . . , n}. De fato, como 1 + · · · + n = n+1₂ , se C ⊂ A, ent˜ao s(C) ∈ {0, . . . , n+1₂ }.

Assim, |FA0| ≤

n+1

2 + 1. Este fato juntamente com a afirma¸c˜ao nos d´a que |FA0| =

n+1 2 + 1.

(6)

Problema 5. Considere o conjunto

B = {a2 + 3b2_{; a, b ∈ Z}.}

Mostre que se n ∈ B e p é um fator primo de n tal que p ∈ B, então n p ∈ B. Solu¸cão. Suponha que n e p s˜_{ao elementos de B. Sejam a, b, x, y ∈ Z tais que}

n = a2+ 3b2 e p = x2 + 3y2. Temos

y2n − b2p = (y2a2+ 3y2b2) − (b2x2+ 3b2y2) = y2a2− b2_x2_.

Portanto,

p|(ya − bx)(ya + bx). Trocando b por −b se necess´ario, podemos assumir que

p|(ya − bx).

Temos tamb´em

x2n − 3b2p = (a2x2+ 3b2x2) − (3b2x2+ 9b2y2) = a2x2 − 9b2y2. Portanto,

p|(ax − 3by)(ax + 3by). Trocando a por −a se necess´ario, podemos assumir que

p|(ax + 3by). Sejam c = ax + 3by p e d = ya − bx p . Uma conta simples nos d´a

c2+ 3d2 = x 2_{+ 3y}2 p a2_{+ 3b}2 p = n p. Portanto, n p ∈ B.