35ª OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
TERCEIRA FASE – NÍVEL 3
SOLUÇÕES
PROBLEMA 1
Seja  um círculo e A um ponto exterior a . As retas tangentes a  que passam por A tocam 
em B e C. Seja M o ponto médio de AB. O segmento MC corta  novamente em D e a reta AD
corta  novamente em E. Sendo AB = a e BC = b, calcular CE em função de a e b.
SOLUÇÃO DE DANIEL LIMA BRAGA (FORTALEZA – CE)
Seja F a interseção de AD e BC. Como BC é a reta polar de A em relação a , então A, D, F, E
formam uma quadrupla harmônica. Daí, AC, CD, CF e CE formam um feixe harmônico, donde
CA, CM, CB e CE formam um feixe harmônico. Como M é ponto médio de AB
.
Seja
No
. Seja
isósceles,
. De
). Como
(pois
.
No
externo:
Agora,
Daí:
. Em
(Caso AA, pois
e
, pelo ângulo
.
).
PROBLEMA 2
Arnaldo e Bernaldo fazem a seguinte brincadeira: dado um conjunto finito de inteiros positivos
A fixado, que os dois conhecem, Arnaldo escolhe um número a pertencente a A, mas não conta a
ninguém qual número escolheu. Em seguida, Bernaldo pode escolher um inteiro positivo b
qualquer (b pode pertencer a A ou não). Então Arnaldo fala apenas o número de divisores
inteiros positivos do produto ab. Mostre que Bernaldo pode escolher b de modo que consiga
descobrir o número a escolhido por Arnaldo.
SOLUÇÃO DE DANIEL LIMA BRAGA (FORTALEZA – CE)
Sejam
,
, ...,
todos os números primos que dividem algum elemento
. Escreva
, com
, para todo
de
, onde
. O número b que
buscamos é da forma
. Queremos um b de modo que ( )
( ), para todo
(aqui, ( ) é a quantidade de divisores de x). Isso faz com que Bernaldo descubra o
inteiro a escolhido por Arnaldo.
Dentre os números
, suponha que há
valores distintos (variando só o i e fixando j) e seja
. Defina ,
, ...,
como primos distintos 2 a 2 e MUITO
GRANDES! (muito maiores que os e que n). Façamos o seguinte procedimento:

Sejam
,
, ...,
os valores distintos que há para
(
(
( )
( )
. Faça:
)
(
) (
)
(
)(
)
(
) (
)
(
)(
)
(
{
) (
)
(Note que, do teorema chinês dos restos existe

, ...,
)
)
(
{
,
Faça o mesmo processo para definir
primos
, ...,
(
, pois os
)(
)
’s são maiores que
)
, mas agora quem deve estar do lado ( ) serão os
, na respectiva ordem.
Vamos provar porque essa definição dos ’s satisfaz o problema. Veja porque tomei os ’s
( )
maiores que os ’s. Por exemplo, da nossa construção,
(
). Se
, então como
(
) e
(
). Subtraindo, temos que
, e como
, então
, absurdo.
Veja que da nossa construção, há exatamente primos
que dividem cada ( ), um de
cada grupo (
(
). Pelo que
)(
)
acabamos de ver, ( )
( ) Eles tem o mesmo grupo de k divisores
eles
devem cumprir
Portanto (
, ...,
)
(
)
.
e acabamos o problema
PROBLEMA 3
Encontre todas as funções injetoras f dos reais não nulos nos reais não nulos tais que
f  x  y    f  x   f  y   f  x  y 
para todos x, y reais não nulos com x  y  0.
SOLUÇÃO DE DAVI LOPES ALVES DE MEDEIROS (FORTALEZA – CE)
A condição inicial é equivalente a:
(
Se em ( ) fizermos
(
( )
)
(
)
( )
( )
( )
)
( )
( )
( )
(
( )
)
)
( )
( )
( )
em ( ), temos, de ( ):
e
(
(
( )
)
Finalmente, fazendo
(
( )
)
( )
em ( ), temos, de ( ):
e
(
( )
, temos, de ( ):
e
(
( )
)
(
Fazendo
( )
( )
( )
em ( ), temos, de ( ):
e
Fazendo
( )
. Se em ( ) fizermos
(
Fazendo
)
( )
, obtemos:
( )
)
( )
(
Agora, seja ( )
(
( )
)
)
( )
( )
( )
em ( ), temos que, de ( ), ( ), ( ) e ( ):
e
)
( )
( )
( )
( )
(
( )
)
(
)(
Igualando a expressão obtida com a de ( ), obtemos:
(
( )
(
(
(
)(
) (( (
))
(
)
)(
(
)
)
(
(
)(
)( (
)(
)(
)(
)
)( (
)
)
)
)
)
)
)
Assim, temos três possibilidades:
,
ou
. A segunda
possibilidade não pode ocorrer, pois o discriminante da equação do segundo grau em é
negativo e é um número real. A terceira possibilidade também não pode ocorrer, pois,
resolvendo a equação do segundo grau, obtemos
ou
. A primeira raiz não é
possível, pois se fosse teríamos, de (3):
( )
( )
Contradizendo o fato de
(
( )
)
( )
ser injetora. A segunda raiz também é impossível, pois é teríamos:
( )
( )
Novamente contradizendo a injeção de f. Segue, portanto, que ( )
Agora, seja (
)
(
)( (
Fazendo
(
Fazendo
)( (
)
)( (
(
))
)
(
))
))
(
)(
((
)(
((
(
)
(
)
))
(
)
( )
)
))
(
(
)(
)
( )
)
( )
)( (
)
(
)
(
))
)(
((
))
(
) (
(
)
( )
)(
)
Como é um número real, temos
, donde
(absurdo, pois ( )
, f não seria injetora) ou
. Assim, temos que ( )
( )
Fazendo
, e se (
em ( ), temos que, de ( ):
(
( )
em ( ), temos que, de (4), (7) e (9):
Finalmente, fazendo
(
)(
((
em ( ), temos que, de ( ) e ( ):
e
(
))
em ( ), temos que, de ( ) e ( ):
e
(
em ( ), temos que, de ( ):
. Pondo
)
( )
)( ( )
Perceba que usando a relação (
(
( ))
(
)
(
)
( )
( )
), pode-se provar por indução que:
)
( )
( )
(
)
(
)
)
(
( )
( )
)
(
)
Das relações (11) e (12), fica fácil ver que ( )
para todo n inteiro não nulo. Agora, se n
é um inteiro não nulo qualquer, temos que de (1), de (11), caso
ou de (12), se
:
(
)( ( )
( ))
(
(A princípio, (
vimos que (
(
( )
)
) vale para todo
)
).
Daí, se
, onde
(
)
( ))
(
( )
(
)
Ainda na equação (1), fazendo
)
(
(
)(
( )
( )
(
)(
a fórmula é valida, pois
(
( )
))( (
)
(
( )
( )
( )
( )
(
( )
( (
( )
ou
) e do que foi visto antes:
(
( )
)
(
)
, com
,
(
)
a fórmula vale, pois
( ))
e
)
(
))
((
)
(
)
)
( )
(
)
(
)
)
( )
( )
))
( )
(
(
)
)
( ) ( )
Note que, de ( ), temos que (( ) )
isso e (14) em (15), obtemos:
( )
( )
( )
(
)
( )
( )
(
( )
( )
(Mesmo quando
( ) ( )).
)
( )
( ))
,
(
( ) ( ) ( )
( ( )
( ) )
)
, obtemos:
)
(
((
(
( )
(
)
são inteiros não nulos, temos que, de (
e
( )
)( ( )
( ( )
, mas mesmo quando
Voltando à equação (1), se fizermos
(
( )
( )
)
, temos que:
)(
))
(
)
( )
(
)
)
( )
(
)
(
)
(
)
. Usando
)
(
)
( ) ( )
(
)
(
( ) ( ) e
)
(
)
Observe ainda que f é estritamente decrescente em (
). Com efeito, perceba que, de
( )
, temos que ( )
, para todo real positivo x. Daí, se
são reais positivos
quaisquer, então, usando (1) mais uma vez, e ( ):
(
)
( )
(
( )
)
( )
( )
O que prova que f é estritamente decrescente em (
(
)
( )
).
( ) ( )
(
)
Para encontrar f nos irracionais, observe que se
para cada
, existe um único
tal que:
é um irracional positivo, então
Agora, como f é estritamente decrescente, temos que:
(
)
( )
(
( )
)
(
)
Como n pode crescer indefinidamente:
(
)
(
)
(
)
(
)
Daí, tomando o limite em (
), temos que ( )
, para todo
irracional positivo.
Dessa forma, concluímos que ( )
, para todo
. Como ( )
( ), para
todo
, temos que ( )
para todo x real negativo também. Portanto, ( )
,
para todo
. Falta apenas verificar se essa função de fato cumpre o enunciado. De fato:
(
)( ( )
Que é valido desse que
( ))
(
)
. Portanto, ( )
(
)
(
)
, para todo x no domínio é a solução
PROBLEMA 4
Encontrar o maior valor de n para o qual existe uma sequência  a0 , a1 , a2 ,..., an  de algarismos
não nulos (ou seja, ai 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 ) tal que, para todo k ,1  k  n, o número de k
k 1
k 2
dígitos  ak 1ak 2 ...a0   ak 110  ak 210  ...  a0 divide o número de k + 1 algarismos
 ak ak 1ak 2 ...a0  .
SOLUÇÃO DE DAVI LOPES ALVES DE MEDEIROS (FORTALEZA – CE)
Primeiro, provaremos que
. Para tanto, suponha
(
(
)(
)(
)
)
(
Daí, existe
(
(
tal que
(
e observe que:
)
)
). Observe ainda que:
(
⏟
Pois
. Como
são inteiros não negativos com
)
)
, segue que
e
.
, onde
e
,
)
Escrevendo (
, da relação
, ao analisarmos
potências de 2 e de 5, vemos que
e
(a desigualdade ocorre pois não
sabemos quantos fatores 2 e quantos fatores 5 o termo
possui, mas temos uma cota mínima
pois sabemos quantos fatores 2 e quantos fatos 5 tem
). Agora, analisaremos 3 casos:
1° Caso: Se
2° Caso: Se
implica
, então
(
e
) termina em 0, um absurdo, já que
, então
(
), e como
,
, então
, o que não devemos considerar aqui). Daí, obtemos que:
(
. Logo,
.
(Note que
)
Se
, teríamos que A terminaria em 0, o que já vimos ser um absurdo. Caso
, teríamos
que
, onde
é um algarismo ímpar (para que A não termine em 0 e tenhamos um
absurdo) tal que
tenha 5 algarismos (o que implica
). Temos, pois, 3
subcasos:
Caso 2.1.
, o que é um absurdo, pois
Caso 2.2.
, o que é um absurdo, pois
Caso 2.2.
, o que é um absurdo, pois
3° Caso: Se
, então
(
), e como
.
.
,
(
Se
que
.
, então
. Daí, obtemos:
)
, teríamos que A terminaria em 0, o que já vimos ser um absurdo. Caso
, teríamos
, onde
é um algarismo ímpar (para que A não termine em 0 e tenhamos um
absurdo) tal que
subcasos:
tenha 6 algarismos (o que implica
). Temos, pois, 2
Caso 3.1.
, o que é um absurdo, pois A não possui algarismo 0.
Caso 3.2.
, o que é um absurdo, pois A não possui algarismo 0.
Finalmente, caso
, teríamos
(
)
um número de 5 algarismos. Isso implica
par (
, onde
ou 4). Daí,
é um número de 5 algarismos, nenhum
deles nulos. È fácil ver que para cada um dos valores possíveis de a isso nunca ocorre.
Dessa forma, segue que
é (
,
,
)
. Um exemplo para uma sequência de algarismos não nulos para
(
). Observe que ela cumpre o enunciado, pois
,
e
. Portanto, o valor máximo de é 4
PROBLEMA 5
Seja x um número irracional entre 0 e 1 e x  0, a1a2 a3 ... sua representação decimal. Para cada
k  1, seja p  k  a quantidade de sequências distintas a j 1a j  2 ...a j  k de k algarismos
consecutivos na representação decimal de x. Prove que p  k   k  1 para todo k inteiro
positivo.
SOLUÇÃO DE DANIEL LIMA BRAGA (FORTALEZA – CE)
. Lembre-se que se a partir de algum momento começar uma repetição
periódica e infinita de agrupamentos de
consecutivos x é racional e temos um absurdo.
Faremos indução em k.
(i)
(ii)
(iii)
( )
Caso Inicial (
): Se ( )
, ABSURDO!
Hipótese: Suponha que para algum
, ( )
)
Passo Indutivo: Suponha que (
. Como cada sequência de k dígitos
gera pelo menos uma sequência de (
) dígitos a partir do seu começo, temos
(
)
( )
(
)
( ). Veja que por serem em
quantidades iguais, há uma bijeção entre os números de k algarismos que aparecem
e os primeiros k dígitos dos números de (
) algarismos que aparecem.
) (
)
Sejam ( ) ( )
( ), ( ) ( )
( ), ..., (
(
) os
( ) ( )
( )
números de k algarismos que ocorrem em x e
( ),
( ) ( )
( )
(
) (
)
(
)
( ), ...,
(
) os
números
de
(
)
algarismos
podemos
supor
() ()
()
() ()
( ),
sem perda de generalidade,
()
()
pois se tivermos em algum momento
e ()
( ), então usamos
no máximo k dos possíveis inícios para os números de (
) algarismos Ainda há mais
um número de (
) com um dos possíveis inícios “que sobraram”, ABSURDO!
Assim, olhe para o número x. Como temos essa bijeção entre os possíveis números de k
algarismos e entre os possíveis números de (
) algarismos, então ao olharmos para
está definido. Olhando para
está definido e
assim por diante. Como as possibilidades são finitas, sabemos que há um número
que ocorrerá duas vezes no número x e como vimos que x está unicamente determinado por
k dígitos consecutivos
essa dupla aparição de
em determina uma dízima
periódica. Logo,
ABSURDO!
Logo, (
)
e o resultado segue por indução
PROBLEMA 6
O incírculo do triângulo ABC toca os lados BC, CA e AB nos pontos D, E e F respectivamente.
Seja P o ponto de interseção das retas AD e BE. As reflexões de P em relação a EF, FD e DE
são X, Y e Z, respectivamente. Prove que as retas AX, BY e CZ têm um ponto comum
pertencente à reta IO, sendo I e O o incentro e o circuncentro do triângulo ABC.
SOLUÇÃO DE DAVI LOPES ALVES DE MEDEIROS (FORTALEZA – CE)
Denotemos
,
,
,
,
,
e
. Sabemos que P é o ponto de concorrência entre AD, BE, CF, sendo P também chamado de
ponto de Gergonne do triângulo ABC. Em coordenadas vetoriais, podemos expressar P como:
(
)(
(
)(
)⃗ (
) (
) ⃗⃗ (
) (
)(
)(
)⃗
)
)(
)(
)(
Para ver isso, basta observar que o sistema de pesos (
(
)(
) em P como centro de massa, uma vez que
e
. Ademais, temos que:
(
)(
)
(
(
)(
)(
)
)
(
);
)
)(
)(
);
,
)(
(
(
(
)
(
)
)(
)
Sejam U, V, W os pés das perpendiculares relativos a D, E, F no triângulo DEF,
respectivamente. Vamos calcular DU.
Temos que
,
e
, pelo fato de que os triângulos
e
serem isósceles. Também, temos
, uma vez que BC é tangente ao incírculo em D. Dessa forma, temos que um
cálculo trigonométrico rápido dá:
(
(
)
)
(
)
(
(
)
)
(
)
Agora, é um fato bem conhecido que:
(
√
)(
)
(
√
)
Daí:
(
)√
(
)(
)
(
√
)
(
)(
)
√
(
)
( )
Agora, calculemos PX. Para tanto, vamos supor que temos um sistema vetorial na qual a origem
dele seja o ponto A. Daí, temos que:
⃗⃗
(
) ⃗
⃗⃗
(
) ⃗
⃗
(
) ⃗⃗
⃗
(
) ⃗⃗
(
)(
(⏟
)(
) (
) ⃗⃗
(
)(
)
A área do triângulo PEF é dada por
, onde
lado, isso é metade do módulo do produto vetorial |⃗⃗⃗⃗⃗⃗
anti-horário). Daí, temos que:
|⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|( ⃗⃗
⃗⃗)
(⃗
⃗⃗)|
)⃗
)(
)(
| ⃗⃗
(
)
é a altura relativa a P. Por outro
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | (o sentido positivo dos ângulos é
⃗
⃗⃗
( ⃗⃗
⃗ )|
((
(
)
)
Como:
⃗⃗
⃗⃗
⃗
( ⃗⃗
(
(
⃗)
)
(
(
[(
(
) [
(
) ⃗
)
⃗⃗
(
) ⃗⃗
)(
(
)(
(
(
)
)
(
)
)
)⃗
)(
(
(
)
]
)(
)
(
) ⃗
) ((
(
)
(
)
]
⃗
Onde é um vetor unitário que tem a direção e o sentido de ⃗⃗
Temos que:
|(
) [
(
)
(
)
]
|
((
) ⃗⃗)
⃗)
)] ( ⃗⃗
) [
(
)
)
)
(
)[
(
)[
(
(
)
(
)(
)
)√ (
(
(
√
De ( ), ( ) e uando o fato de que
(
)
)
]
( )
)
, obtemos:
]
(
) (
(
)
)
)(
(
)
)
Também:
(
(
Queremos provar que
(
)
)
(
)(
)
. Para tanto, basta mostrarmos que:
) (
(
)
)(
(
)
(
(
)
)
)
(
)(
)
Isso é verdade se e somente se:
( (
)
(
)(
))( (
)
(
)
)
(
)(
)
Ou, equivalente:
( (
)
(
(
)(
)(
))( (
)
(
)
(
)
Para verificar isso façamos a substituição Ravi:
,
,
,
. Daí, a expressão a ser provada fica:
( (
)
)((
(
(
)
)
(
)(
) )
)
(
))
(
,
, donde
)(
)(
)
(
)
)(
)
Que claramente é verdade. Portanto,
e como
(ambos são perpendiculares à
reta FE), temos que A, X e U são colineares. Analogamente, B, Y e V são colineares bem como
C, Z e W o são.
Observação: Outra maneira de ver que A, X, U são colineares é a seguinte: seja S a interseção de
AP e FE. Pela construção da quádrupla harmônica com régua, temos que A, S, P, D formam
uma quádrupla harmônica. Como
, temos que US é bissetriz de
(Círculo de
Apolônio), e assim o simétrico de P relativo a US, que é o ponto X, está sobre a reta AU.
Agora, note que o quadrilátero DEUV é inscritível (pois
), e com isso
. Portanto,
. Analogamente,
,
. Logo, os triângulos ABC e UVW são triângulos semelhantes de lados
paralelos. Isso significa que exista uma homotetia de centro G que leva o triângulo UVW no
triângulo ABC, donde
concorrem em G. No entanto, X está em AU, Y em BV e Z
em CW. Daí, AX, BY e CZ concorrem em G.
Falta apenas mostrar que , e são colineares. Seja N o circuncentro do triângulo UVW e H o
ortocentro do triângulo DEF, que é o incentro de
, seu triângulo órtico.



Como N é o centro do círculo de Euler do triângulo DEF, I o circuncentro de DEF e H o
ortocentro de DEF, temos que N é o ponto médio de HI. Em particular, os pontos H, N e
I são colineares.
A homotetia de centro G que leva o triângulo UVW no triângulo ABC leva o
circuncentro de UVW no circuncentro de ABC. Logo, os pontos G, N e O são colineares.
A mesma homotetia acima leva o incentro do triângulo UVW no incentro do triângulo
ABC. Logo, os pontos G, H e I são colineares.
Do que foi visto acima, concluímos que G, H, N, I e O são colineares. Em particular, G está na
reta IO e o problema acabou