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FAMAT em Revista - Número 11 - Outubro de 2008
Resoluções dos problemas do número anterior
37. Para todo número primo p, demonstre que os números
p +1 +
p±
p +1 −
p
são ambos irracionais.
Resolução: Suponha que α =
p +1 +
p±
p +1 −
p seja racional. Assim,
α 2 = 2 p + 1 ± 2 p + 1 − p = 2 p + 1 ± 2 também é racional. Daí,
p + 1 pertence aos
racionais. Porém, isso só pode ocorrer se p + 1 for um quadrado perfeito, digamos
p + 1 = k 2 . Como p = (k + 1)(k − 1) é primo, segue que k − 1 = 1 e k + 1 = p e, daí, p = 3.
Portanto, α é irracional, para todo primo p ≠ 3 . Agora, para p = 3 , α = 6 ou
Conclui-se, então, que α é irracional, qualquer que seja o número primo p.
2.
38. Demonstre que o polinômio X 2 n + X n + 1 é divisível pelo polinômio X 2 + X + 1
se, e somente se, n não é múltiplo de 3.
Resolução: Observe, inicialmente, que X 3 − 1 = ( X − 1) X 2 + X + 1 . Portanto, as raízes
(
)
2
da equação X + X + 1 = 0 são justamente as raízes cúbicas da unidade diferentes de 1;
vamos representar por w uma qualquer delas. Assim, se n não for múltiplo de 3, então
wn ≠ 1 ; como wn é uma raiz cúbica da unidade, ela é então uma raiz da equação
X 2 + X + 1 = 0 e, daí, w 2 n + w n + 1 = 0 e, conseqüentemente, X – w divide X 2 + X + 1 .
Como isso ocorre para qualquer raiz da equação X 2 + X + 1 = 0 , segue que X 2 + X + 1
divide X 2 n + X n + 1 . Reciprocamente, se n for múltiplo de 3, então wn = 1 e, por
conseguinte, w 2 n + w n + 1 = 3 ≠ 0 ; daí, X – w não divide X 2 n + X n + 1 , o que acarreta
que X 2 + X + 1 também não divide X 2 n + X n + 1 .
39. Seja ABC um triângulo que tem inraio (raio do círculo inscrito) r e circunraio (raio
do círculo circunscrito) R. Demonstre que R ≥ 2r.
Resolução: Vamos representar, respectivamente, por a, b e c os lados BC, AC e AB do
triângulo e por s o seu semiperímetro. Chamando P o incentro do triângulo, temos que
ra rb
rc
as áreas dos triângulos PBC, PCA e PAB são, respectivamente,
,
e
. Portanto,
2 2
2
a+b+c
o triângulo ABC tem área S = r 
 = rs . Por outro lado, um fato bem conhecido
2


a
b
c
é que, na lei dos senos,
=
=
, o valor constante da razão é dado por 2R;
senA senB senC
a
abc
abc
R sabc
sabc
daí, R =
=
=
. Assim,
=
=
, onde, na
2
2 senA 2bcsenA 4 S
r
4 s (s − a )(s − b )(s − c )
4S
última igualdade, foi utilizada a fórmula de Heron para a área de um triângulo. Agora,
a+b+c
substituindo o valor de s =
na igualdade acima, temos que
2
R
2abc
=
(*).
Agora,
chamando
r (b + c − a )(c + a − b )(a + b − c )
x = b + c − a, y = c + a − b e z = a + b − c e empregando a desigualdade envolvendo as
médias
aritmética
e
geométrica
de
dois
números,
temos
que
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x+ y
≥ xy e, analogamente, a ≥ yz e b ≥ zx ; multiplicando termo a termo
2
essas três últimas desigualdades, obtemos abc ≥ xyz .
Voltando, por fim, à igualdade (*), chegamos ao seguinte resultado:
R
2abc
2abc
=
=
≥ 2 , o que conclui a demonstração.
r (b + c − a )(c + a − b )(a + b − c )
xyz
c=
40. Seja P um ponto interior ao triângulo ABC cujos lados medem a, b e c e cuja área
vale S. Demonstre que o produto das distâncias de P aos lados do triângulo é menor do
8S 3
, sendo que a igualdade ocorre somente se P for o baricentro do
que ou igual a
27 abc
triângulo.
Resolução: Representemos por x, y e z, respectivamente, as distâncias de P aos lados
BC, CA e AB do triângulo ABC. Assim, temos que ax + by + cz = 2S. Daí,
3
1
1  2S 
8 S3
ax ⋅ by ⋅ cz ≤
=
⋅
,
 
abc
abc  3 
27 abc
onde a desigualdade acima é a relação entre as médias aritmética e geométrica. Agora,
2S
.
na referida desigualdade, a igualdade ocorre se, e somente se, ax = by = cz =
3
Chamando D, E e F os pés das perpendiculares por A, B e C a BC, CA e AB,
2S
1
respectivamente, então dizer que ax = by = cz =
equivale a dizer que x = AD,
3
3
1
1
y = BE e z = CF. Mas, isso quer dizer que P está sobre cada uma das três retas
3
3
paralelas aos lados do triângulo ABC que passam pelo baricentro do referido triângulo,
ou seja, que P é o baricentro do triângulo.
xyz =