FAMAT em Revista
Revista Científica Eletrônica da
Faculdade de Matemática - FAMAT
Universidade Federal de Uberlândia - UFU - MG
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Problemas e Soluções
Número 09 - Outrubro de 2007
www.famat.ufu.br
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FAMAT em Revista - Número 09 - Outubro de 2007
Comitê Editorial da Seção
Problemas e Soluções
do Número 09 da FAMAT EM REVISTA:
Luiz Alberto Duran Salomão (coordenador da seção)
Márcio José Horta Dantas
Marcos Antônio da Câmara
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Problemas Propostos
33. Demonstre que a soma dos cubos de três números inteiros consecutivos é divisível por 9.
34. Em um tetraedro regular tomam-se seções paralelas a duas de suas arestas que não se
intersectam. Determine a seção de área máxima.
35. A função f ( x) = cos x , definida para x ≥ 0 , é periódica? Justifique sua resposta.
36. De quantas maneiras 2n, sendo n um natural, pode ser expresso como a soma de quatro
quadrados de números naturais? Justifique sua resposta.
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FAMAT em Revista - Número 09 - Outubro de 2007
Resoluções dos problemas da revista número 8
29. Em um momento inicial, duas velas tinham a mesma altura h, encontrando-se, uma da
outra, a uma distância a. A distância entre cada uma das velas e a parede mais próxima é
também igual a a. Com que velocidades movem-se as sombras das velas nas paredes, se uma
vela queima durante o tempo t1 e a outra durante o tempo t2?
Resolução:
Se t1 = t2, obviamente as duas sombras movem-se à mesma velocidade (que é a velocidade
h h
= ). Sem perda de generalidade, admitamos que t1
com que as velas diminuem, ou seja,
t1 t 2
< t2. Na figura acima, x e y representam os comprimentos das velas 1 e 2, respectivamente, em
um tempo t, enquanto r e s são os comprimentos das suas respectivas sombras, no mesmo
dx
h
dy
h
=−
=− .
instante. Assim,
e
dt
t1
dt
t2
x−r y−x
Da figura acima, temos que
=
, o que acarreta r = 2 x − y . Portanto,
a
a
dr
h h
= −2 +
é a velocidade com que se move a sombra da vela 1.
dt
t1 t 2
x−r s−x
Ainda da figura acima, temos que
, o que acarreta s = 3 x − 2r . Portanto,
=
a
2a

h 2h
ds
h
h h
é a velocidade com que se move a sombra 2.
= −3 − 2 − 2 +  = −
dt
t1
t1 t 2  t1 t 2

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30. Dado um pentágono convexo, mostre que é possível escolher três de suas diagonais de
modo que com elas se possa construir um triângulo.
Resolução: Se ABCDE é um pentágono convexo, como na figura abaixo, seja BE a sua
diagonal de comprimento máximo.
Pela desigualdade triangular, temos que EP + PB > EB e PD + PC > CD. Daí, somando
membro a membro as duas desigualdades acima, temos que
(BP + PD) + (EP + PC) > BE + CD o que acarreta BD + CE > BE + CD > BE. Daí, temos
que é possível construir-se um triângulo com os segmentos BE, BD e CE , diagonais do
pentágono convexo ABCDE.
31. Seja W um conjunto de pontos do plano. Supondo que todo ponto de W é ponto médio de
um segmento que tem suas extremidades em W, demonstre que W é infinito.
Resolução: Suponha que W seja finito. Assim, existem dois pontos A e B em W de modo que a
distância AB = m seja máxima dentre todas as distâncias entre pares de pontos de W. Por
hipótese, B é ponto médio de algum segmento CD , sendo C e D pontos de W.
Na figura acima, A’ representa o simétrico de A com relação ao ponto B. Como os triângulos
CBA e DBA’ são congruentes (caso LAL), temos que AC = A’D. Agora, pela desigualdade
triangular (no triângulo AA’D), temos que AC + AD = A’D + AD > AA’ =
m + m. Daí, pelo menos uma das parcelas AC ou AD tem que superar m. Isto contradiz a
maximalidade de m.
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32. Seja q um número natural maior do que 1. Se m e n são números inteiros positivos,
demonstre que qm-1 é divisor de qn-1 se, e somente se, m é divisor de n.
Resolução: Inicialmente, suponha que m seja divisor de n. Assim, existe um inteiro positivo k
tal que n = km. Portanto,
(
)
q n − 1 = q k m − 1 = (q m ) − 1 = (q m − 1)(q m ) + (q m ) + Κ + q m + 1 , ou seja, qm-1 é divisor de
qn-1.
Reciprocamente, admita agora que qm-1 seja divisor de qn-1. Pelo algoritmo da divisão,
existem e são únicos dois inteiros k e r de modo que n = km + r , onde 0 ≤ r < m . Além disso,
pela hipótese, 1 ≤ k . Suponha, por absurdo, que 0 < r . Como
q n −1 + q n − 2 + Κ + q + 1 = (q m −1 + q m − 2 + Κ + q + 1)(q n − m + q n − 2 m + Κ + q n − km ) + q r −1 + Κ + q + 1
k
segue que
k −2
q n − 1 (q − 1)(q n −1 + q n − 2 + Κ + q + 1) q n −1 + q n − 2 + Κ + q + 1
=
=
=
q m − 1 (q − 1)(q m −1 + q m − 2 + Κ + q + 1) q m −1 + q m − 2 + Κ + q + 1
q n−m + q n−2 m + Κ + q n−k m +
por conseguinte, 0 <
hipótese.
k −1
q r −1 + Κ + q + 1
não é um inteiro, uma vez que r < m e,
q m −1 + q m − 2 + Κ + q + 1
q r −1 + Κ + q + 1
< 1. Temos, então, uma contradição com a
q m −1 + q m − 2 + Κ + q + 1
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A seguir, apresentamos uma segunda resolução para o problema de número 32. Essa
resolução é uma adaptação da que nos foi enviada pelo leitor Rafael Alves Figueiredo,
discente do 6o período do Curso de Matemática da Universidade Federal de Uberlândia.
Os editores da Revista agradecem ao Rafael por sua contribuição.
32. Seja q um número natural maior do que 1. Se m e n são números inteiros positivos,
demonstre que q m − 1 é divisor de q n − 1 se, e somente se, m é divisor de n.
Resolução:
(⇒) Pelo Algoritmo da Divisão, existem e são únicos dois inteiros q e r de modo que
n=qm + r, sendo 0 ≤ r < m . Agora, por hipótese, q m − 1 é divisor de q n − 1 e, daí,
q n ≡ 1 mod q m − 1 . Como, obviamente,
q m ≡ 1 mod q m − 1 , segue que
q mq ≡ 1 mod q m − 1 . Assim, temos
(
(
(
(
))
))
(
(
(
(
))
))
q r = q n − mq ≡ q n − mq q mq ≡ q n ≡ 1 mod q m − 1 .
Conseqüentemente, q m − 1 é divisor de q r − 1. Porém, isso só pode ocorrer se r =0,
isto é, se m for divisor de n.
(⇐) Por hipótese, m é um divisor de n. Assim, existe um inteiro positivo k tal que n =
km. Portanto,
( )
qn −1 = qk m −1 = qm
divisor de qn-1.
k
(
)(( )
−1 = qm −1 qm
∴ qm −1| qn −1 ⇔ m | n .
k −1
( )
+ qm
k −2
)
+ K + q m + 1 , ou seja, qm-1 é
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