LIMPÍADA CAPI
ABA DE MATE
ÁTICA
Segunda Fase – 10 de novembro de 2007
NÍVEL 3 – Ensino Médio
SOLUÇÕES DAS QUESTÕES
1) Mostre que
2,
3,
2,
3 e
5 não podem ser termos de uma mesma progressão aritmética.
Solução:
Suponha que
5 são termos de uma P. A. Então
3 = 2 + nr
5 = 2 + mr ,
onde m, n ∈ N e r ∈ R é a razão da P. A. Daí
r =
3− 2
=
n
5− 2
,
m
e, portanto,
m 3 − n 5 = (m − n ) 2 .
Elevando ao quadrado vem que 3m 2 − 2mn 15 + 5n 2 = 2(m − n ) 2 , o que dá
15 =
Portanto
m 2 + 4mn + 3n 2
∈Q ,
2mn
15 seria um número racional, o que não é verdade. De fato, caso
15 =
a
, com
b
a, b ∈ N , teríamos a 2 = 3 ⋅ 5 ⋅ b 2 . A fatoração do número inteiro a 2 tem uma quantidade par de
fatores 3, enquanto a fatoração de 3 ⋅ 5 ⋅ b 2 tem uma quantidade impar de fatores 3.
2) Encontre todas as raízes reais do sistema de equações
⎪⎧ x 2 + 2xy = 3
⎨ 2
⎪⎩y − 4 xy = 6
Solução.
Temos
x 2 + 2 xy = 3
(I)
y − 4 xy = 6
(II)
2
Somando essas equações obtém-se
( x − y )2 = 9
Logo x − y = ±3 .
[email protected]
(III)
x−y =3
Se
y = x −3.
então
Levando
na
primeira
equação
obtém-se
x + 2x( x − 3) = 3 , o que dá x − 2 x − 1 = 0 . Logo x = 1 + 2 e y = −2 + 2 ou x = 1 − 2 e
2
2
y = −2 − 2 .
Se
x − y = −3
então
y = x+3.
Levando
na
primeira
equação
obtém-se
x + 2x( x + 3) = 3 , o que dá x + 2 x − 1 = 0 . Logo x = −1 + 2 e y = 2 + 2 ou x = −1 − 2
2
2
e y = 2− 2 .
Portanto o sistema tem quatro soluções:
( x 1, y 1 ) = (1 + 2 , − 2 + 2 )
( x 2 , y 2 ) = (1 − 2 , − 2 − 2 )
( x 3 , y 3 ) = ( −1 + 2, 2 + 2 )
( x 4 , y 4 ) = ( −1 − 2, 2 − 2 )
Observe que os quatro valores encontrados para ( x, y ) satisfazem as equações (I) e
(III), logo também satisfazem a equação (II), que é a diferença de (III) e (I). Logo os quatro
valores encontrados são, de fato, toda as soluções do sistema.
3) Duas bolas de futebol de raios a e b estão apoiadas sobre uma mesa plana e encostadas
uma na outra. Qual o raio da maior bola que passa entre elas?
Resposta: A maior bola que passa entre as duas bolas de raio a, b tem raio igual a
r =
ab
( a + b )2
.
Solução: Vamos calcular a distância d entre os pontos nos quais duas bolas encostadas, uma
na outra, tocam a mesa.
b
b–a
a
d
De acordo com a figura, pelo Teorema de Pitágoras, temos
d 2 = (a + b ) 2 − (a − b ) 2
d 2 = 4ab
d = 2 ab .
[email protected]
Se r é o raio da terceira bola que está entre as duas primeiras, somando as distâncias entre os
pontos de toques na mesa obtém-se
2 ar + 2 br = 2 ab .
r ( a + b ) = ab e, portanto, a maior bola que passa entre as duas bolas de raio a, b
ab
.
tem raio igual a r =
( a + b )2
Logo
4) Um triângulo eqüilátero de 5 cm de lado foi dividido, por retas paralelas aos lados, em 25
triângulos eqüiláteros com 1 cm de lado. Você deve traçar um caminho poligonal que sai do
centro de um triângulo menor situado no vértice do triângulo maior e que passa pelo centro dos
triângulos menores, cada um uma única vez. Quantos triângulos menores serão percorridos no
máximo? E se o triângulo tem lado n cm?
Solução: O triângulo maior está dividido em 15 triângulos voltados para cima e 10 triângulos
voltados para baixo, conforme a figura.
Depois que a linha passa num triângulo voltado para cima (C), a linha deve passar por
um triângulo voltado para baixo (B) e depois que a linha passa por um triângulo voltado para
baixo ela deve, em seguida, passar para num triângulo voltado para cima. Como inicialmente a
linha sai de um triângulo voltado para cima, segue-se que o maior caminho possível percorre
no máximo os 10 triângulos voltados para baixo e 11 triângulos voltados para cima, tendo a
forma
CBCBCBCBCBCBCBCBCBCBC
Logo todo caminho deixa de passar em pelo menos 4 triângulos. Um exemplo de um
caminho que passa em 21 triângulos está mostrado na figura abaixo, demonstrando ser essa
quantidade a maior possível.
No caso geral, o triângulo maior fica dividido em n camadas horizontais formada de
1 + 3 + 5 + L + (2n − 1) = n 2 triângulos pequenos. O número de triângulos voltados para cima é
[email protected]
n(n + 1) n 2 n
=
+
e o número de triângulos voltados para baixo é
2
2 2
(n − 1)n n 2 n
=
− . O caminho que passa uma vez só pelos triângulos
1 + 2 + 3 + L + (n − 1) =
2
2 2
deve alternar, entre os triângulos voltados para cima e os voltados para baixo. Logo todo
caminho que não passa duas vezes num mesmo triângulo, passa no máximo em
(n − 1)n
N = 2⋅
+ 1 = n 2 − n + 1 triângulos.
2
Um exemplo de um caminho que passa em N = n 2 − n + 1 triângulos pode ser descrito
de maneira análoga a da figura acima. Começa num vértice e percorre a primeira fileira
paralela aos lados e não passa pelo último triângulo da fileira. Volta pela segunda fileira
paralela e deixa o último triângulo de fora. Continua dessa maneira, sempre deixando de
passar pelo último triangulo da fileira, até chegar na penúltima fileira com 3 triângulos, deixa de
passar em 1 triângulo e termina no triângulo do vértice. Como existem n fileiras, esse caminho
deixa de passar em ( n − 1) triângulos. Logo esse caminho passa por N = n 2 − n + 1 triângulos
e, portanto, é o maior caminho possível.
1+ 2 + 3 + L + n =
5) Os organizadores de um show venderam 3800 ingressos para 200 revendedores. Mostre
que pelo menos 6 desses revendedores compraram o mesmo número de ingressos.
Solução 1. Suponha que todos os revendedores compraram no máximo 5 ingressos cada um.
Podemos colocar os 200 revendedores numa fila, em ordem crescente da quantidade de
ingressos comprados e dividir a fila em 40 blocos de 5 lugares. O primeiro bloco vai ser
ocupado por revendedores que compraram no mínimo 1 ingresso. O segundo bloco vai ser
ocupado por revendedores que compraram no mínimo 2 ingressos. E assim por diante, o bloco
de ordem n vai ser ocupado por revendedores que compraram no mínimo n ingressos, até o
último bloco, que vai ser ocupado por 5 pessoas que compraram no mínimo 40 ingressos.
Portanto, o número de ingressos comprados pelos 200 revendedores será no mínimo a soma
5(1 + 2 + 3 + L + 40) = 5 ⋅
40 ⋅ 41
= 4100 ,
2
que ultrapassa a quantidade de 3800 ingressos vendidos.
Solução 2. O número médio de ingressos vendidos foi de 3800 ÷ 200 = 19 por revendedor.
Se todos os revendedores compraram 19 ingressos cada um, nada há a demonstrar. Caso
contrário, os revendedores dividem–se em dois grupos: os que compraram até 19 ingressos e
os que compraram 20 ou mais ingressos cada um. Vamos supor que no máximo 5
revendedores compraram o mesmo número de ingressos. Então, do grupo que comprou até 18
ingressos, cada um deixou de adquirir a diferença até 19 ingressos, que vamos chamar de
déficit dessa pessoa. O total de déficit de ingressos do primeiro grupo foi no máximo de
5(1 + 2 + 3 + L + 18) =
5 ⋅ 18 ⋅ 19
= 855 .
2
Como existem no máximo 95 revendedores que compraram até 19 ingressos, então há no
mínimo 105 revendedores que compraram 20 ou mais ingressos. Cada pessoa desse segundo
grupo comprou ingressos em excesso em relação à média de 19. Podemos dividir o grupo em
21 blocos de 5 pessoas, em ordem crescente da quantidade de ingressos comprada. O total de
excesso de ingressos desse grupo foi no mínimo de
5(1 + 2 + 3 + L + 21) =
5 ⋅ 21 ⋅ 22
= 1155
2
Mas o excesso de ingressos do segundo grupo deve ser igual ao déficit de ingressos do
primeiro grupo, o que configura um absurdo. Portanto pelo menos 6 revendedores compraram
o mesmo número de ingressos.
[email protected]