Prezados Estudantes, Professores de Matemática e Diretores de Escola,
Os Problemas Semanais são um incentivo a mais para que os estudantes possam se
divertir estudando Matemática, ao mesmo tempo em que se preparam para as
Competições Matemáticas. Por favor, deixem os problemas em local onde todos os
estudantes da Escola possam tomar conhecimento, se sintam desafiados a resolvê-los e
divirtam-se com as soluções.
Problemas semanais de anos anteriores podem ser encontrados no endereço:
www.ufrn.br/olimpiada/treinamento. Identificando os estudantes que resolveram os
problemas, incentive-os a enviar suas soluções para serem publicadas na nossa página na
internet. Encaminhe as soluções para: [email protected] ou [email protected]
ou [email protected].
Por favor, divulguem os problemas!
SOLUÇÃO DA LISTA SEMANAL No.12 - Data 17/06/2014
NÍVEL I
A figura a seguir é formada por um retângulo (R) e um quadrado (Q).
Traçar uma reta que divida a figura em duas de áreas iguais. Justificar a resposta.
SOLUÇÃO
Vamos usar o fato seguinte: Uma reta que passa pelo centro de um paralelogramo (que é
o ponto de interseção das diagonais), divide o mesmo em duas regiões de mesma área (*).
Desse modo, a reta que une os centros do quadrado e do retângulo, dividirá cada uma das
figuras em duas figuras de mesma área.
A seguir, a prova de (*).
1
É fácil ver que, se a reta é uma diagonal, então a diagonal divide o paralelogramos em
dois triângulos congruentes e, portanto, de mesma área. Se a reta não é uma diagonal,
vamos supor que a reta passe pelo centro O do paralelogramo ABCD e pelos pontos P e
Q de dois lados opostos, veja figura a seguir.
Trace a diagonal BD. Observe que os triângulos ∆DOP e ∆BOQ são congruentes por
terem um lado de mesmo comprimento, OD = OB, e dois ângulos adjacentes de mesma
medida: m(hBOQ) = m(hDOP ), opostos pelo véretice e mhQOB) = m(hP OD), alternos
internos. Logo, P Q = OQ.
Por outro lado, as diagonais do paralelogramo concorrem em seus pontos médios. Assim,
OD = OB e OA = OB.
Portanto, girando de 180o ao redor do ponto O, os vértices B, A, P, Q do quadrilátero
BAP Q se transforma respectivamente nos vértices D, C, Q, P do quadrilátero DCQP , o
que conclui a prova.
NÍVEL II
Num quadrado cuja diagonal mede 2 cm se inscreve um retângulo com seus lados
paralelos às diagonais do quadrado, como ilustra a figura a seguir.
Encontrar o perı́metro do retângulo.
SOLUÇÃO
A figura a seguir,
2
permite-nos observar que, quando se inscreve um retângulo com seus lados paralelos às
diagonais do quadrado, formam-se, nos quatro cantos do quadrado, triângulos retângulos
isósceles. As alturas de dois destes triâgulos, formados nos vértices opostos do quadrado,
estão sobre a diagonal que unem estes vértices, pois as diagonais de um quadrado são
perpendiculares entre sı́. De modo que, como ilustra a figura, a metade do perı́metro do
retângulo inscrito mede o mesmo que a diagonal do quadrado, e como consequência o
perı́metro do retângulo será 4 cm.
NÍVEL III
Um disco fechado de raio 1 contém 7 pontos tais que todas as distâncias entre dois
quaisquer deles são maiores o iguais que 1.
Prove que um dos 7 pontos é o centro do disco.
SOLUÇÃO
Seja O o centro do disco de raio 1. Se nenhum dos pontos é o centro do disco, considere
um raio que varre o disco girando 360o no sentido dos ponteiros do relógio. Numeremos
os 7 pontos por P1 , P2 , P3 , P4 , P5 , P6 , P7 , na ordem em que o raio paasa por eles.
Chamemos P1 = P8 . Como a soma das medidas dos âgulos centrais é igual a
m(hP1 OP2 ) + m(hP2 OP3 ) + · · · + m(hP6 OP7 ) + m(hP7 OP8 ) = 3600 ,
para algum i tem que ter m(hPi OPi+1 ) ≤
3600
7
< 600 .
Concluı́mos então que, a medida do ângulo hOPi Pi+1 ou hOPi+1 Pi é maior do que 600 (do
contrário a soma das medidas dos três ângulos do ∆OPi Pi+1 seria menor do que 1800 e o
comprimento do lado oposto, (OPi ou OPi+1 ) seria maior do que o comprimento Pi Pi+1 ,
sendo menor do que 1, que é uma contradição.
Portanto, um dos 7 pontos é o centro do disco.
NÍVEL UNIVERSITÁRIO
Para cada número natural k ≥ 2, o conjunto dos números naturais é subdividido numa
sequência de subconjuntos {An (k); n = 1, 2, 3, · · · } da maneira seguinte: A1 (k) é formado
pelos primeiros k números naturais, A2 (k) é formado pelos próximos k + 1 números
naturais, A3 (k) é formado pelos próximos k + 2 números naturais etc. A soma dos
números naturais de An (k) é denotada por sn (k).
3
Determine o menor valor de n = n(k) tal que sn (k) ≥ 3k 3 − 5k 2 , para k = 2, 3, 4, · · · .
SOLUÇÃO
O último elemento de An (k) é o número
k + (k + 1) + (k + 2) + · · · + (k − n + 1) = nk + [1 + 2 + 3 + · · · (n − 1)] = nk +
(n − 1)n
.
2
Como existem (k+n-1) números em An (k), o primeiro elemento em An (k) é igual a
[nk +
(n − 1)n
1
] − (k + n − 1) + 1 = (n − 1)k + (n2 − 3n + 4). (∗)
2
2
Portanto, temos
sn (k) =
(k + n − 1)
[(2n − 1)k + (n2 − 2n + 2)].
2
Fazendo k = 2, 3, 4, 5 em (*), nos sugere que n = k pode ser o valor necessário de n. De
fato, calculando os valores de sk−1 (k) e de sk (k) temos:
sk−1 (k) = (k − 1)(3k 2 − 7k + 5) = 3k 3 − 10k 2 + 12k − 5
e
sk (k) =
9
7
(2k − 1)(3k 2 − 3k + 2)
= 3k 3 − k 2 + k − 1.
2
2
2
Agora, é fácil ver que para k = 2, 3, 4, · · · , temos.
sk (k) > 3k 3 − 5k 2 > sk−1 (k)
Portanto, n(k) = k é o menor valor procurado.
4