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 10 - Abril de 2008
www.famat.ufu.br
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FAMAT em Revista - Número 10 - Abril de 2008
Comitê Editorial da Seção
Problemas e Soluções
do Número 10 da FAMAT EM REVISTA:
Luiz Alberto Duran Salomão (coordenador da seção)
Ednaldo Carvalho Guimarães
Marcos Antônio da Câmara
FAMAT em Revista - Número 10 - Abril de 2008
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Problemas Propostos
37. Para todo número primo p, demonstre que os números
p +1 +
p±
p +1 −
p
são ambos irracionais.
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.
39. Seja ABC um triângulo que tem inraio (raio do círculo inscrito) r e circunraio (raio
do círculo circunscrito) R. Demonstre que R ≥ 2r.
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
que ou igual a
, sendo que a igualdade ocorre somente se P for o baricentro do
27 abc
triângulo.
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FAMAT em Revista - Número 10 - Abril de 2008
Resolução dos Problemas da Revista número 9
33. Demonstre que a soma dos cubos de três números inteiros consecutivos é divisível
por 9.
3
3
1a Resolução: Veja que n 3 + (n + 1) + (n + 2 ) = 3n 3 + 9n 2 + 15n + 9 . Portanto, bastanos mostrar que 3n 3 + 15n = 3n n 2 + 5 é divisível por 9. Para n = 3k , para algum
inteiro k, é claro que 3n n 2 + 5 é múltiplo de 9. Caso n = 3k + 1 , n 2 + 5 = 9k 2 + 6k + 6 .
Por fim, caso n = 3k + 2 , n 2 + 5 = 9k 2 + 12k + 9 . Assim, nos dois últimos casos, n 2 + 5
é, claramente, múltiplo de 3. Portanto, concluímos que 3n n 2 + 5 é múltiplo de 9 em
ambos os casos.
2a Resolução (enviada pelo leitor Otoniel Nogueira da Silva): Observe que
3
3
n 3 + (n + 1) + (n + 2) =3(n³ - n) + 9( n² + 2n +1). Portanto, é suficiente mostrar que
n 3 − n é múltiplo de 3, para todo inteiro n. Ora, pelo Pequeno Teorema de Fermat,
n 3 ≡ n(mod 3) , o que quer dizer que n 3 − n é, de fato, divisível por 3, para todo inteiro
n.
(
)
(
)
(
)
34. Em um tetraedro regular tomam-se seções paralelas a duas de suas arestas que não
se intersectam. Determine a seção de área máxima.
Resolução: Seja ABCD o tetraedro dado. O quadrilátero MNKL, obtido ao se intersectar
o tetraedro com o plano, é um paralelogramo, com LK paralelo a MN e LM paralelo a
NK. A área desse paralelogramo é dada pelo produto KN ⋅ KL ⋅ senα , onde
α é a medida do ângulo LKˆ N . Portanto, a área da seção depende apenas do produto
KN ⋅ KL já que senα é uma constante para todas as seções em questão. Representando
por x o comprimento do segmento AK, teremos, como conseqüência da semelhança dos
KN AD − x
KL
x
triângulos envolvidos que
=
=
e
. Multiplicando essas duas
AB
AD
CD AD
AB ⋅ CD
( AD − x )x . Daí, como o fator
igualdades termo a termo, obtemos KN ⋅ KL =
AD 2
AB ⋅ CD
é constante, o produto KN ⋅ KL será máximo quando o fator ( AD − x )x o for.
AD 2
2
2
AD ⎞ ⎛ AD ⎞
⎛
Porém, esse fator pode ser reescrito como − ⎜ x −
⎟ +⎜
⎟ e, assim, é fácil ver
2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
⎝
AD
que seu valor máximo é alcançado quando x =
, o que conclui o problema.
2
35. A função f ( x) = cos x , definida para x ≥ 0 , é periódica? Justifique sua resposta.
Resolução: Suponha que a resposta seja afirmativa. Assim, existe T > 0 tal que
cos x + T = cos x , para todo x ≥ 0 . Nessa última igualdade, façamos primeiramente
x=0
e,
a
seguir,
x =T
e
obteremos,
respectivamente,
cos T = 1 e cos 2T = cos T = 1 .
Daí,
teremos
simultaneamente
que
T = 2kπ e 2T = 2lπ , para determinados inteiros positivos k e l. Dessas duas
últimas igualdades, dividindo uma pela outra, tiraremos que 2 = l , o que é uma
k
contradição. Portanto, a função f ( x) = cos x , definida para x ≥ 0 , não é periódica.
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36. De quantas maneiras 2n, sendo n um natural, pode ser expresso como a soma de
quatro quadrados de números naturais? Justifique sua resposta.
Resolução: Suponha que a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 2 n . Vamos representar por 2 p a maior
potência de 2 que divide os quatro inteiros a, b, c e d. Dividindo ambos os membros da
equação acima por (2 p ) = 2 2 p , obtemos a1 + b1 + c1 + d1 = 2 n − 2 p , onde pelo menos
um dos quatro inteiros a1 , b1 , c1 e d1 é ímpar. Se exatamente um ou exatamente três dos
2
2
2
2
2
inteiros a1 , b1 , c1 e d1 forem ímpares, então a1 + b1 + c1 + d1 é ímpar e, portanto,
nesses casos a igualdade inicial é impossível. Se dois desses inteiros são ímpares,
digamos a1 = 2k + 1 e b1 = 2l + 1 , e os outros dois são pares, digamos
c1 = 2m e d1 = 2n , então podemos escrever
2
2
2
2
[
]
a1 + b1 + c1 + d1 = 4k 2 + 4k + 1 + 4l 2 + 4l + 1 + 4m 2 + 4n 2 = 2 2(k 2 + k + l 2 + l + m 2 + n 2 ) + 1
o que é uma contradição, pois 2 n − 2 p não pode ter um fator ímpar. Por fim, se todos os
quatro inteiros forem ímpares, digamos a1 = 2k + 1, b1 = 2l + 1, c1 = 2m + 1 e d1 = 2n + 1,
teremos
2
2
2
2
a1 + b1 + c1 + d 1 = 4k 2 + 4k + 1 + 4l 2 + 4l + 1 + 4m 2 + 4m + 1 + 4n 2 + 4n + 1
2
2
2
2
= 4[k (k + 1) + l (l + 1) + m(m + 1) + n(n + 1) + 1] .
Note que a expressão acima, interior aos colchetes, é ímpar; ainda, seu valor só pode
2 0 = 1. Isso acarreta que
n − 2 p = 2, n = 2 p + 2, e k = l = m = n = 0, a1 = b1 = c1 = d1 = 1, a = b = c = d = 2 p .
Concluindo, se n é ímpar, então 2 n não pode ser escrito como soma de quatro
quadrados; se n é par, n = 2p, então 2n pode ser expresso como soma de quatro
quadrados somente da seguinte maneira:
(
2 2 p = 2 p −1
) + (2 ) + (2 ) + (2 ) .
2
p −1 2
p −1 2
p −1 2
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