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7/24/2019 Cone Sul-lista-2016-01 - sol.pdf

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Primeira Lista de Preparacao para a XXVII Olimpada de Matematica do Cone Sul e

VI Olimpada de Matematica dos Pases de Lngua Portuguesa

Prazo: 19/02/2016, 23:59 de BrasliaAlgebra

PROBLEMA 1

Sejan um inteiro positivo. Para cada subconjunto do conjunto {1, 2,...,n} calcula-se a soma dos seus elementos.Calcule a media dos resultados obtidos.Solucao

O numero de subconjuntos do conjunto {1, 2,...,n} e 2n, pois cada elemento pode estar ou nao no subconjunto.Ao somar tudo cada numero 1 sera somado 2n1 vezes, pois o numero de subconjntos em que ele aparece e igualao numero de subconjuntos do conjunto{2, 3,...,n}. Podemos fazer a mesma contagem para cada elemento doconjunto, entao a media m sera:

m=2n1(1 + 2 + ... + n)

2n =

n(n + 1)

4 .

PROBLEMA 2

Considere a funcao f : Z+ R tal que f(1) = 2016 e f(1) +f(2) +. . .+ f(n) = n2f(n) para todo n > 1.Determine o valor de f(2016).Solucao

Usando a equacao dada para n e n + 1, temos:

(n + 1)2f(n + 1) =f(1) + f(2) + ... + f(n) + f(n + 1) =n2f(n) + f(n + 1) f(n + 1) = nf(n)n + 2

.

A seguir temos as equacoes para n = 1, 2, ..., 2015.

f(2016) = 2015f(2015)

2017

f(2015) = 2014f(2014)

2016...

f(3) = 2f(2)

4

f(2) = f(1)

3

ultiplicando todas, temos:

f(2016) =2015 2014 . . . 2 f(1)

2017 2016 . . . 4 3 = 2f(1)

2017 2016 = 2

2017.

PROBLEMA 3

Sejan um inteiro positivo. Prove que

21

2 4 14 8 18 . . . (2n) 12n


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Podemos escrever essa soma como soma de termos:

Sk = 1

2k +

1

2k+1+ ... +

1

2n

2 Sk = 12k1

+ 1

2k + ... +

1

2n1

Subtraindo as duas equacoes

Sk = 1

2k1 1

2n

Entao teremos

1

2+

2

22 +

3

23 + ... +

n

2n =S1+ S2+ ...Sn=

1

20+

1

21+ ...

1

2n1 n

2n = 2 1

2n1 n

2n = 2 n + 2

2n .

Como o lado direito e menor que 2 a desigualdade desejada esta provada.

Combinatoria

PROBLEMA 4

Sejan um inteiro positivo maior que 1. De quantas maneiras diferentes podemos colocar todos os numeros de1 ate 2n em um tabuleiro 2 n, um em cada quadradinho, de modo que quaisquer dois numeros consecutivosestejam em quadradinhos com um lado em comum.Solucao

Considere o problema equivalente de comecar em uma casinha do tabuleiro, onde colocamos o 1, e fazer umcaminho por todas as casinhas sempre de uma casinha para uma casinha vizinha por lado e passando por cadacasinha exatamente uma vez. Contaremos o numero de caminhos.Sejaan o numero de caminhos que comecam no quadradinho do canto superior esquerdo. Por simetria, existemexatamentean caminhos que comecam em cada um dos quatro cantos. Vamos calcularan por recorrencia. Seo primeiro passo do caminho for para a direita, entao ele tera que seguir pela direita ate o final e depois voltar

por baixo, caso contrario o tabuleiro seria dividido em duas partes desconexas. Se o primeiro passo for parabaixo, o segundo sera para a direita e teremos an1 caminhos possveis. Logo, a recorrencia e an = an1+ 1 epodemos concluir quean= n.Suponha agora um caminho que comeca na linha superior e coluna j, com 1< j < n. Se o primeiro for parabaixo, entao o tabuleiro sera dividido em duas partes desconexas enao sera possvel visitar todas as casinhas.Se o primeiro passo for para a direita, entao teremos que ir ate o final e voltar pela linha de baixo ate a colunaj 1. Da o numero de caminhos eaj1= j 1. Analogamente, se o primeiro passo for para a esquerda entaoteremosanj =n j caminhos. Entao essa posicao gera j 1 +n j =n 1 caminhos. Por simetria a casada linha inferior e coluna j gera essa mesma quantidade de caminhos.Com essas informacoes podemos concluir que o numero total de caminhos e

4n + 2n1

j=2

(n

1) = 4n + 2(n

2)(n

1) = 2n2

2n + 4.

PROBLEMA 5

Seja Sum subconjunto do conjunto{0, 1, 2, 3,..., 1997} com|S| > 1000. Prove que um dos elementos de S euma potencia de 2 (isto e um numero da forma 2k ondek e um inteiro nao negativo) ou existem dois elementosdistintosa, b Stal que a soma a + b e uma potencia de 2.Solucao

Considere os seguintes pares de numeros

{1997, 51}, {1996, 52},..., {1025, 1023}

{50, 14

},

{49, 15

},...,

{33, 31

}{13, 3}, {12, 4},..., {9, 7}SeSpossuir algum dos elementos positivos fora desses pares, 1, 2, 8, 32 ou 1024, ent ao ja possuira uma potenciade 2. SeSpossuir apenas o 0 e mais que|S| 1> 999 elementos nos 996 pares de elementos descritos acima,entao pelo princpio da casa dos pombos serao tomados dois elementos do mesmo par e a soma desses doiselementos sera uma potencia de 2.


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PROBLEMA 6

SejaA o conjunto dos inteiros positivos.

(a) Prove que A pode ser escrito como a uniao de tres conjuntos disjuntos dois a dois (ou seja, a intersecao

entre quaisquer dois desses conjuntos e o conjunto vazio) de modo que para quaisquer dois inteiros positivosme n, se|m n| = 2 ou 5 entaom en estao em conjuntos diferentes.

(b) Prove que A pode ser escrito como a uniao de quatro conjuntos disjuntos dois a dois de modo que paraquaisquer dois inteiros positivos m e n, se|m n| = 2, 3 ou 5 entao m e n estao em conjuntos diferentes.Mostre ainda que nao e possvel escrever A como uniao de tres conjuntos disjuntos dois a dois com essaprorpriedade.

Solucao

(a) Considere a separacao de acordo com o resto na divis ao por 3, ou seja, A0, A1 e A2 sao o conjuntos dosnumeros que deixam restos 0, 1 e 2 na divis ao por 3. Para verificar que a condicao e satisfeita, basta notar

quem en estao num mesmo conjunto Ai 3|m n.(b) Podemos considerar um algoritmo para fazer isso. Tomemos em ordem crescente os inteiros positivos. Para

cadax tente inserir x no conjunto B1. Se houver algum impedimento, algum dos numerosx 2, x 3 oux 5 esta emB1, entao tente inserir no B2. Veja que nao olhamos modulo, pois o algoritmo nos diz que osnumeros ja inseridos sao menores que x. Se houver impedimento em B2, tente em B3. Finalmente, se forpossvel inserir em B3 insirax em B4. Note que ha apenas 3 numeros gerando conflito com x, entao se naofor possvel inserir em B1, B2 e B3 entao cada um dos numerosx 2, x 3 e x 5 esta em um conjuntoe, dessa forma, nenhum deles esta em B4 implicando que podemos inserir o numerox em B4.Para a segunda parte, suponha que e possvel usar apenas 3 conjuntos que chamaremos de A, B e C.Considere os numeros a e a+ 5. Como a diferenca e 5, entao a e a+ 5 estao em conjuntos diferentes.Suponha sem perda de generalidade que a A e a + 5 B. Agora veja que a + 2 ea + 3 nao podem estaremA nem emB . Logo, os dois estarao emC. Se fizermos os mesmos passos paraa + 1 ea + 6, concluiremos

quea + 1 + 2 = a + 3 e a + 1 + 3 = a + 4 estao no mesmo conjunto. Ja que vimos que seria o conjunto C.Ora, mas isso implica que a + 2 ea + 4 estao no conjuntoCe|a + 4 a + 2| = 2. Como isso e um absurdo,a suposicao inicial e falsa e nao e possvel usar apenas 3 conjuntos.

Geometria

PROBLEMA 7

SejamAD,BEeC Fas alturas do triangulo acutanguloABC. SejamP,Q e R os pes das perpendiculares porA, B e C as retasE F, F D e DE, respectivamente. Prove que as retas AP, B Q e C R sao concorrentes.Solucao

Considere a figura a seguir.


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Veja que BF C = BEC = 90 BFEC e cclico. Da ABC = B = AEF. Usando os triangulosBDA e EP A temos BAD = CAP = 90 B. Entao a ceviana AP e isogonal da altura, logo a reta APpassa pelo circuncentro O do triangulosAB C. Analogamente, BQ e C R passam por O e conclumos AP, BQeC Rsao concorrentes no circuncentro do trianguloAB C.

PROBLEMA 8

Seja ABC um triangulo equilatero. Para um pontoMno interior do triangulo ABC, sejam D, E e Fos pesdas perpendiculares por Maos lados BC, CA eAB, respectivamente. Ache o lugar geometrico dos pontos Mpara os quais F DE= 90.Solucao

Considere a figura a seguir.

Veja que os quadrilaterosAEMF, BDMF e CDME sao inscritveis, pois as somas dos angulos opostos e180. Usando o quadrilatero cclico AEMF, temos EM F= 120. Usando os outros dois teremos EDF =90EDC+ F DB = 90EM C+ F M B = 90. Essas equivalencias e a soma dos angulos ao redor dopontoM implicam que

EDF = 90 BM C= 150.Portanto, o lugar geometrico dos pontos M e o arco capaz B Cde 150.

PROBLEMA 9

Seja ABCD um quadrilatero circunscritvel sobre uma circunferencia (ou seja cada lado do quadrilatero etangente a um lado de ). Sabendo que A = B = 120, D = 90 e que o lado BC mede 1, determine amedida do lado AD.Solucao

SejaEo ponto de intersecao das retasAB eC D. SejaAD = x. Como DAE= 60 e ADE= 90 podemosconcluir que o trianguloEDAe metade de um triangulo equilatero. Logo DEA = 30,EA= 2xe ED= x

3.

No triangulo EBC temos EBC = 120 e BEC = 30 BC E = 30. Logo o triangulo BEC eisosceles e BE = BC = 1 AB = 1 2x. Agora usamos o fato de ABCD ser circunscritvel, da temosAB+CD= AC+ BD DC= 3x. Se tomarmos o ponto medio Mdo lado EC, entao os triangulosADE eBM E sao semelhantes e teremos:

(3x + x

3)/2

1 =

x

3

2x x= 1

3 + 1 x=

3

1

2 .


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Teoria dos Numeros

PROBLEMA 10Mostre que um inteiro da forma xyxy na base 10 (onde x e y sao dgitos) nao pode ser um cubo perfeito.Determine o menor b >1 para o qual existe um cubo perfeito da forma xyxy na base b.Observacao: xyxy na baseb significa que0< x < b, 0 y < b exyxy = x b3 + y b2 + x b + y.Solucao

Veja que xyxy = 101 (10x+y). Suponha que este numero seja um cubo perfeito, ou seja, podemos escreverda forma k3. Como 101 e primo, teremos 101|k3 101|k 1013|k3 1012|10x+y 1012 10x+y 2a 1dk + 1dk1 +...+ 1d2 + 1d1 >2. Veja quedi|a di|ab entao na somados inversos dos divisores de ab e maior ou igual a soma dos inversos dos divisores de a que e maior que 2.Portanto, o numeroab e abundante.

PROBLEMA 12

Para cada inteiro positivo n, sejaf(n) omdc de n!+ 1 e (n + 1)! (onde ! denota fatorial). Para cadan inteiropositivo, determinef(n).Solucao

Comece notando que mdc(n!, n! + 1) = 1f(n) = mdc((n+ 1)!, n! + 1) = mdc(n+ 1, n! + 1). Sen+ 1 = pprimo, entao pelo teorema de Wilson temos n! (p 1)! 1 (mod p) n + 1|n! + 1f(n) = n + 1. Sen+ 1 nao e primo, entao para cada fator primo q de n+ 1, teremos q < n+ 1 q n q|n!. Com isso,podemos concluir que nesse caso f(n) = 1.

Problemas gerais

PROBLEMA 13

Seja x um numero real tal que o numerox2 x e inteiro e para algum n3 o numeroxn x tambem e umnumero inteiro. Prove que x e um numero inteiro.Solucao

Seja x2 x = a inteiro. Veja que x2 x a = 0 possui solucao real, logo 0 1 + 4a 0 a 14 .Como a e inteiro, podemos concluir que a 0. Sea = 0 entao x2 x = 0 x = 0 ou x = 1 e o resultadosegue. Suponha que a 1.Veja que

x2 = x + a

x3 = x2 + ax= (a + 1)x + a

x4 = x3 + ax2 = (a + 1)x + a + ax + a2 = (2a + 1)x + (a2 + a)

..


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Por inducao, prova-se provar que para n 3 temos xn =an x+bn onde com an e bn inteiros com an 2ebn 1. Os casos iniciais ja foram feitos e veja que

xn+1 =xn + axn1 =anx + bn+ a(an1x + bn1) = (an+ an1

a)x + (bn+ bn1

a).

Tomemos o numero inteiro xn x= b com n 3. Temos xn x= (an 1)x + bn x= bbnan1 x Q.Escrevax como fracao irredutvel p

q. Seq= 1 entao x e inteiro. Suponha que q >1, logo

a= x2 x= p2

q2 p

q =

p2 pqq2

Z q2|p(p q).

Mas isso e um absurdo, pois q >1 emdc(p, q) =mdc(p q, q) = 1.Conclumos queq= 1 e x e um numero inteiro.

PROBLEMA 14

Determine o menor n 4 para o qual e possvel escolher 4 numeros a, b, c e d distintos dois a dois entrequaisquern inteiros positivos distintos tais que a + b c d e divisvel por 20.

Solucao

Seja Sum conjunto que nao possui 4 elementos tais que 20|a+b c d. E facil ver que nao existe em Selementosab (mod20) e cd (mod 20). Com isso, podemos concluir que se S possui k resduos distintosmodulo 20 entao possui no maximok + 2 resduos. Veja que k resduos fornecem k(k1)

2 somasa + bde resduos.

Se k 7 entao k(k1)2

7 3 = 21. Usando o princpio da casa dos pombos, teremos dois pares (a, b)= (c, d)com somas congruntesa +b c+d(mod20). Note que se a c(mod20) entaobe dtambem seriam congruntese teramos o mesmo par. Isso nos permite afirmar quek 6 e Spossui no maximok + 2 8 elementos.

Um exemplo de conjunto S com 8 elementos sem a propriedade descrita e S ={0, 20, 40, 1, 2, 4, 7, 12}.Conclumos que o menor n que satisfaz a condicao e n = 9.

PROBLEMA 15

Algumas casas de um tabuleiro Q de (2n + 1) (2n + 1) sao pintadas de preto, de modo que qualquer quadrado2 2 deQ contenha, no maximo, 2 casas pretas. Achar o numero maximo de casas pretas que o tabuleiro podeter.

Solucao

O maximo e (n + 1)(2n + 1). Um exemplo e pintar alternadamente como no exemplo.

Vamos provar por inducao que o valor maximo e (n + 1)(2n + 1). Faremos o passo indutivo.


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Usando a divisao proposta na figura anterior de um tabuleiro (2n + 3) (2n +3) em um (2n + 1) (2n +1),n+ 1 tabuleiros 2 2 na vertical, n tabuleiros 2 2 na horizontal e peca em forma de L. Observe que a pecaLnao pode se totalmente pintada de preto, pois haveria um tabuleiro 2 2 que teria 3 casinhas pintas. Logo onumero maximo de casinhas pintadas no tabuleiro (2n + 3)

(2n + 3) e

(n + 1)(2n + 1) + (n + 1).2 + n.2 + 3 = (n + 1)(2n + 3) + 2n + 3 = (n + 2)(2n + 3).

PROBLEMA 16

Seja ABC um triangulo acutangulo. Denote por D o pe da perpendicular por A ao lado BC, por M o pontomedio de BCe porHo ortocentro do ABC. SejaEo ponto de intersecao do circuncrculo do trianguloABCe a semi-reta M He seja F a intersecao (diferente de E) da retaE D e o crculo . Prove que:

BF

CF =

BA

CA.

Solucao

Primeiro vamos provar um lema relativo a simediana do triangulo ABC. Seja S= A o ponto onde asimediana de A corta novamente o circuncrculo do triangulo ABC.

Seja P o encontro das tangentes ao circuncrculo pelos pontos B e C. E conhecido que AP e a simediana,logo S e a intersecao de AP com o circunrculo. Por angulos na circunferencia temos P BS = P AB eP CS = P AC. Com isso, os triangulos P BS e P AB sao semelhantes e os triangulos P CS e P AC saosemelhantes. Conclumos que

BS

BA=

P S

P B =

P S

P C =

CS

CA BS

CS =

BA

CA.

Lembrando queP B = P Cpelo teorema do bico.


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Veja que nosso problema agora e equivalente a provar que F S, ou seja, que AF e a simediana.

Seja A o simetrico de A em relacao ao circuncentro O do triangulo ABC. E fato conhecido que M eo ponto medio do segmento HA. Veja que AEM = AEA = 90, pois AA e diametro. Logo AEDMe um quadrilatero cclico. Seja M AD = . Usando o quadrilatero AEDM temos DEM = F EA =. O quadrilatero AEFA e cclico, pois os quatro pontos estao no circuncrculo do triangulo ABC, logoF AA = F EA = . Veja que BAM = BAD+ DAM = 90 B+ e CAF = CAA + AAF =CAO + AAF = 90 B+ BAM= CAF AF e a simediana. Isso implica queF Se temos

BF

CF =

BA

CA.

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