UEM/CCE/PMA – PROFMAT – Janeiro 2012

UEM/CCE/PMA – PROFMAT – Janeiro 2012
Alunos: Anderson Leandro Zulin
Alexandre Suguimoto
Professora Dra: Luciene Parron Gimenes Arantes
Disciplina: Resolução de Problemas
Data: 11/01/2012
O PRINCÍPIO DE DIRICHLET
(Princípio da casa dos pombos ou Princípio das gavetas de Dirichlet)
Um interessante instrumento elementar para tratar problemas matemáticos relacionados à
existência de elementos de conjuntos validando certas exigências é o chamado princípio de
Dirichlet, também conhecido como princípio da casa dos pombos (PCP). Este princípio foi
usado por Dirichlet (1805-1859) para resolver problemas na Teoria dos Números, entretanto
ele possui um grande número de aplicações em diversos ramos da Matemática como
Combinatória e Geometria.
Proposição 1: (Versão Simples) Se n + 1 pombos forem colocados em no máximo, n casas
então pelo menos uma delas conterá dois pombos.
Prova: (por absurdo) Se cada uma das casas contiver, no máximo, um pombo, o número total
de pombos nelas colocados será, no máximo, n, o que é uma contradição.
Proposição 2: (Versão Alternativa) Se a soma de n números naturais é igual S, então existe
pelo menos um deles que não é maior que , assim como existe pelo menos um deles que não
é menor que .
Prova: Suponha que
Daí,
, com
{
}, teríamos
, contradição.
Proposição 3: (Versão Geral) Se distribuímos Nk+1 pombos em N casas, então alguma das
casas contém pelo menos k + 1 pombos.
Prova: suponhamos pelo contrário que em cada casa não existe mais do que k pombos, então
contando todos os pombos contidos nas N casas não teremos mais do que Nk pombos,
contradizendo a hipóteses de termos Nk + 1 pombos distribuídos nas N casas.
Problema 1: Dado um conjunto de 13 pessoas, pelo menos duas delas aniversariam no mesmo
mês. Os 12 meses do ano fazem papel das casas e as 13 pessoas o papel dos pombos.
Problema 2: Uma sacola contém 3 tipos de bolas (azul, vermelha, amarela). Quantas bolas no
mínimo devemos retirar da sacola para garantirmos que temos duas bolas da mesma cor?
Solução: Escolhemos 3 casas: casa 1 serão colocadas as bolas azuis, casa 2 as bolas vermelhas
e casa 3 as bolas amarelas. Neste caso cada pombo é representado por cada bola. Distribuindo
uma bola de cada cor nas suas respectivas casas, teremos retiradas 3 bolas. Retirando a quarta
bola, que pode ser de qualquer cor, e colocando em uma das 3 casas, conseguimos, no mínimo,
uma casa com duas bolas, isto é, duas bolas de mesma cor. Portanto, precisamos retirar no
mínimo 4 bolas para garantirmos que temos duas bolas de mesma cor.
Problema 3: Quantos alunos devemos ter em uma sala para garantirmos que dois obtiveram a
mesma nota em um exame de 0 a 100?
Solução: Neste caso, as casas serão representadas pelas notas que variam de 0 a 100, logo
teremos 101 casas. Os pombos serão representados pelos alunos. Se considerarmos que pelo
menos 1 aluno tirou uma das notas, teremos um total de 101 alunos. Acrescentando mais um
aluno, esse terá que tirar umas das notas, ou seja, podemos garantir que pelo menos dois
alunos tirem a mesma nota. Portanto devemos ter 102 alunos.
Problema 4: Numa floresta crescem 1.000 jaqueiras. É conhecido que uma jaqueira não
contém mais do que 600 frutos. Prove que existem 2 jaqueiras na floresta que têm a mesma
quantidade de frutos.
Solução: Temos 1.000 jaqueiras, representando os pombos, e 601 casas identificadas pelos
números 0; 1; 2; 3; ... ; 600. O número k associado a cada casa significa que nela serão
colocadas jaqueiras que têm exatamente k frutos. Como 1000 > 602 = 601 + 1, o PCP nos
garante que existem duas jaqueiras com a mesma quantidade de frutos.
Problema 5: Dados doze inteiros, mostre que é possível escolher dois deles de modo que sua
diferença seja divisível por 11.
Solução: Sejam x1, x2, ... e x12 números inteiros, pelo algoritmo da divisão os possíveis restos da
divisão por 11 são 0, 1, 2, 3, ... ou 10, isto é, temos 11 possíveis restos distintos, como temos 12
números inteiros, pelo PCP pelo menos dois deles terão o mesmo resto em sua divisão por 11,
isto é, existem p, q inteiros e i, j e k com 0 ≤ k ≤ 0 ≤ i ≤ 2 ≤ j ≤ 2 e i ≠ j tais que
xi = 11p + k e xj = 11q + k.
Assim, supondo xi ≥ xj temos
xi – xj = 11p +k – (11q + k) =11(p – q).
Portanto xi – xj é divisível por 11.
Neste caso, os possíveis restos 0, 1, 2, ..., 10 fazem o papel das casas (11 casas) e os restos das
divisões dos 12 números por 11 fazem o papel dos pombos (12 pombos).
Problema 6: Mostre que em qualquer grupo de cinco pessoas, duas delas tem o mesmo
número de amigos no grupo.
Solução: Consideremos um grupo com 5 pessoas {A,B,C,D,E}, sem perda de generalidade
suponhamos que a pessoa A não tenha amigos, logo as outras 4 pessoas podem ter 1, 2 ou 3
amigos cada, nenhum dos restantes pode ter 4 amigos pois a pessoa A não é amigo de
ninguém. Assim, o número de amigos são 0, 1, 2, 3 ( 4 casas) para 5 pessoas (5 pombos). Pelo
PCP pelo menos duas pessoas terão o mesmo número de amigos.
Por outro lado, suponha que a pessoa A tenha exatamente 4 amigos, logo as outras 4 pessoas
podem ter 1, 2, 3 ou 4 amigos, pois não é possível que alguém tenha nenhum amigo afinal a
pessoa A é amigo de todos do grupo. Assim, temos o número de amigos 1, 2, 3 ou 4 (4 casas)
para 5 pessoas (5 pombos). Logo de acordo com o PCP pelo menos duas pessoas terão o
mesmo número de amigos.
Por último, caso nenhuma dessas pessoas tenha 0 ou 4 amigos, logo é possível que cada
pessoa tenha 1, 2 ou 3 amigos (3 casas), para um total de 5 pessoas (5 pombos) e portanto
pelo PCP ao menos 2 pessoas terão o mesmo número de amigos.
Problema 7: Dez estudantes resolveram um total de 35 problemas em uma olimpíada de
matemática. Cada problema foi resolvido por exatamente um estudante. Pelo menos um dos
estudantes resolveu exatamente um problema, pelo menos um dos estudantes resolveu
exatamente dois problemas e pelo menos um dos estudantes resolveu exatamente três
problemas. Prove que pelo menos um estudante resolveu pelo menos cinco problemas.
Solução: Temos 35 problemas para 10 estudantes, onde cada problema foi resolvido
exatamente por 1 estudante. Como pelo menos 1 estudante resolveu exatamente 1 problema,
retirando esse estudante e esse problema restam 34 problemas para 9 estudantes, além disso,
pelo menos 1 estudante resolveu exatamente 2 problemas, logo podemos retirar esses 2
problemas e o estudante que os resolveu, restando 32 problemas para 8 estudantes, da
mesma maneira, pelo menos 1 estudante resolveu exatamente 3 problemas, logo retirando
esses 3 problemas e esse estudante, sobram 29 problemas para serem resolvidos entre 7
estudantes, isto é, distribuindo igualmente esses problemas temos
29 = 7.4 + 1.
Assim cada estudante resolveria 4 problemas, mas ainda restaria 1 problema, mas como todos
os problemas foram resolvidos, logo pelo menos um deles resolverá 5 problemas.
Neste caso, os 29 problemas fazem o papel dos pombos e os 7 estudantes o papel das casas.
Problema 8: Cem pessoas estão sentadas em volta de uma mesa redonda e mais da metade
delas são homens. Prove que dois homens estão sentados diametralmente opostos um ao
outro.
Solução: Suponhamos que nessa mesa redonda existam 100 lugares distribuídos
uniformemente e seja xi, i є { 2
50} as posições diametralmente opostas um ao outro
como mais da metade das 100 pessoas sentadas são homens, logo temos mais de 50 homens e
portanto pelo menos 2 homens pertencerão a um mesmo xi para algum i є {0 2
50} ou
seja, dois homens estão sentados diametralmente opostos um ao outro.
Neste caso as posições xi fazem papel das casas (50) e o número de homens o papel dos
pombos (maior que 50).
Problema 9: Numa família formada por 5 pessoas a soma das idades é de 245 anos. Prove que
podem ser selecionados 3 membros da família cuja soma das idades não é menor que 147.
Solução: Temos um total de ( )
0 trios diferentes formados por membros da família.
Além disso, cada pessoa aparece exatamente em ( )
soma das idades dos membros de cada trio ,
2
2 5
0, consequentemente existe algum trio
trios. Então, denotando por
0, temos que
tal que
≥
a
.
Problema 10: Num colégio com 16 salas são distribuídas canetas nas cores preta, azul e
vermelha para realizar uma prova de concurso. Se cada sala recebe canetas da mesma cor
então prove que existem pelo menos 6 salas que receberam canetas da mesma cor.
Solução: Fazendo a divisão com resto de 16 por 3 temos que 16 = 3 5 + 1. Consideramos as
16 salas como sendo os pombos e as três cores, preto, azul e vermelho como sendo as casas.
Logo, podemos colocar cada sala em uma das três cores. Assim, o PCP com N = 3 e k = 5 nos
dá que existe uma casa com pelo menos 6 pombos, ou seja, existem no mínimo 6 salas que
receberam canetas da mesma cor.
Problema 11: Em um grupo de 40 pessoas, pelo menos 4 pessoas têm o mesmo signo.
Solução: De fato, fazendo a divisão com resto de 40 por 12 temos que 40 = 12 3 + 4.
Colocando cada pessoa (pombo) na casa do seu signo, temos N = 12 e k = 3. Logo, pelo menos
uma casa conterá k + 1 = 3 + 1 = 4 pessoas.
Problema 12: Escolha, dentre os inteiros 1, 2,...,200, 101 números ao acaso. Mostre que, entre
os números escolhidos, há dois números tais que um deles é divisível pelo outro.
Solução: Em primeiro lugar, observe que qualquer inteiro n se escreve sob a forma
n = 2kb, onde k é um inteiro não negativo, e b é um inteiro ímpar. Por exemplo,
36 = 22.9, 25 = 20.25, 16 = 24.1. Assim, se n {1, 2,..., 200}, n = 2kb, e b é um dos números
ímpares 1, 3, 5,..., 199. Ora, há 100 números ímpares no conjunto {1, 2,..., 200}. Logo, quando
escolhemos 101 números deste conjunto, dois deles terão suas partes ímpares iguais, pelo
princípio da casa dos pombos; sejam n1 e n2 estes números. Então, n1 = 2k1b e n2 = 2k2b. Se
k1 < k2, então n1 divide n2. Se k2 < k1 então n2 dividirá n1, o que conclui a demonstração.
Problema 13: Se e são números naturais, então o conjunto
possui algum múltiplo de .
{
2
}
Solução: Temos
números diferentes no conjunto acima. Vamos utilizar o método de redução
ao absurdo. Se não existisse nenhum múltiplo de , quando dividíssemos os números do
conjunto A por , os restos pertenceriam ao conjunto
{ 2
}, que possui
elementos. Logo, devem existir dois números
e
, com ≤
≤ tais que o resto
da divisão de
por
é o mesmo que o resto da divisão de
por . Logo,
é um múltiplo de , o que implica que
≥ é múltiplo de menor
que (absurdo!). Logo, deve existir algum múltiplo de n no conjunto A.
Problema 14: Dado um número inteiro positivo n, mostre que existe um múltiplo de n que se
escreve com os algarismos 0 e 1 apenas. (Por exemplo, se n = 3, temos 111 ou 1.101 etc.)
Solução: Consideramos os n + 1 números
1, 11, 111, 1111, ... , 1...111 (n+1)vezes
como sendo os pombos e n casas enumeradas com os números
0, 1, 2, 3, ... , n – 1,
ou seja, com os possíveis restos na divisão por n. Similarmente ao exemplo anterior existem
dois números na lista
que deixam o mesmo resto na divisão por n e, portanto, a diferença
entre o maior e o menor é múltiplo de n. Obviamente a diferença entre dois números
quaisquer da lista
resulta em um número formado apenas pelos algarismos 0 e 1.
Problema 15: Na região delimitada por um triângulo equilátero de lado 4 são marcados 10
pontos no interior deste. Prove que existe ao menos um par destes pontos cuja distância entre
eles não é maior que √ .
Solução: Dividimos o triângulo equilátero de lado 4 em 16 triângulos equiláteros menores de
lado 1, conforme a figura. Agora pintamos os triângulos nas cores branco e cinza de maneira
que dois triângulos vizinhos, isto é, com um lado comum, são pintados de cores diferentes. Se
tivéssemos dois pontos no mesmo triângulo a distância máxima possível entre eles seria 1 e o
problema estaria resolvido. Se tivéssemos pontos em triângulos vizinhos, a maior distância
possível entre eles seria √ e também isto resolveria o problema.
Se não tivéssemos nenhum dos casos anteriores, não seria difícil ver que os 10 pontos
deveriam estar situados sobre os 10 triângulos brancos, contendo cada triângulo exatamente
um ponto. Dividindo o triângulo DBE em 4 triângulos congruentes de lado
pelo PCP temos
que pelo menos dois dos 6 pontos contidos em DBE estão num destes 4 triângulos, logo a
distância entre eles não é maior que
√ . Com isto terminamos nossa prova.
Problema 16: Em uma gaveta há 12 meias brancas e 12 meias pretas. Quantas meias devemos
retirar ao acaso para termos certeza de obter um par de meias da mesma cor?
Solução: Pensando nas meias como pombos e nas duas cores como as duas casas, vemos que
com 3 meias haverá duas meias com a mesma cor. A resposta é 3.
Problema 17: 63127 candidatos compareceram a uma prova do vestibular (25 questões de
múltipla-escolha com 5 alternativas por questão Considere a afirmação: “Pelo menos dois
candidatos responderam de modo idêntico as k primeiras questões da prova” Qual é o valor
de k para o qual podemos garantir que a afirmação acima é verdadeira?
Solução: Há 5 modos de responder a primeira questão, 5² = 25 modos de responder as duas
primeiras questões, ... , 5
5 25 modos de responder seis primeiras questões e
5
25 modos de responder as sete primeiras questões. Pensando nos candidatos como
pombos e nos modos de responder como casas, vemos que a resposta é 6.
Problema 18: Refaça o problema anterior para a afirmação: “Pelo menos
responderam de modo idêntico as k primeiras questões da prova”
candidatos
Solução: O maior grupo de pessoas para o qual não é necessariamente verdade que pelo
menos 4 pessoas responderam de modo idêntico as k primeiras questões da prova é um grupo
de
5 pessoas, no qual cada um dos 5 modos de responder as k primeiras questões foi
usado por 3 pessoas. Portanto,
5
é o tamanho do menor grupo para o qual podemos
garantir que haverá pelo menos quatro pessoas que responderam de modo idêntico as k
primeiras questões. Devemos ter 5
≤
2 e o maior valor de k é 6. A resposta é 6.
Problema 19: Um ponto (x, y, z) do R³ é inteiro se todas suas coordenadas são inteiras.
Considere um conjunto de nove pontos inteiros do R³. Mostre que o ponto médio de algum
dos segmentos que ligam esses pontos é inteiro.
Solução: Ponha os pontos em oito casas conforme suas coordenadas sejam pares ou ímpares:
(P, P, P), (I, P, P), (P, I, P), (P, P, I), (I, I, P), (I, P, I), (P, I, I), (I, I, I). Há 9 pontos e 8 casas,
portanto, alguma casa conterá pelo menos dois pontos. Como as coordenadas do ponto médio
de um segmento são média aritmética das coordenadas dos extremos e a média aritmética de
dois inteiros de mesma paridade é inteira, o ponto médio do segmento que liga os dois pontos
da mesma casa tem coordenadas inteiras.
Problema 20: Qual é o número mínimo de pessoas que deve haver em um grupo para que
possamos garantir que nele haja pelo menos 5 pessoas nascidas no mesmo mês?
Solução: O maior grupo para o qual não se pode garantir que a existência de pelo menos 5
pessoas nascidas no mesmo mês é formado por 48 (4 12) pessoas. A resposta é 49.