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XXXV Olimpı́ada Cearense de Matemática
Nı́vel 3 - Ensino Médio
Reservado para a correção
Prova
Probl. 1 Probl. 2 Probl. 3 Probl. 4 Probl. 5 Total
# 3000 Nota
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Instruções e Regulamento:
1. Identifique a prova somente no local indicado da capa.
2. Use o verso de cada folha como rascunho.
3. Verifique se sua prova está completa. A prova consta de 5 (cinco) problemas.
4. Somente serão consideradas as soluções escritas no espaço reservado para tal. Para escrevê-las,
utilize caneta azul ou preta.
5. Cada problema vale 10 pontos.
6. O tempo de prova é de 4 horas. Nenhum candidato poderá sair antes de completados 30
minutos de prova.
7. Não serão concedidas revisões de prova.
8. As soluções e os premiados serão divulgados oficialmente no sı́tio www.mat.ufc.br/ocm, até
o dia 30/11/2015.
Identificação: Prova #3000
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Série:
XXXV Olimpı́ada Cearense de Matemática - Prova #3000
Problema 1. Um inteiro positivo n diz-se invocado se existem n inteiros positivos a1 , . . . , an , dois
a dois distintos, tais que
1
1
+ ··· +
= 1.
a1
an
O inteiro positivo 3, por exemplo, é invocado, visto que
1=
1 1 1
+ + .
2 3 6
Mostre que todo inteiro n > 2 é invocado.
Solução. Pelo exemplo do enunciado, o número 3 é invocado.
Suponha que k ≥ 3 é invocado, ou seja, suponha que existem inteiros positivos a1 , . . . , ak , dois a dois
distintos, tais que
1
1
+ ··· + .
(1)
1=
a1
ak
Tem-se que ai ≥ 2 para todo i ∈ {1, . . . , k} pois, caso contrário, o lado direito de (1) seria maior que
1. Assim, os k + 1 inteiros positivos 2, 2a1 , 2a2 , . . . , 2ak são dois a dois distintos. Além disso,
1
1
1
1 1 1
1
+
+ ··· +
=
+
+ ··· +
2 2a1
2ak
2 2 a1
ak
1 1
+ = 1.
=
2 2
Mostramos então que k = 3 é invocado e que se k ≥ 3 é invocado, então k + 1 também é invocado.
Logo, pelo princı́pio da indução finita, todo inteiro n > 2 é invocado.
XXXV Olimpı́ada Cearense de Matemática - Prova #3000
Problema 2. Seja n um inteiro positivo.
(a) Mostre que
n
X
i(i!) = (n + 1)! − 1.
i=1
(b) Mostre que todo inteiro k ∈ {0, 1, . . . , (n + 1)! − 1} pode ser escrito na forma
k=
n
X
ai (i!),
i=1
onde a1 , . . . , an são inteiros tais que 0 ≤ ai ≤ i, i = 1, . . . , n.
Solução. (Baseada na solução de George Lucas Diniz Alencar).
(a) Temos
n
X
i(i!) =
i=1
n
X
(i + 1 − 1)(i!) =
n
X
i=1
=
n
X
(i + 1)! −
i=1
n
X
[(i + 1)! − i!]
i=1
n+1
X
i! =
i=1
i! −
i=2
n
X
i! = (n + 1)! − 1.
i=1
(b) Para m ∈ {1, . . . , n}, considere o polinômio pm definido por
pm (x) =
m
X
xj(m!) .
j=0
Seja f o polinômio dado por
f (x) =
n
Y
pm (x).
m=1
Pelo item (a), temos que o grau de f é d = (n + 1)! − 1. Sejam b0 , b1 , . . . , bd inteiros tais que
f (x) = b0 + b1 x + · · · + bd xd .
P
Note que o inteiro k ∈ {0, 1, . . . , (n + 1)! − 1} é da forma ni=1 ai (i!), com 0 ≤ ai ≤ i, sePe somente
se bk > 0. Além disso, bk nos dá o número de maneiras distintas de escrever k na forma ni=1 ai (i!),
com 0 ≤ ai ≤ i. Como
(xm! )m+1 − 1
x(m+1)! − 1
pm =
=
,
xm! − 1
xm! − 1
temos que
f (x) =
n
Y
pm (x) =
m=1
(n+1)!
=
x
n
Y
x(m+1)! − 1
xm! − 1
m=1
−1
= 1 + x + x2 + · · · + x(n+1)!−1 .
x−1
Concluı́mos portanto que todo inteiro k ∈ {0, 1, . . . , (n + 1)! − 1} pode ser escrito, de uma única
maneira, na forma
n
X
k=
ai (i!),
i=1
onde a1 , . . . , an são inteiros tais que 0 ≤ ai ≤ i, i = 1, . . . , n.
XXXV Olimpı́ada Cearense de Matemática - Prova #3000
Problema 3. Se P e Q são pontos do plano, denotamos por |P Q| o comprimento do segmento P Q.
Seja ABC um triângulo isósceles de base BC. Se p é o comprimento comum das bissetrizes
internas dos ângulos ∠ABC e ∠ACB, prove que
√
2
|BC| < p < 2|BC|.
3
Solução. Seja D a interseção do lado AC com a bissetriz relativa ao vértice B. Chamemos |AB|
de b, |AD| de y, |DC| de x e |BC| de a. Denote por α o ângulo B ÂC. Pelo teorema da bissetriz
interna, temos x/a = y/b. Temos também x + y = b. Resolvendo o sistema encontramos
b2
ab
y=
e x=
.
a+b
a+b
Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo ADB, obtemos
p2 = b2 + y 2 − 2by cos α = (b − y)2 + 2by(1 − cos α) = x2 + 2by(1 − cos α).
(2)
(3)
Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo ABC encontramos a2 = 2b2 (1 − cos α). Assim,
a2
.
2b2
Substituindo (4) e (2) em (3) e dividindo ambos os lados por a2 , obtemos
2 p2
b
b
=
+
.
a2
a+b
a+b
1 − cos α =
Como
0<
b
a+b
(4)
(5)
< 1,
temos que
0<
b
a+b
2
< 1,
e portanto,
0<
b
a+b
2
+
b
a+b
< 2.
Substituindo em (5), obtemos
e portanto,
p2
< 2,
a2
√
p < 2a.
Pela desigualdade triangular, temos a < 2b, o que implica a + b < 3b. Portanto,
b
b
1
>
=
a+b
3b
3
e
2
b
b2
1
> 2 = .
a+b
9b
9
Substituindo (6) e (7) em (5), obtemos
p2
1 1
4
>
+
=
,
a2
9 3
9
e portanto,
2
a < p.
3
(6)
(7)
XXXV Olimpı́ada Cearense de Matemática - Prova #3000
Problema 4. Se X é um conjunto finito, denotamos por |X| a quantidade de elementos de X.
Seja n um inteiro positivo e seja A um conjunto formado por n números reais positivos. Dado um
subconjunto B de A, denotamos por s(B) a soma dos elementos de B (se B = ∅, então s(B) = 0)
e denotamos por FA o conjunto
FA = {s(B); B ⊂ A}.
Determine, em função de n, o menor valor possı́vel e o maior valor possı́vel para |FA |.
Sulução. Vamos mostrar que o menor valor possı́vel para |FA | é n+1
+ 1 e que o maior valor
2
n
possı́vel para |FA | é 2 .
Tem-se que |FA | não pode ser maior que a quantidade de subconjuntos do conjunto A. Assim,
|FA | ≤ 2n . Um exemplo onde a igualdade ocorre é A = {2k ; k = 0, 1, . . . , n − 1}. De fato, se
existissem dois subconjuntos C e D de A tais que C 6= D e s(C) = s(D), então existiria um inteiro
não-negativo que poderia ser representado de duas maneiras distintas na base 2, o que não pode
ocorrer.
Afirmação: Se |A| = n, então existe uma famı́lia LA = {Aj ; j = 1, . . . , n+1
+ 1} de subcon2
n+1
n+1
juntos de A tais que o conjunto {s(Aj ); j = 1, . . . , 2 + 1} possui 2 + 1 elementos.
Mostraremos a afirmação por indução. Escreva A = {a1 , . . . , an }, com a1 < · · · < an . Se n = 1,
tome LA = {∅, {a1 }}. Suponha então que n ≥ 2. Considere o conjunto B = {a1 , . . . , an−1 }. Pela
hipótese de indução temos que existe uma famı́lia
LB = {Bj ; j = 1, . . . , n2 + 1} de subconjuntos
de B tais que o conjunto {s(Bj ); j = 1, . . . , n2 + 1} possui n2 + 1 elementos.
Para i = 1, . . . , n − 1, considere o subconjunto Ei de A dado por Ei = A \ {ai }. Note que, como
an > ai , para i = 1, . . . , n − 1, e s(B) =a1 + · · · + an−1 , temos que s(Ei ) > s(Bj ), quaisquer que
sejam i ∈ {1, . . . , n − 1} e j ∈ {1, . . . , n2 + 1}. Note também que s(A) > s(Ei ), i = 1, . . . , n − 1.
Assim, a famı́lia LA de subconjuntos de A dada por
LA = LB ∪ {A} ∪ {Ei ; i = 1, . . . , n − 1}
é tal que {s(G); G ∈ LA } possui n2 +1+n = n+1
+1 elementos.
Isto conclui a prova da afirmação.
2
n+1
Segue-se da afirmação que se |A| = n, então |FA | ≥ 2 + 1. Um exemplo onde a igualdade
n+1
ocorre é A0 = {1, . . . , n}. De fato, como 1 + · · · + n = n+1
,
se
C
⊂
A,
então
s(C)
∈
{0,
.
.
.
,
}.
2
2
n+1
Assim, |FA0 | ≤ n+1
+
1.
Este
fato
juntamente
com
a
afirmação
nos
dá
que
|F
|
=
+
1.
A0
2
2
XXXV Olimpı́ada Cearense de Matemática - Prova #3000
Problema 5. Considere o conjunto
B = {a2 + 3b2 ; a, b ∈ Z}.
Mostre que se n ∈ B e p é um fator primo de n tal que p ∈ B, então
n
∈ B.
p
Solução. Suponha que n e p são elementos de B. Sejam a, b, x, y ∈ Z tais que
n = a2 + 3b2
e p = x2 + 3y 2 .
Temos
y 2 n − b2 p = (y 2 a2 + 3y 2 b2 ) − (b2 x2 + 3b2 y 2 ) = y 2 a2 − b2 x2 .
Portanto,
p|(ya − bx)(ya + bx).
Trocando b por −b se necessário, podemos assumir que
p|(ya − bx).
Temos também
x2 n − 3b2 p = (a2 x2 + 3b2 x2 ) − (3b2 x2 + 9b2 y 2 ) = a2 x2 − 9b2 y 2 .
Portanto,
p|(ax − 3by)(ax + 3by).
Trocando a por −a se necessário, podemos assumir que
p|(ax + 3by).
Sejam
c=
ax + 3by
p
e d=
ya − bx
.
p
Uma conta simples nos dá
2
2
c + 3d =
Portanto,
n
∈ B.
p
x2 + 3y 2
p
a2 + 3b2
p
=
n
.
p