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POTI 2015 − Lista 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lista 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Elaborado por Tiago Miranda
1
Geometria
Problema G.1 | Na figura 1, ABCD é um paralelogramo, M é o ponto médio de DC, AP = 65, e
G
Semelhança de Triângulos
PM = 30. Qual o maior valor inteiro possı́vel para
o comprimento de AB?
B
A
P
M
D
C
Figura 1
Problema G.2 | Na figura 2, o quadrado ABCD
está inscrito em um cı́rculo cujo raio mede 30. A
corda AM intersecta a diagonal BD no ponto P. Se
o segmento AM mede 50, determine a medida do
segmento AP.
A
B
O
P
C
D
M
Figura 2
Problema G.3 | A figura 5 mostra um retângulo
KGST e um triângulo KGR. Os ângulos KRT e
RGS são congruentes. Se TR = 6 e RS = 2, qual é
a área do triângulo KGR?
T
R
S
G
K
Figura 5
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1
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C
Problema G.4 | Na figura 6, ABCD é um
retângulo e E é o ponto médio de AD. O segmento
FG passa pelo ponto médio M de CE. Determine a
razão entre os comprimentos de GM e MF.
G
D
M
E
B
F
A
Figura 6
Problema G.5 | A figura 8 mostra uma sequência de circunferências de centros C1 , C2 , . . . , Cn com raios
r1 , r2 , . . . , rn , respectivamente, todas tangentes às retas s e t, e cada circunferência, a partir da segunda,
tangente à anterior.
s
Considere r1 = a e r2 = b.
a) Calcule r3 em função de a e b.
b) Calcule rn em função de a e b.
C1
C2
C3
t
Figura 8
Problema G.6 | No trapézio ABCD os ângulos A e D são retos, AB = 12, CD = 4 e AD = 10. O ponto
E pertence ao lado AD e o ponto F pertence ao lado BC. Sabe-se que as retas EF e AB são paralelas e que
o segmento EF fica dividido em três partes iguais pelas diagonais do trapézio. Calcule a distância entre as
retas AB e EF.
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2
Teoria dos Números
T
Divisibilidade
Problema T.1 |
1 1
1
+ = .
a b
6
Sejam a, b, c, d inteiros não nulos, tais que c + d 6= 0 e ad − bc = 1. Prove que a fração
Encontre todos os inteiros positivos a e b tais que
Problema T.2 |
a+b
é irredutı́vel.
c+d
Problema T.3 | Encontre todos os n naturais tais que o produto dos algarismos da representação decimal
de n seja igual a n2 − 10n − 22.
Problema T.4 |
Determine a maior potência de 15 que divide 150!.
Problema T.5 | Seja n um número inteiro positivo. Se, para cada divisor primo p de n, o número p2 não
divide n, dizemos então que n é livre de quadrados. Mostre que todo número livre de quadrados tem
uma quantidade de divisores que é igual a uma potência de 2.
r
1
92
1
2
9 + 2+
−
2
1100 é inteiro?
11
100
Problema T.6 | Quais são os números inteiros x tais que
x+1
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3
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Respostas e Soluções.
Problema G.1 | Na figura 1, ABCD é um paralelogramo, M é o ponto médio de DC, AP = 65, e
PM = 30. Qual o maior valor inteiro possı́vel para
o comprimento de AB?
B
A
P
D
M
C
Figura 1
Solução do problema G.1. (Adaptado da Olimpı́ada da Itália)
(Adaptado da solução proposta por Félix Lopes Barboza, Parnamirim (RN).)
Observe que 4 APB ∼ 4CPM, pois como AB//MC, temos B ÂP = MĈP e A B̂P = C M̂P, além disso,
por oposição ao vértice A P̂B = C P̂M. Ademais, ABCD é um paralelogramo, daı́ AB = DC e como M e
ponto médio de DC, então AB = 2 · CM. Sendo assim, podemos escrever
E usando a desigualdade triangular no 4 ABP obAP
BP
AB
2 · CM
temos

=
=
=
=2
CP
MP
CM
CM

 AB < 65 + 30
BP
65 < AB + 30
=2

MP

30 < AB + 65
BP
=2
que tem solução em 35 < AB < 125 e a maior
30
medida inteira de AB é 124.
BP = 60.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problema(s) Correlato(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) (AHSME) No quadrilátero ABCD, tem-se AB = 5, BC = 17, CD = 5, DA = 9 e BD é um número
inteiro. Quanto mede BD?
b) (CÍRCULOS MATEMÁTICOS) A distância de Leningrado a Moscou é de 660 km. De Leningrado
até a cidade de Likovo são 310 km, de Likovo a Klin são 200 km e de Klin a Moscou são 150 km. Qual
a distância entre Likovo e Moscou?
c) (BQ OBMEP − 2015) Dado um triângulo de lados a ≤ b ≤ c, pela lei dos cossenos temos
a2 + b2 − c2
.
2ab
cos Ĉ =
Se o ângulo Ĉ é obtuso, cos Ĉ < 0. Como 2ab é positivo, isso é o mesmo que a2 + b2 − c2 < 0.
Portanto, para um triângulo ser obtusângulo, o maior lado elevado ao quadrado é maior que a soma
dos quadrados dos outros dois lados. Além disso, pela desigualdade triangular, sabemos que o maior
lado é menor que a soma dos outros dois. Podemos resumir essas duas informações através das
desigualdades a2 + b2 < c2 < ( a + b)2 .
Quantos triângulos obtusângulos podemos formar com lados inteiros positivos menores que 7?
Observação: Considere que dois triângulos com os mesmos comprimentos de lados mas em ordens
diferentes representam o mesmo triângulo.
(Respostas: a) 13 b) Note que a soma das distâncias de Leningrado até Likovo,
de Likovo até Klin e de Klin a Moscou é igual à distância de Leningrado a Moscou.
Isto significa que todas estão numa mesma reta e LiM = 300 km c) 8 triângulos.)
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4
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Problema G.2 | Na figura 2, o quadrado ABCD
está inscrito em um cı́rculo cujo raio mede 30. A
corda AM intersecta a diagonal BD no ponto P. Se
o segmento AM mede 50, determine a medida do
segmento AP.
A
B
O
P
C
D
M
Figura 2
Solução do problema G.2. (Extraı́do da OBM − 2013)
(Solução proposta por diversos autores.)
A
B
Trace a diagonal AC que intersecta DB no ponto O
(figura 3). Sendo ABCD um quadrado, O é o centro da circunferência. Observe que ∠CMA = 90◦
O
e ∠ POA = ∠ DOA = 90◦ . Logo, pelo caso AA, os
triângulos AOP e AMC são semelhantes e, porP
tanto, teremos
AP
AO
=
AC
AM
D
AP
30
=
M
60
50
AP = 36.
Figura 3
(Solução proposta por Douglas de Araujo Smigly, São Caetano do Sul (SP).)
Trace os segmentos AC e PC (figura 4) e perceba que os triângulos AOP e COP são congruentes (caso L.A.L.), portanto AP = CP, e AMC
é retângulo em M (triângulo inscrito numa semicircunferência). Agora, aplicando o Teorema de
Pitágoras em AMC, temos:
A
2
B
O
AM2 + MC2 = AC2
2
C
P
2
50 + MC = 60
√
MC = 10 11.
PC2 = PM2 + MC2
2
2
√
AP = (50 − AP) + (10 11)
AP = 36.
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C
D
Por fim, façamos o Teorema de Pitágoras no
4 PMC, com PM = AM − AP, para obtermos
M
Figura 4
2
5
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Problema G.3 | A figura 5 mostra um retângulo
KGST e um triângulo KGR. Os ângulos KRT e
RGS são congruentes. Se TR = 6 e RS = 2, qual é
a área do triângulo KGR?
T
R
S
G
K
Figura 5
Solução do problema G.3. (Extraı́do do BQ da OBMEP − 2010)
(Solução proposta por diversos autores.)
Como foi dito que KTSG é um retângulo, teremos RŜG = R T̂K = 90◦ e como K R̂T = R ĜS são
6
x
congruentes, podemos concluir que 4 TRK ∼ 4SGR. Agora, fazemos SG = TK = x e temos que = ,
x
2
√
com x = 2 · 3, que, também√é a altura do triângulo KRG. Por fim, chegamos a KG = TS = 8 e a área
√
3
do triangulo KGR vale 8 · 2 ·
= 8 3 u.a..
2
C
Problema G.4 | Na figura 6, ABCD é um
retângulo e E é o ponto médio de AD. O segmento
FG passa pelo ponto médio M de CE. Determine a
razão entre os comprimentos de GM e MF.
G
D
M
E
B
F
A
Figura 6
Solução do problema G.4. (Extraı́do do BQ da OBMEP − 2015)
Pelo ponto M, trace o segmento de reta PQ perpendicular aos lados AB e CD do retângulo ABCD
C
como mostra a figura abaixo. Como M é o ponto
médio de CE, podemos concluir que PM é base
média relativa ao lado DE do triângulo ECD. Assim, se DE = EA = x, PM = DE/2 = x/2. Como
E é ponto médio de DA, temos PQ = DA = 2x.
Consequentemente, MQ = 2x − PM = 3x/2. Os
triângulos 4 PMG e 4 MFQ são semelhantes, pois
possuem os mesmos ângulos. Portanto,
B
GM
PM
x/2
1
=
=
= .
MF
MQ
3x/2
3
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6
PG
D
x/2
M
3x/2
F
Q
x
E
x
A
Figura 7
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Problema G.5 | A figura 8 mostra uma sequência de circunferências de centros C1 , C2 , . . . , Cn com raios
r1 , r2 , . . . , rn , respectivamente, todas tangentes às retas s e t, e cada circunferência, a partir da segunda,
tangente à anterior.
s
Considere r1 = a e r2 = b.
a) Calcule r3 em função de a e b.
b) Calcule rn em função de a e b.
C1
C2
C3
t
Figura 8
Solução do problema G.5. (Extraı́do do material do PROFMAT − 2011)
(Solução proposta por diversos autores.)
Todos os centros estão a igual distância das duas retas, portanto estão na bissetriz das retas s e t. Seja A
o ponto de intersecção entre a paralela à reta t passando por C2 e a perpendicular à reta t passando por
C1 , e seja B o ponto de intersecção entre a paralela à reta t passando por C3 e a perpendicular à reta t
passando por C2 e x = r3 .
s
a) Como os triângulos retângulos AC1 C2 e BC2 C3
são semelhantes, temos
C1 A
C C
= 1 2
C1 C2
C2 B
b−x
a−b
=
a+b
b+x
b2
x= .
a
b2
Portanto, chegamos a r3 = .
a
C1
a
b C2
b
B
A
xC3
t
Figura 9
r
b2
r2
b
podemos fazer
= 3 = , que é uma progressão geométrica de
a
r
r
a
1n−1 2 n−1
b
b
b
razão . Por fim, concluiremos que rn = a ·
= n−2 , com n ∈ N∗ .
a
a
a
b) Como r1 = a, r2 = b e r3 =
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problema(s) Correlato(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Na figura 10, temos os quadrados ABCD, EFGH
L
e I JKL com lados 3, 4 e x (x > 4) respectivamente.
I
Qual o valor de x?
A
D
F
G
N
C
O
B
E
H
J
Figura 10
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7
(Respostas: x =
16
.)
3
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Problema G.6 | No trapézio ABCD os ângulos A e D são retos, AB = 12, CD = 4 e AD = 10. O ponto
E pertence ao lado AD e o ponto F pertence ao lado BC. Sabe-se que as retas EF e AB são paralelas e que
o segmento EF fica dividido em três partes iguais pelas diagonais do trapézio. Calcule a distância entre as
retas AB e EF.
Solução do problema G.6. (Extraı́do do material do PROFMAT − 2012)
(Solução proposta por Mórmon Lima dos Santos, Campina Grande (PB).)
O problema tem duas soluções pois EF pode estar abaixo do encontro das diagonais do trapézio ou
acima dele.
Situação 1
Na figura 11, façamos AE = x e, por consequência,
ED = 10 − x. Como as diagonais dividem EF em
três partes iguais sejam EP = PQ = QF = m. Observe que 4 AEP ∼ 4 ADC, portanto podemos
fazer
m
x
=
4
10
2x
m=
.
5
Além disso, temos que 4 DEQ ∼ 4 DAB e seguimos com
10 − x
2m
=
12
10
3 · (10 − x )
m=
.
5
Igualando temos 2x = 3 · (10 − x ), o que dá x = 6.
C
10 − x
E
m
m
m
F
Q
10
P
x
A
12
B
Figura 11
Situação 2
Na figura 12, façamos AE = x e, por consequência,
ED = 10 − x. Como as diagonais dividem EF em
três partes iguais sejam EP = PQ = QF = m. Observe que 4 DEP ∼ 4 DAB, portanto podemos
fazer
m
10 − x
=
12
10
6 · (10 − x )
m=
.
5
Além disso, temos que 4 AQE ∼ 4 ACD e seguimos com
2m
x
=
4
10
x
m= .
5
60
Igualando temos 6 · (10 − x ) = x, o que dá x = .
7
4
D
E
P
m
C
Q
m
m
F
10
x
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4
D
A
12
B
Figura 12
8
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Problema T.1 |
Encontre todos os inteiros positivos a e b tais que
1
1 1
+ = .
a b
6
Solução do problema T.1. (Extraı́do do material da Imersão Olı́mpica)
(Solução proposta por diversos autores.)
Primeiro, observemos que se ( x, y) resolve essa
e daı́ concluı́mos ( a − 6) e (b − 6) são divisores de
equação, então (y, x ) também o fará. Agora, pode- 36 e temos os casos
mos desenvolver
• a − 6 = 1 e b − 6 = 36, ficamos com o par (7, 42);
1 1
1
+ =
• a − 6 = 2 e b − 6 = 18, ficamos com o par (8, 24);
a b
6
6b + 6a
ab
• a − 6 = 3 e b − 6 = 12, ficamos com o par (9, 18);
=
6ab
6ab
• a − 6 = 4 e b − 6 = 9, ficamos com o par (10, 15);
ab − 6a − 6b = 0
• a − 6 = 6 e b − 6 = 6, ficamos com o par (12, 12);
a · (b − 6) − 6b + 36 = 36
(b − 6)( a − 6) = 36,
e todos os respectivos simétricos.
Outra Solução:
Como queremos a > 0, devemos ter b > 6. AsIsolando a variável a (por exemplo) temos
sim, o problema é equivalente a encontrar todos
1
1 1
+ =
os valores inteiros b ≥ 7 para os quais b − 6|6b.
a b
6
Utilizaremos para isto o fato de b − 6|b − 6 e fare1 1
1
= −
mos uma combinação linear com b − 6|6b ficando
a
6 b
com b − 6|6b · 1 + (b − 6) · (−6) ⇔ b − 6|36.
1
b−1
=
Daı́, teremos que b − 6 divide 36 e b ≥ 7, logo
a
6b
b − 6 ∈ {1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36} e obtemos os
6b
a=
.
mesmo pares ordenados da solução anterior.
b−1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problema(s) Correlato(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(ARGENTINA) Para cada inteiro n, seja p(n) o número de pares ordenados ( x, y) de inteiros positivos,
1
1 1
tais que + = .
x y
n
a) Determine p(n) para todo n e calcule p(1995).
(Respostas: a) p(n) = divisores de n2
b) Determine todos os n tais que p(n) = 3.
e p(1995) = 81. b) n é um número primo.)
(OBMEP NA ESCOLA − 2014) Uma fábrica
produz tapetes retangulares com quadrados de
mesmo tamanho e de duas cores, brancos e cinzentos. Os quadrados brancos são usados para
fazer a borda do tapete e os cinzentos formam
um retângulo na parte de dentro. Qualquer quadrado branco está unido a exatamente dois outros
quadrados brancos.
a) Quantos quadradinhos brancos e quantos cinzentos tem um tapete m × n ?
b) Um tapete é equilibrado quando o número de
quadradinhos brancos é igual ao de quadradinhos cinzentos. Mostre que um tapete m × n é
equilibrado se, e somente se,
mn
= 2.
(m − 2)(n − 2)
c) Determine todos os valores de m e n para os
quais um tapete m × n é equilibrado.
(Respostas: a) 2m + 2n − 4. b) Demonstração c) 12 × 5, 8 × 6, 6 × 8 e 512.)
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Problema T.2 | Sejam a, b, c, d inteiros não nulos, tais que c + d 6= 0 e ad − bc = 1. Prove que a fração
a+b
é irredutı́vel.
c+d
Solução do problema T.2. (Extraı́do da Olimpı́ada da China)
(Adaptada da solução proposta por Fernando Neres de Oliveira, Caraúbas (RN).)
Basta provarmos que o mdc( a + b, c + b) = 1. Seja g = mdc( a + b, c + b), então g|( a + b) e g|(c + d),
então g dividirá uma combinação linear desses números, como por exemplo
g|d · ( a + b) + (−b) · (c + d)
g|da + bd − bc − bd
g|da − bc
g|1.
Portanto, mdc( a + b, c + b) = 1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problema(s) Correlato(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21n + 4
é irredutı́vel.
a) (IMO) Mostre que, para todo natural n, a fração
14n + 3
b) (PROFMAT) Determine duas frações positivas que tenham 17 e 23 como denominadores e cuja soma
234
.
seja igual a
391
c) (JAPÃO) Encontre todos os pares ( a, b) de inteiros positivos tais que a ≥ b e
mmc( a, b) + mdc( a, b) + a + b = ab.
d) Mostre que 216 + 1 e 232 + 1 são primos entre si.
29
a c
+ =
as letras a, b, c e d representam números inteiros de 1 a 9. Qual
b d
30
é o valor de a + b + c + d ?
e) (OBMEP) Na expressão
f) Seja m > 1 tal que, para algum n, m | 35n + 26 e m | 7n + 3, então o valor de m é:
g) (OBM) O maior inteiro positivo n tal que (2011!)! é divisı́vel por ((n!)!)! é:
h) (CONE SUL − 2010) Pedro tem que escolher duas frações irredutı́veis, cada uma com numerador e
denominador positivos, tais que:
• A soma das duas frações seja igual a 2.
• A soma dos numeradores das duas frações seja igual a 1000.
De quantas maneiras Pedro pode fazer isso?
i) (CONE SUL) Achar o menor inteiro positivo n tal que as 73 frações
19
20
21
90
91
,
,
, ··· ,
,
n + 21 n + 22 n + 23
n + 92 n + 93
sejam todas irredutı́veis.
(Respostas: a) Demonstração b)
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10
5
7
e
c) (6, 3) e (6, 4) d) Demonstração e) 16 f) 11 g) 6. h) 200 i) 95)
17 23
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POTI 2015 − Lista 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Problema T.3 | Encontre todos os n naturais tais que o produto dos algarismos da representação decimal
de n seja igual a n2 − 10n − 22.
Solução do problema T.3. (Extraı́do da Olimpı́ada da IMO)
Suponha que n tenha m > 1 dı́gitos e que d ocupe a maior ordem dele. Então, o produto dos dı́gitos é
no máximo
d · 9m−1 < d · 10m−1 ≤ n.
Mas (n2 − 10n − 22) − n = n(n − 11) − 22 > 0, para n ≥ 13 e n2 − 10n − 22 < 0 para n ≤ 11. Por fim, a
única solução é n = 12, que, da fato, resolve o problema.
Outra solução: (Proposta por Danrlley Maciel, Fortaleza (CE))
n
Seja x = 10n · an + 10n−1 · an−1 + 10n−2 · an−1 + · · · + 101 · a1 + a0 = ∑ 10 j · a j . Daı́ temos
j =0
n2 − 10n − 22 ≤ 9log(n−1) ,
pois n tem no máximo log(n − 1) dı́gitos que são no máximo iguais a 9. Portanto, aplicando o logaritmo
ficamos com
n2 − 10n − 22 ≤ 9log(n−1)
log(n2 − 10n − 22)
≤ log(9) < 1
log(n − 1)
log(n2 − 10n − 22) ≤ log(n − 1)
n2 − 10n − 22 ≤ n − 1
n2 − 11n − 21 ≤ 0,
donde concluı́mos n ≤ 12 e, de n2 − 10n − 22 ≥ 0 temos n ≥ 12. Portanto, ficamos com n = 12.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problema(s) Correlato(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) (MAIO) Inês escolheu quatro dı́gitos distintos do conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} e formou com ele
todos os possı́veis números de quatro cifras distintas e somou todos esses números de quatro cifras.
O resultado foi 193314. Encontre os quatro dı́gitos que Inês escolheu.
b) Prove que o produto dos dı́gitos de um número inteiro é sempre menor do que ou igual a o próprio
número.
c) (EUREKA 29) Para cada inteiro positivo n, sejam A(n) e B(n) dois números inteiros formados por
2n algarismos iguais a 1 e n algarismos iguais a 2 respectivamente.
Mostre que A(n)–B(n) é um quadrado perfeito.
(Respostas: a) {5, 7, 8, 9} b) Demonstração c) Demonstração )
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Problema T.4 |
Determine a maior potência de 15 que divide 150!.
Solução do problema T.4. (Extraı́do do material do PROFMAT)
(Solução proposta por diversos autores.)
Se E3 (150!) = n e E5 (150!) = m, então o expoente da maior potência de 15 que divide 150! é
E15 (150!) = minn, m. Vamos determinar E3 (150!) e E5 (150!):
• 150 = 50 × 3 + 0, 50 = 16 × 3 + 2, 16 = 5 × 3 + 1 e 5 = 1 × 3 + 2, e
• 150 = 30 × 5 + 0, 30 = 6 × 5 + 0 e 6 = 1 × 5 + 1.
Portanto, E3 (150!) = 50 + 16 + 5 + 1 = 72 e E5 (150!) = 30 + 6 + 1 = 37. Consequentemente, chegamos a
E15 (150!) = 37.
Problema T.5 | Seja n um número inteiro positivo. Se, para cada divisor primo p de n, o número p2 não
divide n, dizemos então que n é livre de quadrados. Mostre que todo número livre de quadrados tem
uma quantidade de divisores que é igual a uma potência de 2.
Solução do problema T.5. (Extraı́do do BQ da OBMEP − 2015)
(Solução proposta por Mórmon Lima dos Santos, Campina Grande (PB).)
Suponha que n é um número livre de quadrados e considere sua fatoração em primos:
α
n = p1α1 · p2α2 · . . . · pk k .
Como n é livre de quadrados, os expoentes αi são todos iguais a 1. Portanto,
n = p1 · p2 · . . . · p k .
Para contarmos os divisores de n, basta contarmos quantos números possuem ou não cada um desses
primos pi . Como temos duas possibilidades para cada um desses primos figurar em um divisor, a
saber, estar ou não estar na fatoração dele, pelo princı́pio multiplicativo temos 2 · 2 · . . . · 2 = 2k divisores
positivos (e 2k divisores negativos), com um total de
2k + 2k = 2k+1 divisores.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problema(s) Correlato(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) Determine quantos números naturais menores que 1998 têm um número ı́mpar de divisores positivos.
b) (BQ OBMEP − 2015) Um número natural é bacana se a soma de todos os seus divisores positivos (incluindo 1 e n) é maior ou igual ao dobro do número. Por exemplo, 12 é bacana pois
1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28 ≥ 24 = 2 · 12 enquanto que 4 não é bacana pois 1 + 2 + 4 < 8 = 2 · 4.
Demonstre que existem infinitos números que são bacanas e infinitos números que não são bacanas.
c) (OMRP) Qual é a maior quantidade de números naturais consecutivos livres de quadrados?
(Respostas: a) 44 b) Veja que nenhum número primo é bacana, pois se p é primo a soma dos seus divisores positivos é p + 1 < 2p. Como existem infinitos
números primos, segue que existem infinitos números que não são bacanas. Se p é um primo maior que 3, o número n = 12p possui pelo menos os
seguintes divisores positivos distintos: p + 2p + 3p + 4p + 6p + 12p = 28p > 24p = 2n. Assim, todo número da forma 12p com p primo maior que 3 é
bacana. Novamente, como existem infinitos números primos, temos uma coleção infinita de números bacanas. c) A cada 4 números consecutivos teremos
um que é múltiplo/divisı́vel por 4, logo não será livre de quadrados, a resposta é 3. )
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r
92 +
Problema T.6 |
Quais são os números inteiros x tais que
1
92
1
+
−
2
2
1100 é inteiro?
11
100
x+1
Solução do problema T.6. (Adaptado da Olimpı́ada Peruana.)
(Solução proposta por diversos autores.)
A fatoração do radicando é igual a
1
92
+
=
112 1002
92 · 112 · 1002 + 1002 + 92 · 112
=
112 · 1002
(99 · 100)2 + (99 + 1)2 + 992
=
(11 · 100)2
(99 · 100)2 + 992 + 2 · 99 + 1 + 992
=
(11 · 100)2
(99 · 100)2 + 2 · 992 + 2 · 99 + 1
=
(11 · 100)2
(99 · 100)2 + 2 · 99 · (99 + 1) + 1
=
(11 · 100)2
(99 · 100)2 + 2 · 99 · (100) + 12
=
(11 · 100)2
(99 · 100 + 1)2
=
.
(11 · 100)2
92 +
A expressão inicial então fica
r
1
92
1
+ 2+
−
2
1100 =
11
100
x
+
1
s
1
(99 · 100 + 1)2
−
2
1100
(11 · 100)
=
x+1
99 · 100 + 1
1
−
1100
1100 =
x+1
99 · 100
1100 = 9 .
x+1
x+1
92
Por fim, queremos contar a quantidade de divisores inteiros de 9, que são 6, e x é um dos elementos do
conjunto {−10, −4, −2, 0, 2, 8}.
Elaborado por Tiago Miranda
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Soluções Enviadas
Enviaram soluções para os problemas da Lista 2:
• Bruno Paiva, Nova Iguaçu (RJ), problemas G1, G2, G3 e T4;
• Danrlley Maciel, Fortaleza (CE), problema T3;
• Douglas de Araujo Smigly, São Caetano do Sul (SP), problemas G1, G2 , G3 e G6, T1, T4, T5 e T6;
• Félix Lopes Barboza, Parnamirim (RN), problemas G1, G2 e G3;
• Fernando Neres de Oliveira, Caraúbas (RN), problemas T1, T2, T4, T5 e T6, G3;
• Flávio Marques, Maceió (AL), problemas G1, G3, G5 e G6, T4, T5 e T6;
• Mormon Lima dos Santos, Campina Grande (PB), problemas G2, G3, G4, G5 e G6, T1, T2, T3, T4, T5 e T6;
• Thiago Jesuı́no, Salvador (BA), problema G3.
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