Curso de Matematica Olimpica POTI

2

ri >p/2

Como p e q s˜ ao ´ımpares, m´ odulo 2 temos   X X X X iq (1 + mi ) mi + i≡ + p p−1 p−1 1≤i≤

1≤i≤

2

ri >p/2

ri

2

(mod 2),

ımos assim que e como {m1 , m2 , . . . , m p−1 } = {1, 2, . . . , p−1 2 }, conclu´ 2 X X  iq  X X i≡ + i+ 1 (mod 2) p p−1 p−1 p−1 1≤i≤

⇐⇒

X

1≤i≤

2

1≤i≤ p−1 2



iq p



≡s

1≤i≤

2

(mod 2)

6

2

ri >p/2

ˆ Gustavo POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 1 3CONGRU - CarlosENCIAS DEMoreira GRAU 2

o que encerra a prova.
Observa¸c˜ ao 8. O s´ımbolo de Legendre ap pode ser estendido para o s´ımbolo de
a
definido para ario e n inteiro positivo ´ımpar Jacobi
na , que
α a inteiro arbitr´
αest´ α por na = pa1 1 pa2 2 . . . pak k se n = pα1 1 pα2 2 . . . pαk k ´e a fatora¸ca ˜o prima de

a n (onde os pj s˜ ao dados pelo s´ımbolo de Legendre usual); temos a1 = 1 para todo inteiro a. N˜ ao ´e dif´ıcil provar as seguintes propriedades do s´ımbolo de Jacobi, que podem ser usadas para calcular rapidamente s´ımbolos de Legendre (e de Jacobi):

1. Se a ≡ b (mod n) ent˜ ao na = nb .

2. na = 0 se mdc(a, n) 6= 1 e na ∈ {−1, 1} se mdc(a, n) = 1.



a b a2 3. ab n = n n ; em particular, n ∈ {0, 1}.



a a a a ∈ {0, 1}. = m ; em particular, 4. mn 2 n n 5. Se m e n s˜ ao positivos e ´ımpares, ent˜ ao 6.

−1 n

7.

2 n







= (−1)

= (−1)

n−1 2

n2 −1 8

.

m n




= (−1)

m−1 n−1 · 2 2

n m




.

.

Os trˆes u ´ltimos fatos, que generalizam a lei de reciprocidade quadr´ atica, podem
ser provados usando a multiplicatividade em a e em n do s´ımbolo de Jacobi na e a lei de reciprocidade quadr´ atica para o s´ımbolo de Legendre.
a ao ´e res´ıduo quadr´ atico Como para o s´ımbolo de Legendre, se n = −1, a n˜ m´ odulo n, mas
(diferentemente do que acontece para o s´ımbolo de Legendre) ´e poss´ıvel que na seja
igual
a 0
ou a 1 sem que a seja res´ odulo
ıduo3
quadr´
atico m´ 2 3 n. Por exemplo, 15 = 23 52 = (−1) · (−1) = 1 e 15 = 3 35 = 0 · (−1) = 0, mas 2 e 3 n˜ ao s˜ ao res´ıduos quadr´ aticos m´ odulo 15.

Problemas Propostos

Problema 9. Calcular

44 103




,

−60 1019




e

2010 1019




.

Problema 10. Determine todas as solu¸c˜ oes de x10 ≡ 1 (mod 49). Problema 11. Sejam p um primo ´ımpar e c um inteiro que n˜ ao ´e m´ ultiplo de p. Prove que  p−1  X a(a + c) = −1. p a=0

Problema 12. Existem inteiros m e n tais que 5m2 − 6mn + 7n2 = 1985 ? 7

Problema 13. Demonstrar que a congruˆencia 6x2 + 5x + 1 ≡ 0 (mod m) tem solu¸c˜ ao para todo valor natural de m. Problema 14. Demonstrar que existem infinitos primos da forma 3k+1 e 3k−1. Problema 15. Demonstrar que se mdc(a, b) = 1 o n´ umero a2 + b2 n˜ ao pode ter fatores primos da forma 4k − 1 e se al´em disso mdc(a, 3) = 1 ent˜ ao o n´ umero a2 + 3b2 n˜ ao pode ter fatores ´ımpares da forma 3k − 1. Que podemos dizer sobre os fatores primos de a2 + pb2 onde p ´e um primo? Problema 16. Demonstrar que, para p = 1093, 2

p−1 2

≡ −1 (mod p2 ). n

umero de Fermat. Problema 17. a) (Euler) Seja Fn = 22 + 1 o n-´esimo n´ Prove que todo fator primo de Fn ´e da forma k·2n+1 + 1. b) (Lucas) Prove que, se n ≥ 2, ent˜ ao todo fator primo de Fn ´e da forma n+2 k·2 + 1. 5 c) Mostre que 22 + 1 ´e composto. Problema 18 (IMO1996). Sejam a, b inteiros positivos tais que 15a + 16b e 16a − 15b sejam quadrados perfeitos. Encontrar o menor valor que pode tomar o menor destes quadrados. Problema 19. Seja p um n´ umero primo ´ımpar. Mostrar que o menor n˜ ao resto √ quadr´ atico positivo de p ´e menor que p + 1. Problema 20. Sejam M um n´ umero inteiro e p um n´ umero primo maior do √ que 25. Mostrar que a sequˆencia M, M + 1, · · · , M + 3⌊ p⌋ − 1 cont´em um resto n˜ ao quadr´ atico m´ odulo p. Problema 21 (Putnam 1991). Seja p um primo ´ımpar. Quantos elementos tem o conjunto {x2 | x ∈ Z/pZ} ∩ {y 2 + 1 | y ∈ Z/pZ}? [Putnam 1991] Seja p um primo ´ımpar. Quantos elementos tem o conjunto {x2 | x ∈ Z/pZ} ∩ {y 2 + 1 | y ∈ Z/pZ}? Problema 22 (IMO2008). Prove que existe um n´ umero infinito de √ inteiros positivos n tais que n2 + 1 tem um divisor primo maior do que 2n + 2n.

Dicas e Solu¸ c˜ oes Em breve.

Referˆ encias [1] F. E. Brochero Martinez, C. G. Moreira, N. C. Saldanha, E. Tengan Teoria dos N´ umeros - um passeio com primos e outros n´ umeros familiares pelo mundo inteiro, Projeto Euclides, IMPA, 2010.

Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Teoria dos Números - Nível 3 Carlos Gustavo Moreira

Congruˆ encias de Grau Superior

1

Congruˆ encias de Grau Superior

Dado um polinˆ omio f (x) ∈ Z[x] e um n´ umero natural n, vamos estudar condi¸c˜oes para que a congruˆencia f (x) ≡ 0 (mod n) tenha solu¸c˜ao. O primeiro resultado diz que basta considerar o caso em que n = pk ´e a potˆencia de um primo p. Proposi¸c˜ ao 1. Suponhamos que n = pk11 · · · pkl l onde os pj s˜ ao primos distintos. Temos uma equivalˆencia  k1   f (x) ≡ 0 (mod p1 ) .. f (x) ≡ 0 (mod n) ⇐⇒ .   f (x) ≡ 0 (mod pkl ) l

de modo que f (x) ≡ 0 (mod n) admite solu¸c˜ ao se, e somente se, f (x) ≡ 0 k (mod pj j ) tem solu¸c˜ ao para cada j. k

Demonstra¸c˜ ao. Como as potˆencias pj j s˜ ao coprimas duas a duas, temos que k

n divide um inteiro M se, e s´ o se, pj j | M para cada j, o que demonstra a equivalˆencia. Assim, a existˆencia de solu¸c˜ao para f (x) ≡ 0 (mod n) implica a existˆencia de solu¸c˜ao para o sistema acima. Reciprocamente, se cada f (x) ≡ 0 k k (mod pj j ) tem uma solu¸c˜ao x ≡ aj (mod pj j ), pelo teorema chinˆes dos restos k

existe a tal que a ≡ aj (mod pj j ) para todo j, de modo que f (a) ≡ f (aj ) ≡ k

0 (mod pj j ) para todo j e logo f (a) ≡ 0 (mod n) pela equivalˆencia acima. Note em particular que o n´ umero de solu¸c˜oes distintas m´ odulo n de f (x) ≡ 0 k (mod n) ´e igual ao produto do n´ umero de solu¸c˜oes m´ odulo pj j de f (x) ≡ 0 k

(mod pj j ).

10

ˆ3 - Carlos POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 1 CONGRU 3 - Aula ENCIAS DEGustavo GRAU SUPERIOR Moreira

A pr´oxima proposi¸c˜ao indica como, a partir de uma solu¸ca˜o de f (x) ≡ 0 (mod pk0 ), obter solu¸c˜oes para f (x) ≡ 0 (mod pk ) para todo k ≥ k0 . Para isso, precisamos da no¸ de um polinˆ omio: se p(x) = an xn +an−1 xn−1 + Pcn˜ao de derivada j · · ·+a1 x+a0 = j=0 aj x , definimos sua derivada p′ (x) como sendo o polinˆ omio Pn ′ n−1 n−2 j−1 p (x) = nan x + (n − 1)an−1 x + · · · + a1 = j=1 jaj x . Note que, se p(x) ∈ Z[x], ent˜ao p′ (x) ∈ Z[x]. Proposi¸c˜ ao 2 (Lema de Hensel). Seja f (x) ∈ Z[x] um polinˆ omio, p um n´ umero primo. Seja a ∈ Z tal que f (a) ≡ 0 (mod pk0 ) e cuja maior potˆencia pl0 de p ao existe uma sequˆencia de inteiros com pl0 | f ′ (a) satisfaz 0 ≤ 2l0 < k0 . Ent˜ (ak )k≥k0 com ak0 = a,

ak+1 ≡ ak

(mod pk−l0 )

e

f (ak ) ≡ 0 (mod pk ) para todo k ≥ k0 . Em particular, se existe um inteiro a tal que f (a) ≡ 0 (mod p) mas f ′ (a) 6≡ 0 (mod p) ent˜ ao f (x) ≡ 0 (mod pk ) admite solu¸c˜ ao para todo k ∈ N. Demonstra¸c˜ ao. Constru´ımos a sequˆencia indutivamente. Seja k ≥ k0 e suponha por indu¸c˜ao que pk | f (ak ), ou seja, f (ak ) = rk pk para um certo rk ∈ Z e pl0 | f ′ (ak ) mas pl0 +1 ∤ f ′ (ak ), ou seja, f ′ (ak ) = sk pl0 onde p ∤ sk . Estamos procurando um n´ umero da forma ak+1 = ak + tk pk−l0 , com tk ∈ Z, que satisfaz k+1 l p | f (ak+1 ), p 0 | f ′ (ak+1 ) mas pl0 +1 ∤ f ′ (ak+1 ). Para cada r ∈ N, temos (ak + tk pk−l0 )r = ark + tk rakr−1 pk−l0 +

k   X r r−j j(k−l0 ) a p ≡ j k j=2

≡ ark + tk rakr−1 pk−l0

(mod pk+1 ),

P pois a hip´ otese 0 ≤ 2l0 < k0 implica 2(k − l0 ) ≥ k + 1. Se f (x) = nr=0 cr xr , multiplicando a congruˆencia acima por cr e somando, de r = 0 at´e n, obtemos f (ak+1 ) = f (ak + tk pk−l0 ) =

n X

cr ark + tk

r=0

′

= f (ak ) + tk f (ak )p

k−l0

n X

rakr−1 pk−l0 =

r=0

k

= rk p + s k tk p

k

(mod pk+1 ).

Logo para que pk+1 | f (ak+1 ) devemos encontrar tk tal que rk + sk tk ≡ 0 (mod p), o que ´e poss´ıvel pois sk ´e invert´ıvel m´ odulo p. Finalmente, temos que f ′ (ak+1 ) ≡ f ′ (ak ) = sk pl0 (mod pk−l0 ) ( f ′ (ak+1 ) ≡ 0 (mod pl0 ) =⇒ f ′ (ak+1 ) 6≡ 0 (mod pl0 +1 ) o que completa a indu¸c˜ao.

2

ˆ3 - Carlos POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 1 CONGRU 3 - Aula ENCIAS DEGustavo GRAU SUPERIOR Moreira

Observemos que a condi¸c˜ao sobre a derivada de f no lema de Hensel ´e necess´aria. Para isto, consideremos f (x) = xm + 3 com m ≥ 2, a = 0 e p = 3. Assim, temos que f (0) = 3 ≡ 0 (mod 3), mas f ′ (0) = 0 ´e divis´ıvel por potˆencias arbitrariamente grandes de 3, logo f (x) n˜ao satisfaz a segunda hip´ otese da proposi¸c˜ao. E de fato, se b ∈ Z e f (b) = bm + 3 ≡ 0 (mod 3) ent˜ao b ≡ 0 (mod 3), donde bm ≡ 0 (mod 9) e f (b) = bm + 3 ≡ 3 (mod 9), o que mostra que nenhuma raiz m´ odulo 3 “levanta” para uma raiz m´ odulo 9. Agora vamos nos concentrar em equa¸c˜oes m´ odulo p. Para o pr´oximo resultado, necessitamos de um Lema 3. Seja p um primo. Ent˜ ao 1k + 2k + · · · + (p − 1)k mod p =

(

0 p−1

se (p − 1) ∤ k, se (p − 1) | k.

Demonstra¸c˜ ao. Se (p−1) | k, temos que cada termo da soma acima ´e congruente a 1 m´ odulo p e o resultado segue. Suponha agora que (p − 1) ∤ k e seja g uma raiz primitiva m´ odulo p. Temos portanto 1k + 2k + · · · + (p − 1)k ≡ 1 + g k + g 2k + · · · + g (p−2)k

(mod p)

Sendo S = 1 + g k + g 2k + · · · + g (p−2)k , multiplicando por g k e observando que g (p−1)k ≡ 1 (mod p) temos g k S ≡ g k + g 2k + · · · + g (p−1)k k

⇐⇒ g S ≡ S

(mod p)

k

(mod p) ⇐⇒ (g − 1)S ≡ 0 (mod p)

Como g ´e uma raiz primitiva e (p − 1) ∤ k temos que g k − 1 6≡ 0 (mod p), ou seja, g k − 1 ´e invert´ıvel m´ odulo p e portanto S ≡ 0 (mod p), o que encerra a prova. Teorema 4 (Chevalley-Warning). Seja p um primo e sejam f1 (x1 , . . . , xn ), . . . , fk (x1 , . . . , xn ) ∈ Z[x1 , . . . , xn ] polinˆ omios em n vari´ aveis com coeficientes inteiros tais que P deg(fi )
t˜ ao a quantidade de “pontos” em

A = {(x1 , . . . , xn ) ∈ (Z/pZ)n | fi (x1 , . . . , xn ) = 0

∀i = 1, . . . , k}

´e um m´ ultiplo de p. Em particular, existem pontos (x1 , . . . , xn ) (0, . . . , 0) em (Z/pZ)n tais que fi (x1 , . . . , xn ) = 0 para todo i.

6=

Demonstra¸c˜ ao. Usaremos o lema anterior para determinar |A| mod p. Para isso, notemos que pelo teorema de Euler-Fermat fj (x1 , . . . , xn ) 6≡ 0 (mod p) ⇐⇒ fj (x1 , . . . , xn )p−1 ≡ 1 (mod p). Definamos Y
1 − fj (x1 , . . . , xn )p−1 . g(x1 , . . . , xn ) = 1≤j≤k

3

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Observemos que g(x1 , . . . , xn ) ≡ 0 (mod p) se, e somente se, existe j tal que fj (x1 , . . . , xn ) 6≡ 0 (mod p). Por outro lado, se fj (x1 , . . . , xn ) ≡ 0 (mod p) para todo j ent˜ao g(x1 , . . . , xn ) ≡ 1 (mod p), portanto X g(x1 , . . . , xn ) ≡ |A| (mod p). (x1 ,...,xn )∈(Z/pZ)n

P Notemos agora que deg(g) ≤ 1≤j≤k (p − 1) deg(fj ) < (p − 1)n. Portanto P i1 i2 i n cada monˆomio cx1 x2 · · · xn de g ´e tal que 1≤j≤n ij < (p − 1)n, donde pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos P sempre existe algum r com 0 ≤ ir < p − 1. Assim, pelo lema anterior, xr ∈Z/pZ xirr ≡ 0 (mod p) donde X

(x1 ,...,xn )∈(Z/pZ)n

cxi11 xi22 · · · xinn ≡ c

xi11

X

x1 ∈Z/pZ

X

x2 ∈Z/pZ

xi22 · · ·

X

xinn

xn ∈Z/pZ

≡ 0 (mod p) P Isso mostra que (x1 ,...,xn )∈(Z/pZ)n g(x1 , . . . , xn ) ≡ 0 (mod p) e, portanto, |A| ´e m´ ultiplo de p. Como (0, 0, . . . , 0) ∈ A, h´a pelo menos p − 1 outros pontos nesse conjunto, o que prova o teorema. Como aplica¸c˜ao, provemos o seguinte resultado, devido a Erd˝os, Ginzburg e Ziv. Proposi¸c˜ ao 5. Seja n um inteiro positivo. Dados inteiros x1 , . . . , x2n−1 existem 1 ≤ i1 < i2 < · · · < in ≤ 2n−1 tais que xi1 +xi2 +· · ·+xin ´e divis´ıvel por n. Demonstra¸c˜ ao. Mostremos primeiro que se o resultado vale para m e para n ent˜ao vale para mn. Sejam x1 , x2 , . . . , x2mn−1 ∈ Z. Por hip´ otese temos que, para cada subconjunto A de {1, 2, . . . , 2mn − 1} com 2n − 1 elementos, existe P um subconjunto B ⊂ A com n elementos tal que i∈B xi ´e divis´ıvel por n. Assim, constru´ımos Bj indutivamente para todo 1 ≤ j ≤ 2m − 1, seguindo os seguintes passos S Bk com 2n − 1 • Escolhemos um subconjunto Aj de {1, 2, . . . , 2mn − 1} \ k
elementos.

• De Aj escolhemos um subconjunto Bj com n elementos tal que ´e divis´ıvel por n.

P

i∈Bj

xi

Observemos que se j ≤ 2m − 1 ent˜ao [ Bj = 2mn − 1 − (j − 1)n {1, 2, . . . , 2mn − 1} \ k
≥ 2mn − 1 − (2m − 2)n = 2n − 1,

oP que garante a constru¸c˜ao at´e j = 2m − 1. Definamos agora os inteiros yj = 1 otese, existe um subconjunto i∈Bj xi para 1 ≤ j ≤ 2m − 1. De novo por hip´ n 4

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de ´ındices C ⊂ {1, . . . , 2m − 1} com m elementos tal que por m e portanto X XX xi = n yj

P

yj ´e divis´ıvel

j∈C

j∈C

j∈C i∈Bj

´e uma soma com |C||Bj | = mn somandos que ´e divis´ıvel por mn. Assim, basta provar a proposi¸c˜ao para n primo. Para isso, consideremos os polinˆ omios n−1 f1 (x1 , . . . , x2n−1 ) = x1n−1 + x2n−1 + · · · + x2n−1

f2 (x1 , . . . , x2n−1 ) =

a1 x1n−1

+

a2 x2n−1

e

n−1 + · · · + a2n−1 x2n−1

onde a1 , . . . , a2n−1 s˜ ao os inteiros dados. A soma dos graus de f1 e f2 ´e 2(n−1) < 2n − 1. Pelo teorema de Chevalley-Warning, existem x1 , . . . , x2n−1 ∈ Z/(n) n˜ao todos nulos com f1 (x1 , . . . , x2n−1 ) ≡ f2 (x1 , . . . , x2n−1 ) ≡ 0 (mod n). Como xn−1 ≡ 1 (mod n) para todo x ∈ (Z/(n))× , f1 (x1 , . . . , x2n−1 ) ≡ 0 (mod n) implica que existem exatamente n valores i ≤ 2n − 1 com xi 6≡ 0 (mod n). Sejam 1 ≤ i1 < i2 < · · · < in ≤ 2n − 1 tais valores de i, como xin−1 ≡ 1 (mod n) para todo s ≤ n temos que s n−1 a1 x1n−1 + a2 x2n−1 + · · · + a2n−1 x2n−1 ≡ a i1 + a i2 + · · · + a in

(mod n),

pois xj ≡ 0 (mod n) se j 6= is para todo s ≤ n. Assim, ai1 + ai2 + · · · + ain ´e divis´ıvel por n, o que prova o resultado.

Problemas Propostos Problema 6 (OBM2007). Para quantos inteiros c, −2007 ≤ c ≤ 2007, existe um inteiro x tal que x2 + c ´e m´ ultiplo de 22007 ? Problema 7. Seja p um primo e seja n tal que pk ∤ n. Demonstrar: se a equa¸c˜ ao y n ≡ a (mod pk ) tem solu¸c˜ ao com mdc(y, p) = 1, ent˜ ao para todo n m m > k a equa¸c˜ ao y ≡ a (mod p ) possui solu¸c˜ ao. Problema 8. Seja f (x) ∈ Z[x] um polinˆ omio, p um n´ umero primo, a um inteiro ′ tal que f (a) ≡ 0 (mod p) mas f (a) 6≡ 0 (mod p) e k um inteiro positivo. Prove que, se ak ´e um inteiro tal que ak ≡ a (mod p) e f (ak ) ≡ 0 (mod pk ), ent˜ ao, tomando b tal que b ≡ ak − f (ak ) · f ′ (ak )−1 (mod p2k ), ent˜ ao f (b) ≡ 0 2k (mod p ). Problema 9. Seja p um primo ´ımpar, a um inteiro e n um inteiro positivo. Sejam α e β inteiros n˜ ao negativos, com α > 0. Prove: (a) Se pβ e pα s˜ ao as maiores potˆencias de p que dividem n e a − 1 respectivamente ent˜ ao pα+β ´e a maior potˆencia de p que divide an − 1 (aten¸ca ˜o, p deve dividir a − 1 pois α > 0! Mas note que p n˜ ao precisa dividir n) 5

(b) Se n ´e ´ımpar e pβ e pα s˜ ao as maiores potˆencias de p que dividem n e a + 1 respectivamente ent˜ ao pα+β ´e a maior potˆencia de p que divide an + 1 (mesma ressalva do item (i)). Problema 10. Sejam a um inteiro e n um inteiro positivo. Sejam α e β inteiros n˜ ao negativos, com α, β > 0. Prove: (a) Se n ´e ´ımpar e 2α ´e a maior potˆencia de 2 que divide a − 1 ent˜ ao 2α ´e n tamb´em a maior potˆencia de 2 que divide a − 1. (b) Se a ≡ 1 (mod 4) e 2β e 2α s˜ ao as maiores potˆencias de 2 que dividem n e α+β a − 1 respectivamente ent˜ ao 2 ´e a maior potˆencia de 2 que divide an − 1. (c) Se a ≡ 3 (mod 4) e 2β e 2α s˜ ao as maiores potˆencias de 2 que dividem n e a + 1 respectivamente ent˜ ao 2α+β ´e a maior potˆencia de 2 que divide an − 1. (d) Se n ´e ´ımpar e 2α ´e a maior potˆencia de 2 que divide a + 1 ent˜ ao 2α ´e n tamb´em a maior potˆencia de 2 que divide a + 1. Problema 11. Encontre todos os inteiros n˜ ao negativos x e y tais que 7y − 2 · 3x = 1 Problema 12. Seja p um n´ umero primo e n, k e a = pt a1 n´ umeros naturais tais que mdc(p, a1 ) = 1. Prove: a congruˆencia xn ≡ a (mod pk ) tem solu¸ca ˜o se, e s´ o se, k ≤ t ou k > t,

n|t

e

pk−1 (p−1) mdc(n,pk−1 (p−1))

a1

≡ 1 (mod pk−t ).

Problema 13 (Irlanda 1997). Seja A um subconjunto de {1, 2, . . . 2n − 1} com n elementos. Prove que A cont´em uma potˆencia de 2 ou dois elementos distintos cuja soma ´e uma potˆencia de 2. Problema 14 (Romˆenia 1996). Determinar o maior inteiro positivo n com a seguinte propriedade: existem inteiros n˜ ao negativos x1 , . . . , xn tais que, para toda sequˆencia ǫ1 , ǫ2 , . . . , ǫn de elementos de {−1, 0, 1}, n˜ ao todos zero, o n´ umero ǫ1 x1 + ǫ2 x2 + · · · + ǫ n xn n˜ ao ´e divis´ıvel por n3 . Problema 15 (Erd˝ os). Mostrar que todo n´ umero inteiro positivo pode ser expresso como soma de n´ umeros da forma 2a 3b de modo que nenhum termo ´e divis´ıvel por outro. Problema 16 (Romˆenia 1998). Mostrar que para todo n ≥ 2 existe um sub√ conjunto S de {1, 2, . . . , n} com no m´ aximo 2⌊ n⌋ + 1 elementos tal que todo n´ umero natural menor do que n pode ser representado como diferen¸ca de dois elementos de S.

Dicas e Solu¸ c˜ oes Em breve.

Referˆ encias [1] F. E. Brochero Martinez, C. G. Moreira, N. C. Saldanha, E. Tengan Teoria dos N´ umeros - um passeio com primos e outros n´ umeros familiares pelo mundo inteiro, Projeto Euclides, IMPA, 2010.

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Curso de Teoria dos Números - Nível 3 Carlos Gustavo Moreira

Equa¸c˜ oes Diofantinas Quadr´ aticas

1

Ternas Pitag´ oricas As triplas de n´ umeros inteiros positivos (a, b, c) que satisfazem a equa¸c˜ao a 2 + b2 = c 2

s˜ ao denominadas triplas ou ternas pitag´ oricas, j´a que correspondem aos comprimentos dos lados de um triˆ angulo retˆ angulo de lados inteiros pelo teorema de Pit´ agoras. Vamos encontrar todas as ternas pitag´oricas (a, b, c). Podemos supor que a, b, c s˜ ao primos relativos dois a dois, pois se houver um primo p tal que p | mdc(a, b), por exemplo, ent˜ao p | a2 + b2 = c2 =⇒ p | c, logo ( ap , pb , pc ) tamb´em ´e tripla pitag´orica. Uma tripla pitag´orica cujos termos s˜ ao primos relativos dois a dois se denomina tripla pitag´ orica primitiva. Daqui a e b n˜ao podem ser pares ao mesmo tempo, portanto podemos supor sem perda de generalidade que a ´e ´ımpar. Al´em disso, como (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 ≡ 1 (mod 4) e (2k)2 ≡ 0 (mod 4), quadrados perfeitos s˜ ao congruentes ou a 0 ou a 1 m´ odulo 4. Portanto b n˜ao pode ser ´ımpar pois caso contr´ario c2 ≡ a2 + b2 ≡ 2 (mod 4), um absurdo. Resumindo, temos que b ´e par e c ´e ´ımpar. Por outro lado, b2 = c2 − a2 = (c − a)(c + a). Temos mdc(c−a, c+a) = mdc(2c, c+a) = 2 pois mdc(a, c) = 1 =⇒ mdc(c, c+ c−a a) = 1 e c + a ´e par. Logo c+a ao coprimos e seu produto ´e um quadrado 2 e 2 s˜ perfeito. Pelo teorema Fundamental da Aritm´etica, cada um destes fatores deve ser o quadrado de um n´ umero natural. Assim, c+a = m2 , 2

c−a = n2 , 2

b = 2mn,

com mdc(m, n) = 1. Escrevendo a, b, c em termos de m e n, obtemos portanto

11

´ POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 -1Carlos TERNAS Gustavo PITAG Moreira ORICAS Proposi¸c˜ ao 1. As ternas pitag´ oricas primitivas (a, b, c) s˜ ao da forma a = m2 − n2 ,

c = m2 + n2

b = 2mn,

com mdc(m, n) = 1 e m + n ´ımpar. A condi¸c˜ao de m + n ser ´ımpar garante a primitividade da tripla: como mdc(m, n) = 1 temos mdc(m2 , m2 + n2 ) = 1 e portanto mdc(a, c) = mdc(m2 − n2 , m2 + n2 ) = mdc(2m2 , m2 + n2 ) = mdc(2, m2 + n2 ), que ´e igual a 1 se, e s´ o se, m2 + n2 ´e ´ımpar, isto ´e, se m e n tˆem paridades distintas. Todas as demais triplas pitag´oricas podem ser obtidas a partir de uma tripla pitag´orica primitiva, multiplicando seus termos por uma constante. Como uma aplica¸c˜ao do resultado anterior, consideremos o seguinte Exemplo 2. Encontrar todas as triplas de inteiros positivos (a, b, c) tais que a2 , b2 e c2 est˜ ao em progress˜ ao aritm´etica. ˜ o: O problema se reduz a encontrar todas as triplas (a, b, c) tais que Solu¸ ca a2 + c2 = 2b2 e, como no caso das ternas pitag´oricas, basta considerar o caso em que a, b, c s˜ ao dois a dois primos entre si. Temos que a e c tˆem igual paridade (logo s˜ ao ´ımpares pois mdc(a, c) = 1 por hip´ otese) e portanto existem inteiros r e s tais c−a que c = r + s e a = r − s (´e s´ o fazer r = c+a 2 e s = 2 ). Substituindo temos que a2 + c2 = (r − s)2 + (r + s)2 = 2(r2 + s2 ) = 2b2 . Logo (r, s, b) ´e uma tripla pitag´orica, que ´e primitiva pois qualquer divisor comum de r e s ´e um divisor comum de a e c. Portanto existem inteiros m e n tais que r = m2 − n2 , s = 2mn e b = m2 + n2 (ou r = 2mn e s = m2 − n2 , que fornecer´a uma outra solu¸c˜ao sim´etrica). Conclui-se que a = m2 − n2 − 2mn,

b = m2 + n2 ,

c = m2 − n2 + 2mn,

e ´e f´acil verificar que tal tripla cumpre o pedido. As solu¸c˜oes inteiras primitivas da equa¸c˜ao x2 + y 2 = z 2 est˜ao claramente em bije¸c˜ao, via (x, y, z) 7→ (x/z, y/z), com as solu¸c˜oes racionais da equa¸c˜ao x2 + y 2 = 1. Estas, por sua vez, podem ser facilmente obtidas atrav´es do seguinte m´etodo geom´etrico: Teorema 3. Os pontos racionais (x, y) (isto ´e, com ambas as coordenadas x, y ∈ Q) da circunferˆencia de equa¸c˜ ao x2 + y 2 = 1 s˜ ao todos os pontos da forma  2  t − 1 2t (x, y) = (1, 0) e (x, y) = 2 , com t ∈ Q. t + 1 t2 + 1 Demonstra¸c˜ ao. Considere a reta passando pelos pontos (1, 0) e (0, t) com t ∈ Q, ou seja, a reta de equa¸c˜ao y = −t(x − 1). Esta reta intercepta a circunferˆencia 2 −1 em dois pontos: (1, 0) e ( tt2 +1 , t22t+1 ). 2

POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 -2 Carlos SOMAGustavo DE QUADRADOS Moreira 2

Agora observe que (0, t) 7→ ( tt2 −1 , 2t ) estabelece uma bije¸c˜ao entre os +1 t2 +1 pontos racionais do eixo y e os pontos racionais P da circunferˆencia x2 + y 2 = 1, 2 −1 menos o ponto (1, 0). De fato, ´e claro que se t ∈ Q ent˜ao ( tt2 +1 , t22t+1 ) ´e um ponto racional da circunferˆencia. Reciprocamente, dado um ponto racional P 6= (1, 0) da circunferˆencia, temos que a reta que une P a (1, 0) admite uma equa¸c˜ao com coeficientes racionais, logo intercepta o eixo y em um ponto (0, t) com t ∈ Q. Isto completa a demonstra¸c˜ao. Assim, substituindo t = m n com m, n ∈ Z e mdc(m, n) = 1, obtemos m2 −n2 as solu¸c˜oes racionais ( m2 +n2 , m2mn as ternas pitag´oricas 2 +n2 ), que correspondem ` 2 2 2 2 (m − n , 2mn, m + n ).

2

Soma de Quadrados

Vamos provar um resultado devido a Legendre que fornece um crit´erio para determinar quando uma equa¸c˜ao do tipo ax2 + by 2 + cz 2 = 0 tem solu¸c˜ao n˜ao nula e que d´a uma generaliza¸c˜ao natural das triplas pitag´oricas. Teorema 4 (Legendre). Sejam a, b, c inteiros livres de quadrados, primos entre si, dois a dois, e n˜ ao todos do mesmo sinal. A equa¸c˜ ao ax2 + by 2 + cz 2 = 0 tem solu¸c˜ ao (x, y, z) 6= (0, 0, 0) com x, y e z inteiros se, e somente se, −bc ´e quadrado m´ odulo a, −ac ´e quadrado m´ odulo b e −ab ´e quadrado m´ odulo c. Demonstra¸c˜ ao. Vamos primeiro mostrar a necessidade. Basta ver pela simetria da equa¸c˜ao que −bc ´e quadrado m´ odulo a. De fato, podemos supor que x, y e z s˜ ao primos relativos dois a dois, pois se d | mdc(x, y) ent˜ao d2 divide cz 2 , mas c ´e livre de quadrados, portanto d | z. Agora como by 2 + cz 2 ≡ 0 (mod a) segue que b2 y 2 ≡ −bcz 2 (mod a). Note que z deve ser primo com a, pois se p ´e primo tal que p | a e p | z, teremos que p | by 2 , mas mdc(a, b) = 1, segue que p | y o que contradiz o fato de y e z serem primos entre si. Assim, z ´e invert´ıvel m´ odulo a, e logo (byz −1 )2 ≡ −bc (mod a). Provemos agora a suficiˆencia. Podemos supor, sem perda de generalidade, que a < 0, b < 0 e c > 0. Por hip´ otese, existe u ∈ Z tal que u2 ≡ −bc (mod a). Assim, m´ odulo a, temos que ax2 + by 2 + cz 2 ≡ by 2 + cz 2 ≡ b−1 ((by)2 + bcz 2 )

≡ b−1 ((by)2 − u2 z 2 ) ≡ b−1 (by − uz)(by + uz)

≡ (y − b−1 uz)(by + uz)

≡ L1 (x, y, z)M1 (x, y, z)

onde L1 (x, y, z) = d1 x+e1 y+f1 z, M1 (x, y, z) = g1 x+h1 y+i1 z, com d1 = g1 = 0, e1 = 1, f1 = −b−1 u, h1 = b e i1 = u. Do mesmo modo, ax2 + by 2 + cz 2 ≡ L2 (x, y, z)M2 (x, y, z)

(mod b)

ax2 + by 2 + cz 2 ≡ L3 (x, y, z)M3 (x, y, z)

(mod c),

e

3

POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 -2 Carlos SOMAGustavo DE QUADRADOS Moreira

onde Lk (x, y, z) = dk x+ek y +fk z, Mk (x, y, z) = gk x+hk y +ik z, k = 2, 3. Como a, b e c s˜ ao primos entre si dois a dois, podemos pelo teorema chinˆes dos restos encontrar duas formas lineares L(x, y, z) = dx+ey+f z, M (x, y, z) = gx+hy+iz tais que L ≡ L1 (mod a), L ≡ L2 (mod b) e L ≡ L3 (mod c), e M ≡ M1 (mod a), M ≡ M2 (mod b) e M ≡ M3 (mod c) (basta resolver o sistema de congruˆencias coeficiente a coeficiente). Logo ax2 + by 2 + cz 2 ≡ L(x, y, z)M (x, y, z)

(mod abc). p 3 Consideremos agora ≤ |bc|, 0 ≤ y ≤ p p todas a triplas p (x, y, z) ∈ Zp com 0 ≤ x p |ac| e 0 ≤ z ≤ |ab|. Temos (⌊ |bc|⌋ + 1)(⌊ |ac|⌋ + 1)(⌊ |ab|⌋ + 1) > abc de tais triplas, donde pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos existem duas triplas distintas dentre elas, (x1 , y1 , z1 ) e (x2 , y2 , z2 ), com L(x1 , y1 , z1 ) ≡ L(x2 , y2 , z2 ) (mod abc) ⇐⇒ L(x1 − x2 , y1 − y2 , z1 − z2 ) ≡ 0 (mod abc), donde, fazendo x ˜ = x1 − x2 , y˜ = y1 − y2 e z˜ = z1 − z2 , temos a˜ x2 + b˜ y 2 + c˜ z 2 ≡ L(˜ x, y˜, z˜)M (˜ x, y˜, z˜) ≡ 0 (mod abc). p p p Note que (˜ x, y˜, z˜) 6= (0, 0, 0), |˜ x| < |bc|, |˜ y | < |ac| e |˜ z | < |ab| (de fato, como a, b, c s˜ ao dois a dois coprimos e livre de quadrados, n˜ao pode ocorrer a igualdade). Como a, b < 0 e c > 0 temos que −2abc = a|bc| + b|ac| < a˜ x2 + b˜ y 2 ≤ a˜ x2 + b˜ y 2 + c˜ z 2 ≤ c˜ z 2 < |ab|c = abc. Como abc | a˜ x2 + b˜ y 2 + c˜ z 2 , devemos ent˜ao ter a˜ x2 + b˜ y 2 + c˜ z 2 = 0, o que resolve 2 2 2 o problema, ou a˜ x + b˜ y + c˜ z = −abc, mas, nesse caso, temos 0 = (a˜ x2 + b˜ y 2 + c˜ z 2 + abc)(˜ z 2 + ab) = a(˜ xz˜ + b˜ y )2 + b(˜ y z˜ − a˜ x)2 + c(˜ z 2 + ab)2 , o que nos d´a a solu¸c˜ao (˜ xz˜ + b˜ y , y˜z˜ − a˜ x, z˜2 + ab) com z˜2 + ab 6= 0. O teorema de Legendre permite determinar quando uma curva alg´ebrica plana de grau 2, Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 com A, B, C, D, E ∈ Q, B possui algum ponto racional (x, y) ∈ Q2 . De fato, fazendo x ˜ = x+ 2A y (podemos supor que A 6= 0, se n˜ao fazemos uma mudan¸ca de coordenadas como y = y˜+x), ˜ ˜x2 + C˜ y˜2 + D˜ ˜x + E ˜ y˜ + F˜ = 0, e, fazendo x = x ˜ + 2DA˜ e a curva fica da forma A˜ ˜

y = y˜ + 2EC˜ , a curva fica da forma Ax2 + Cy 2 + F = 0. Multiplicando pelo mmc ao inteiros, dos denominadores dos coeficientes, podemos supor que A, C e F s˜ ˆ C = l2 Cˆ e F = m2 Fˆ , com A, ˆ Cˆ e Fˆ livre de quadrados, e, escrevendo A = k 2 A, k ˆx2 + Cˆ yˆ2 + Fˆ = 0. Assim obtemos fazendo x ˆ= m x e yˆ = ml y a express˜ao Aˆ p r fazendo x ˆ = q e yˆ = q , obtemos a equa¸c˜ao ˆ 2 + Cr ˆ 2 + Fˆ q 2 = 0. Ap ˆ C, ˆ Fˆ ) = 1 (se n˜ao dividimos por mdc(A, ˆ C, ˆ Fˆ )) e que Podemos supor mdc(A, 2 ˆ ˆ ˆ mdc(p, r, q) = 1. Al´em disso, se mdc(A, C) = d devemos ter d | F q , e logo d | q (pois d ´e livre de quadrados), donde q = dq ′ , e obtemos a equa¸c˜ao Aˆ 2 Cˆ 2 2 p + r + (Fˆ d)q ′ = 0 d d 4

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com

ˆ C ˆ ˆ A d , d ,Fd

livres de quadrados e Aˆ Cˆ AˆCˆ Fˆ Fˆ d = < |AˆCˆ Fˆ | d d d

se d > 1.

Ap´ os algumas redu¸c˜oes deste tipo, obtemos uma equa¸c˜ao equivalente como nas hip´ oteses do teorema de Legendre, que pode ent˜ao ser usado para decidir a existˆencia de um ponto racional na curva. Note que a hip´ otese sobre a, b, c n˜ao terem o mesmo sinal no teorema de Legendre equivale `a existˆencia de pontos reais n˜ao triviais na curva. Se h´a algum ponto racional (x0 , y0 ) numa tal curva, ent˜ao h´a infinitos. Isto pode ser visto a partir do exemplo a seguir, que ilustra o m´etodo geom´etrico que permite encontrar todos os pontos racionais explicitamente. Exemplo 5. Encontre todos os pontos racionais da elipse y2 x2 + = 1. 5/2 5/3 ´ f´acil encontrar um destes pontos racionais, digamos ˜ o: Solu¸ ca E (x, y) = (1, 1). Para encontrar os demais, come¸camos tra¸cando uma reta r de coeficientes racionais paralela `a reta tangente `a elipse no ponto P0 = (1, 1). ′ 2x Derivando a equa¸c˜ao da elipse em rela¸c˜ao `a x, obtemos 5/2 + 2yy 5/3 = 0 e assim y ′ = −2/3 para (x, y) = (1, 1). Portanto podemos tomar (por exemplo) a reta r de equa¸c˜ao y = − 23 x − 2. Agora, para um ponto P 6= P0 da elipse, seja s a reta que liga P a P0 = (1, 1); como esta reta n˜ao ´e paralela a r, temos que r e s determinam um ponto Q, como na figura a seguir. s

P0 r

P

Q Vamos mostrar que a associa¸c˜ao P 7→ Q define uma bije¸c˜ao entre os pontos racionais da elipse, excetuando o ponto P0 , e os pontos racionais da reta r. Em primeiro lugar, se P ´e um ponto racional da elipse ent˜ao a equa¸c˜ao da reta s, que liga dois pontos racionais P e P0 , possui coeficientes racionais. Logo Q ser´a um ponto racional, sendo a intersec¸c˜ao de duas retas r e s cujas equa¸c˜oes tˆem coeficientes racionais. 5

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Reciprocamente, suponha que Q = (a, b) ´e um ponto racional de r. Ent˜ao a equa¸c˜ao da reta s, determinada pelos pontos racionais P0 e Q, ter´ a coeficientes b−1 racionais: y − 1 = a−1 · (x − 1). Como a equa¸c˜ao da elipse tamb´em tem coeficientes racionais, a intersec¸c˜ao P 6= P0 de s com a elipse ser´a um ponto racional, j´a que isolando y na equa¸c˜ao de s e substituindo na equa¸c˜ao da elipse obtemos uma equa¸c˜ao quadr´atica com coeficientes racionais 2 2 2 3 b−1 x + · (x − 1) − 1 = 0. 1+ 5 5 a−1 Sabemos que a abscissa x = 1 de P0 ´e uma das ra´ızes, logo a outra raiz (que ´e a abscissa de P ) ´e racional tamb´em pelas rela¸c˜oes de Girard. Como P pertence `a reta s cuja equa¸c˜ao tem coeficientes racionais, a ordenada de P tamb´em ser´a racional, ou seja, P ser´a um ponto racional. Ap´ os algumas contas, obtemos a seguinte f´ormula para P em fun¸c˜ao de Q = (a, b):  10a2 + 90a + 21 10a2 − 20a − 111  P = , . 10a2 + 24a + 87 10a2 + 24a + 87 Assim, os pontos racionais P da elipse s˜ ao obtidos fazendo a percorrer todos os racionais a ∈ Q juntamente com a = ∞, i.e., o limite para a → ∞ na express˜ao acima, que fornece o ponto inicial P0 = (1, 1), que corresponde ao “ponto no infinito” de r, intersec¸c˜ao de r com a reta s tangente `a elipse no ponto P0 (no plano projetivo, ´e claro!).

2.1

Soma de Dois Quadrados

Nesta se¸c˜ao, caracterizamos os n´ umeros que s˜ ao somas de dois quadrados. Teorema 6. Os u ´nicos n´ umeros que podem se expressar como soma de dois quadrados s˜ ao os da forma n = 2s d2 l onde s ´e um natural e l ´e um n´ umero livre de quadrados tais que seus fatores primos s˜ ao da forma 4k + 1. Come¸camos observando que se p ´e um primo da forma 4k + 3 que divide n = a2 +b2 , ent˜ao p | a e p | b. De fato, se isto n˜ao ocorresse, b seria invert´ıvel m´ odulo 2 2 p, logo de a ≡ −b (mod ıamos que −1 ´e res´ıduo quadr´atico m´ odulo p, o
p) ter´ (p−1)/2 = −1 j´ que ´e absurdo pois −1 = (−1) a que p ≡ 3 (mod 4). Logo p2 | n p e repetindo o processo com pn2 = ( ap )2 + ( pb )2 no lugar de n, conclu´ımos que todo primo da forma 4k + 3 aparece com expoente par na fatora¸c˜ao canˆonica de n. Assim, apenas os n´ umeros da forma descrita no teorema podem ser soma de dois quadrados. Agora todo natural n pode se expressar como n = k 2 m onde k e m s˜ ao inteiros positivos e m ´e livre de quadrados, donde se m pode se escrever como soma de dois quadrados m = a2 + b2 ent˜ao o mesmo ocorre para n = (ak)2 + (bk)2 . Al´em disso, se temos dois n´ umeros que s˜ ao soma de dois quadrados, digamos m = a2 + b2 e n = c2 + d2 , ent˜ao a seguinte identidade de n´ umeros

6

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complexos mn = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = |a + bi|2 · |c + di|2

= |(a + bi)(c + di)|2 = |(ac − bd) + (ad + bc)i|2

= (ac − bd)2 + (ad + bc)2

mostra que seu produto tamb´em ser´a soma de dois quadrados. Assim, para mostrar que todo n da forma descrita no teorema ´e soma de dois quadrados, basta mostrar que 2 e todo primo da forma 4k + 1 s˜ ao somas de dois quadrados. 2 2 Se p = 2 temos que 2 = 1 + 1 ´e soma de dois quadrados. Para o outro caso, precisamos do seguinte Lema 7 (Lema de Thue). Se m > 1 ´e um n´ umero natural e a ´e um inteiro primo relativo com m ent˜ ao existem n´ umeros naturais x e y n˜ ao nulos menores √ do que ou iguais a m e tais que algum dos n´ umeros ax ± y ´e divis´ıvel por m. √ √ Demonstra¸c˜ ao. Seja q = ⌊ m⌋, ent˜ao q + 1 > m e portanto (q + 1)2 > m. Consideremos todos os (q + 1)2 n´ umeros da forma ax − y onde x e y tomam os valores 0, 1, . . . , q. Como s´ o existem m restos ao se dividir um n´ umero por m, pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos dois dos n´ umeros anteriores, digamos ax1 − y1 e ax2 − y2 , s˜ ao congruentes m´ odulo m. Portanto a diferen¸ca a(x1 − x2 ) − (y1 − y2 ) ´e divis´ıvel por m. Temos √ √ 0 ≤ xi , yi ≤ m =⇒ |x1 − x2 |, |y1 − y2 | ≤ m. Se x1 − x2 = 0 ent˜ao y1 − y2 ser´a divis´ıvel por m, o que implica y1 = y2 , mas os pares (x1 , y1 ) e (x2 , y2 ) s˜ ao diferentes, uma contradi¸c˜ao. De igual forma, se y1 − y2 = 0 ent˜ao a(x1 − x2 ) ser´a divis´ıvel por m, mas a e m s˜ ao primos relativos, logo m | x1 −x2 e assim x1 = x2 , outra contradi¸c˜ao. Logo x = |x1 −x2 | e y = |y1 − y2 | satisfazem as condi¸c˜oes do enunciado. Retomando o
nosso problema inicial, se p ´e um n´ umero primo da forma (p−1)/2 = 1, logo existe a tal que p | a2 + 1. Aplicando = (−1) 4k + 1, ent˜ao −1 p √ o lema anterior, existem inteiros 0 < x, y < p tais que algum dos n´ umeros 2 2 ax ± y ´e divis´ıvel por p, portanto o n´ umero (ax + y)(ax − y) = a x − y 2 ´e divis´ıvel por p. Daqui x2 + y 2 = x2 + a2 x2 − a2 x2 + y 2 = x2 (a2 + 1) − (a2 x2 − y 2 )

√ ´e divis´ıvel por p, mas como 0 < x, y < p ent˜ao 0 < x2 + y 2 < 2p, portanto p = x2 + y 2 . Isto encerra a prova do teorema. O m´etodo anterior pode ser aplicado para obter outras representa¸c˜oes de n´ umeros primos.   = 1, ent˜ ao Exemplo 8. Sejam d ∈ {1, 2, 3, 7} e p ´e primo ´ımpar tal que −d p existem e, f ∈ N tais que p = e2 + df 2 .

7

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˜ o: Seja a ∈ N tal que a2 ≡ −d (mod p). Pelo lema de Thue, existem Solu¸ ca inteiros x, y tais que (x + ay)(x − ay) ≡ 0 (mod p) ⇐⇒ p | x2 + dy 2 e 0 < x2 + dy 2 < (d + 1)p. Assim, temos x2 + dy 2 = kp

com k ∈ {1, 2, · · · , d}.

Observemos que se k = d, x ´e m´ ultiplo de d e fazendo x = dz temos que 2 2 dz + y = p. Assim podemos desconsiderar este caso e se d = 1 ou d = 2 o problema est´a resolvido. Consideremos agora os outros valores de d: 1. Se d = 3 ent˜ao x2 + 3y 2 = p ou 2p. No caso x2 + 3y 2 = 2p temos que x e y tˆem a mesma paridade, assim se x, y s˜ ao pares temos que 4 | x2 + 3y 2 = 2p, que ´e contradit´ orio, e no caso em que x, y ´ımpares temos que x2 ≡ y 2 ≡ 1 (mod 8), portanto 2p = x2 + 3y 2 ≡ 4 (mod 8), que tamb´em ´e contradit´ orio. Assim conclu´ımos que x2 + 3y 2 = p. 2. Se d = 7 ent˜ao x2 + 7y 2 = ip com i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}. No caso que x, y s˜ ao ´ımpares, como x2 ≡ y 2 ≡ 1 (mod 8), temos que x2 + 7y 2 ≡ 0 (mod 8), o que ´e contradit´ orio, e no caso em que x, y s˜ ao pares, dividimos toda a express˜ao por 4, logo podemos supor que i ´e ´ımpar. Assim resta considerar os casos em que i = 3 ou 5. Mas −7 n˜ao ´e resto quadr´atico m´ odulo 3 nem 5, portanto x2 + 7y 2 = p.

Problemas Propostos

Problema 9. Encontrar todos os triˆ angulos ABC tais que ∠A = 2∠B e seus lados a, b e c s˜ ao inteiros. Problema 10. Se no problema anterior fixamos b = n, quantos triˆ angulos satisfazem as condi¸c˜ oes acima? Problema 11. Dado um n´ umero inteiro n, de quantos triˆ angulos retˆ angulos com lados inteiros ´e n o comprimento de um cateto? Problema 12. Dado um n´ umero inteiro n, de quantos triˆ angulos retˆ angulos com lados inteiros ´e n o comprimento da hipotenusa? Problema 13. Demonstrar que a equa¸c˜ ao x2 + y 2 = 3z 2 n˜ ao tem solu¸co ˜es inteiras positivas. Problema 14. Encontrar todas as solu¸c˜ oes inteiras da equa¸c˜ ao x2 + y 2 = 5z 2 . Problema 15. Encontrar infinitas triplas primitivas de n´ umeros (a, b, c) tais que a3 , b3 e c3 est˜ ao em progress˜ ao aritm´etica. Problema 16. Encontrar infinitas triplas primitivas de n´ umeros (a, b, c) tais 4 4 4 que a , b e c est˜ ao em progress˜ ao aritm´etica. 8

Problema 17. Demonstrar que todas as solu¸c˜ oes inteiras de x2 + y 2 + z 2 = t2 s˜ ao dadas por x = d(m2 − n2 − p2 + q 2 ) y = d(2mn − 2pq) z = d(2mp + 2nq)

t = d(m2 + n2 + p2 + q 2 ). Problema 18 (APMO2002). Encontrar todos os pares m, n de inteiros positivos tais que m2 − n divide m + n2 e n2 − m divide m2 + n. Problema 19 (APMO1999). Encontrar todos os pares m, n de inteiros tais que m2 + 4n e n2 + 4m s˜ ao ambos quadrados perfeitos. Problema 20 (AusPol1994). Encontrar todas as solu¸c˜ oes inteiras de (a + b)(b + c)(c + a) + (a + b + c)3 = 1 − abc. 2 Problema 21 (IMO1982). Demonstre que se n ´e um inteiro positivo tal que a equa¸c˜ ao x3 − 3xy 2 + y 3 = n tem uma solu¸c˜ ao com x, y inteiros, ent˜ ao ela tem ao menos trˆes solu¸co ˜es inteiras. Mostre que esta equa¸c˜ ao n˜ ao possui solu¸c˜ oes inteiras para n = 2891. Problema 22 (OIbM2001). Seja n um inteiro positivo. Demonstrar que o n´ umero de solu¸c˜ oes inteiras (x, y) da equa¸c˜ ao x2 − xy + y 2 = n ´e finito e m´ ultiplo de 6.

Dicas e Solu¸ c˜ oes Em breve.

Referˆ encias [1] F. E. Brochero Martinez, C. G. Moreira, N. C. Saldanha, E. Tengan Teoria dos N´ umeros - um passeio com primos e outros n´ umeros familiares pelo mundo inteiro, Projeto Euclides, IMPA, 2010.

Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Teoria dos Números - Nível 3 Carlos Gustavo Moreira

Descenso infinito de Fermat

1

Descenso Infinito de Fermat Dada uma equa¸c˜ao f (x1 , . . . , xn ) = 0,

o m´etodo do descenso infinito (quando aplic´avel) permite mostrar que esta equa¸c˜ao n˜ao possui solu¸c˜oes inteiras positivas ou, sob certas condi¸c˜oes, at´e mesmo encontrar todas as suas solu¸c˜oes inteiras. Se o conjunto de solu¸c˜oes de f A = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Zn | f (x1 , . . . , xn ) = 0} ´e diferente de vazio, ent˜ao gostar´ıamos de considerar a solu¸c˜ao “m´ınima” em certo sentido. Em outras palavras, queremos construir uma fun¸c˜ao φ : A → N e considerar a solu¸c˜ao (x1 , . . . , xn ) ∈ A com φ(x1 , . . . , xn ) m´ınimo. O descenso consiste em obter, a partir desta solu¸c˜ao m´ınima, uma ainda menor, o que nos conduz claramente a uma contradi¸c˜ao, provando que A ´e de fato vazio. Para ilustrar este m´etodo consideremos o seguinte Exemplo 1 (Fermat). Demonstrar que a equa¸c˜ ao x4 + y 4 = z 2 n˜ ao possui solu¸c˜ oes inteiras positivas. ˜ o: Suponhamos que x4 + y 4 = z 2 possui uma solu¸c˜ao inteira com Solu¸ ca x, y, z > 0. Logo existe uma solu¸c˜ao (a, b, c) na qual c ´e m´ınimo. Em particular, temos que a e b s˜ ao primos entre si, pois se d = mdc(a, b) > 1 poder´ıamos substituir (a, b, c) por ( ad , db , dc2 ) e obter uma solu¸c˜ao com c menor. De (a2 )2 + (b2 )2 = c2 temos portanto que (a2 , b2 , c) ´e uma tripla pitag´orica primitiva e assim existem inteiros positivos m e n primos relativos tais que a2 = m2 − n2 ,

b2 = 2mn

e

c = m2 + n2 .

Temos da primeira equa¸c˜ao que (a, n, m) ´e uma tripla pitag´orica primitiva e portanto m ´e ´ımpar. Assim, de b2 = 2mn conclu´ımos que b, e portanto n, ´e par. Observando ainda que b2 = (2n)m ´e um quadrado perfeito e mdc(2n, m) =

12

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1, conclu´ımos que tanto 2n como m s˜ ao quadrados perfeitos, donde podemos encontrar inteiros positivos s e t tais que 2n = 4s2

m = t2 .

e

Por outra parte, dado que a2 + n2 = m2 , ent˜ao existir˜ ao inteiros positivos i e j, primos entre si, tais que a = i2 − j 2 ,

n = 2ij

m = i2 + j 2 .

e

Portanto s2 = n2 = ij, logo i e j ser˜ao quadrados perfeitos, digamos i = u2 e j = v2. Logo temos que m = i2 + j 2 , i = u2 , j = v 2 e m = t2 , assim t2 = u 4 + v 4 , isto ´e, (u, v, t) ´e outra solu¸c˜ao da equa¸c˜ao original. Por´em t ≤ t2 = m ≤ m2 < m2 + n2 = c e t 6= 0 porque m ´e diferente de 0. Isto contradiz a minimalidade de c, o que conclui a demonstra¸c˜ao. Observemos al´em disso que, uma vez que esta equa¸c˜ao n˜ao possui solu¸c˜oes inteiras positivas, ent˜ao a equa¸c˜ao x4 + y 4 = z 4 e, mais geralmente x4n + y 4n = z 4n , n˜ao possuem solu¸c˜oes inteiras positivas. Exemplo 2 (IMO1981). Encontrar todas as solu¸c˜ oes inteiras positivas da equa¸c˜ ao m2 − mn − n2 = ±1. ˜ o: Note que m2 = n2 + mn ± 1 ≥ n2 =⇒ m ≥ n, com igualdade se, Solu¸ ca e s´ o se, (m, n) = (1, 1), que ´e claramente uma solu¸c˜ao. Agora seja (m, n) uma solu¸c˜ao com m > n. Demonstremos que (n, m − n) tamb´em ´e solu¸c˜ao. Para isto observemos que n2 − n(m − n) − (m − n)2 = n2 − nm + n2 − m2 + 2mn − n2 = n2 + nm − m2 = −(m2 − nm − n2 ) = ∓1, Assim, se temos uma solu¸c˜ao (m, n), podemos encontrar uma cadeia descendente de solu¸c˜oes, e este processo parar´ a quando atingirmos uma solu¸c˜ao (a, b) com a = b, ou seja, a solu¸c˜ao (1, 1). Invertendo o processo, encontraremos portanto todas as solu¸c˜oes, isto ´e, se (m, n) ´e solu¸c˜ao ent˜ao (m + n, m) ´e solu¸c˜ao. Portanto todas as solu¸c˜oes positivas s˜ ao (1, 1), (2, 1), (3, 2), . . . , (Fn+1 , Fn ), . . . onde Fn representa o n-´esimo termo da sequˆencia de Fibonacci. 2

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Exemplo 3 (IMO2003). Determine todos os pares de inteiros positivos (a, b) para os quais a2 2ab2 − b3 + 1 ´e um inteiro positivo. ˜ o: Seja (a, b) uma solu¸c˜ao inteira positiva. Logo 2ab2 − b3 + 1 ≥ 1, Solu¸ ca e portanto a ≥ 2b . No caso a = 2b , ´e claro que obtemos uma solu¸c˜ao. Para qualquer outra solu¸c˜ao, a > 2b e nesse caso a2 ≥ 2ab2 − b3 + 1 = b2 (2a − b) + 1 > b2 =⇒ a > b. a2 ao a ´e raiz do polinˆ omio com coeficientes Agora se 2ab2 −b 3 +1 = k ∈ N, ent˜ inteiros x2 − 2kb2 x + k(b3 − 1) = 0. 3

Mas este polinˆ omio possui outra solu¸c˜ao inteira a1 = 2kb2 − a = k(b a−1) ≥ 0, assim (a1 , b) tamb´em ´e solu¸c˜ao do problema se b > 1. Supondo que a ´e a maior raiz, de a ≥ a1 teremos que a ≥ kb2 e assim a1 =

k(b3 − 1) k(b3 − 1) ≤ < b. a kb2 2

4

´ltimo caso k = b4 e a = b2 − 2b . Desta forma, ou b = 1 ou a1 = 2b e neste u Portanto as solu¸c˜oes do problema s˜ ao (a, b) = (l, 2l), (2l, 1) ou (8l4 − l, 2l), com l ∈ N.

1.1

Equa¸ c˜ ao de Markov

A equa¸c˜ao de Markov ´e a equa¸c˜ao diofantina em inteiros positivos x2 + y 2 + z 2 = 3xyz. ´ ´obvio que (1, 1, 1) e (1, 1, 2) s˜ E ao solu¸c˜oes da equa¸c˜ao. Al´em disso, como a equa¸c˜ao ´e sim´etrica, podemos considerar, sem perda de generalidade, somente as solu¸c˜oes com as coordenadas x ≤ y ≤ z ordenadas de forma n˜ao decrescente. Assim suponhamos que (x, y, z) ´e uma solu¸c˜ao com x ≤ y ≤ z com z > 1. O polinˆ omio quadr´atico T 2 − 3xyT + (x2 + y 2 ) = 0 2

2

∈ possui duas solu¸c˜oes, e uma dela ´e z, assim a outra ´e z ′ = 3xy − z = x +y z Z \ {0}. Vejamos que se y > 1 ent˜ao z ′ < y, e assim (z ′ , x, y) ´e tamb´em solu¸c˜ao (menor) da equa¸c˜ao de Markov. Para isto, suponhamos por contradi¸c˜ao que x2 +y 2 = z ′ ≥ y, isto ´e, yz ≤ x2 + y 2 ≤ 2y 2 , em particular z ≤ 2y. Segue que z 5y 2 ≥ y 2 + z 2 = 3xyz − x2 = x(3yz − x) ≥ xy(3z − 1), e portanto 5y ≥ x(3z − 1). Observemos que se x ≥ 2, ent˜ao 5y ≥ 2(3z − 1) ≥ 5z e portanto x = y = z = 2, que n˜ao ´e solu¸c˜ao, o que ´e contradit´ orio. Logo x = 1 3

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2

≥ z, assim y1 + y ≥ z ≥ y. Portanto ou temos y1 + y = z, e neste caso e 1+y y y = 1 e z = 2, o que contradiz y > 1, ou y = z e substituindo na equa¸c˜ao original temos que 1 + y 2 + y 2 = 3y 2 , o que implica que z = y = 1, o que contradiz o fato de z > 1. Do fato anterior, temos que dada uma solu¸c˜ao da equa¸c˜ao de Markov (x, y, z) com z ≥ 2 ´e sempre poss´ıvel encontrar uma solu¸c˜ao menor (z ′ , x, y) e este processo somente para quando chegamos `a solu¸c˜ao (1, 1, 1), isto ´e, estamos gerando uma ´ arvore de solu¸c˜oes da seguinte forma: (1, 1, 1) (1, 1, 2) (1, 2, 5) (1, 5, 13)

(2, 5, 29)

(1, 13, 34) (5, 13, 194)

(2, 29, 169) (5, 29, 433)

Um importante problema em aberto relacionado com a equa¸c˜ao de Markov ´e o problema da unicidade, proposto por Frobenius h´a cerca de 100 anos em [3] (veja tamb´em [1]): para quaisquer inteiros positivos x1 , x2 , y1 , y2 , z com x1 ≤ y1 ≤ z e x2 ≤ y2 ≤ z tais que (x1 , y1 , z) e (x2 , y2 , z) s˜ ao solu¸c˜oes da equa¸c˜ao de Markov temos necessariamente (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) ? Se o problema da unicidade admitir uma solu¸c˜ao afirmativa, para cada t real, sua pr´e-imagem k −1 (t) pela fun¸c˜ao k definida na se¸c˜ao 3.4 consistir´a de uma u ´nica classe de GL2 (Z)-equivalˆencia (veja o exerc´ıcio 3.10).

1.2

´ Ultimo Teorema de Fermat

Um dos mais famosos problemas na hist´ oria da Matem´ atica e talvez um dos que mais inspirou o desenvolvimento de novas teorias ´e o chamado u ´ltimo teorema de Fermat. Pierre de Fermat, que tinha o costume de fazer anota¸c˜oes nas margens de sua c´opia do livro de Diofanto, enunciou o teorema que afirma ser imposs´ıvel encontrar inteiros positivos x, y, z tais que xn + y n = z n

(∗)

quando n ´e um inteiro maior do que 2: “encontrei uma demonstra¸c˜ao verdadeiramente maravilhosa para isto, mas a margem ´e demasiado pequena para contˆe-la”. Para mostrar a inexistˆencia de solu¸c˜oes de (∗), basta considerar os expoentes primos. Muitos casos particulares foram mostrados ao longo da hist´ oria, os quais se dividem em dois tipos: o primeiro, quando p ∤ xyz, e o segundo, mais dif´ıcil, quando p | xyz. De fato, Sophie Germain provou o primeiro caso para 4

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todo primo p tal que 2p+1 tamb´em ´e primo. Legendre provou o teorema para p primo quando 4p+1, 8p+1, 10p+1, 14p+1 ou 16p+1 ´e primo; com isto, provou ou ´ltimo teorema de Fermat para todo p < 100. Em 1849, Kummer obteve uma prova para todos os chamados primos regulares. Em 1909 Wieferich provou que se a equa¸c˜ao de Fermat tem solu¸c˜ao para p, ent˜ao 2p−1 ≡ 1 (mod p2 ); tais primos s˜ ao chamados primos de Wieferich. Mirimanoff e Vandiver provaram respectivamente que p deve satisfazer 3p−1 ≡ 1 (mod p2 ) e 5p−1 ≡ 1 (mod p2 ), e Frobenius provou este mesmo resultado para 11 e 17 no lugar de 3 e 5. A demonstra¸c˜ao do u ´ltimo teorema de Fermat somente foi obtida depois de mais de trezentos anos ap´ os sua formula¸c˜ao. Tal demonstra¸c˜ao, devida a Andrew Wiles e Richard Taylor ([6] e [5]), insere-se no contexto mais geral da chamada conjectura de Taniyama-Shimura-Weil sobre curvas el´ıpticas, que implica a solu¸c˜ao do u ´ltimo teorema de Fermat, como conjecturado por G. Frey em 1985 e provado por K. Ribet em 1986. Esta demonstra¸c˜ao envolve ideias bastante avan¸cadas e est´a muito longe do escopo deste livro. Para uma introdu¸c˜ao `as t´ecnicas utilizadas na prova, veja [2]. Para dar uma ideia da dificuldade deste problema, vejamos uma prova baseada na de Leonhard Euler para o caso n = 3. A demonstra¸c˜ao original dada por Euler para o caso n = 3 ´e incompleta j´a que sup˜oe a fatora¸c˜ao u ´nica em irredut´ıveis para extens˜oes de Z. Come¸camos com um Lema 4. Todas as solu¸c˜ oes de s3 = a2 + 3b2 em inteiros positivos tais que mdc(a, b) = 1 e s ´e ´ımpar s˜ ao dadas por s = m2 + 3n2 ,

a = m3 − 9mn2 ,

b = 3m2 n − 3n3 ,

com m + n ´ımpar e mdc(m, 3n) = 1. ´ f´acil verificar que tais n´ Demonstra¸c˜ ao. E umeros fornecem uma solu¸c˜ao da equa¸c˜ao e, al´em disso, mdc(a, b) = mdc(m(m2 − 9n2 ), 3n(m2 − n2 )) = mdc(m2 − 9n2 , m2 − n2 ) = mdc(8n2 , m2 − n2 ) = 1. Reciprocamente, suponhamos que (a, b, s) ´e solu¸c˜ao da equa¸c˜ao. Seja p um n´ umero primo tal que p | s. Note que, como mdc(a, b) = 1 e s ´e ´ımpar, p ∤ a, p ∤ b e p > 3. Ent˜ao a2 ≡ −3b2 (mod p) e como b ´e invert´ıvel m´ odulo p temos     −3 p = 1 ⇐⇒ = 1 ⇐⇒ p ≡ 1 (mod 6) p 3 pela lei de reciprocidade quadr´atica. Sabemos que existem inteiros m1 e n1 tais que p = m21 + 3n21 , e teremos que p3 = c2 + 3d2 onde c = m31 − 9m1 n21 e d = 3m21 n1 − 3n31 . Note que mdc(p, m1 ) = mdc(p, n1 ) = 1 e p > 3 e portanto mdc(p, c) = mdc(p, d) = 1, como na demonstra¸c˜ao acima de que mdc(a, b) = 1. Procederemos por indu¸c˜ao sobre o n´ umero de divisores primos de s. Se s = 1 o resultado ´e evidente. O caso em que s tem um divisor primo ´e exatamente o resultado anterior. Agora, suponhamos que o resultado valha para todo s que

5

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tenha k fatores primos (n˜ao necessariamente distintos). Se s tem k + 1 fatores primos, digamos s = pt com p primo (p > 3), observemos que t3 p6 = s3 p3 = (a2 + 3b2 )(c2 + 3d2 ) = (ac ± 3bd)2 + 3(ad ∓ bc)2 . Al´em disso como (ad + bc)(ad − bc) = (ad)2 − (bc)2 = d2 (a2 + 3b2 ) − b2 (c2 + 3d2 ) = p3 (t3 d2 − b2 ), ent˜ao p3 | (ad + bc)(ad − bc). Se p divide os dois fatores, teremos que p | ad e p | bc. Lembre que mdc(p, c) = mdc(p, d) = 1, o que implica que p | a e p | b, o que contradiz a hip´ otese mdc(a, b) = 1. Assim, p3 divide exatamente um dos fatores, e tomando adequadamente os sinais teremos que u=

ac ± 3bd , p3

v=

ad ∓ bc p3

s˜ ao inteiros tais que t3 = u2 + 3v 2 . Como t tem k fatores primos segue por hip´ otese de indu¸c˜ao que t = m22 + 3n22 ,

u = m32 − 9m2 n22 ,

v = 3m22 n2 − 3n32 .

Agora, dado que a = uc + 3vd e b = ±(ud − vc), substituindo t, u, v, c e d em termos de mi e ni (i = 1, 2) em s, a e b e fazendo m = m1 m2 + 3n1 n2 , n = m1 n2 − m2 n1 , obteremos o que quer´ıamos demonstrar. O m´etodo utilizado por Euler para demonstrar o caso n = 3 ´e basicamente o m´etodo de descenso infinito. Proposi¸c˜ ao 5. A equa¸c˜ ao diofantina x3 + y 3 = z 3 n˜ ao possui solu¸co ˜es inteiras com xyz 6= 0. Demonstra¸c˜ ao. Suponhamos que a equa¸c˜ao x3 + y 3 = z 3 possui uma solu¸c˜ao com x, y, z > 0 e escolhemos est´a solu¸c˜ao de tal forma que xyz seja m´ınimo. Como qualquer fator comum de dois destes n´ umeros ´e tamb´em fator do terceiro, podemos afirmar que x, y, z s˜ ao primos relativos dois a dois. Em particular um de tais n´ umeros ser´a par. Note que x = y ´e imposs´ıvel pois caso contr´ario 2x3 = z 3 e o expoente da maior potˆencia de 2 do lado direito seria m´ ultiplo de 3, enquanto que do lado esquerdo n˜ao. Assim, sem perda de generalidade, podemos assumir que x > y. Suponha primeiro que x e y s˜ ao ´ımpares e z par, podemos escrever x = p + q e y = p − q com p > 0 e q > 0 primos relativos (pois x e y s˜ ao primos relativos) e de diferente paridade, assim x3 + y 3 = (x + y)(x2 − xy + y 2 ) = 2p((p + q)2 − (p + q)(p − q) + (p − q)2 ) = 2p(p2 + 3q 2 ).

6

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Portanto 2p(p2 + 3q 2 ) ´e um cubo perfeito. De igual forma, no caso em que z ´e ´ımpar e x ou y ´e par, podemos supor sem perda de generalidade que y ´e ´ımpar, e substituindo z = q + p e y = q − p obteremos x3 = z 3 − y 3 = 2p((p + q)2 + (p + q)(q − p) + (q − p)2 ) = 2p(p2 + 3q 2 ). Como p2 + 3q 2 ´e ´ımpar e 2p(p2 + 3q 2 ) ´e um cubo perfeito temos que p ser´a par. Calculando o m´ aximo comum divisor entre p e p2 + 3q 3 , obtemos mdc(p, p2 + 3q 2 ) = mdc(p, 3q 2 ) = mdc(p, 3). Portanto h´a dois casos: mdc(p, 3) = 1 e mdc(p, 3) = 3. No primeiro, existem naturais a e b tais que a3 = 2p e b3 = p2 + 3q 2 . Neste caso sabemos, pelo lema 4, que existem inteiros m e n de diferente paridade e primos relativos tais que b = m2 + 3n2 ,

p = m3 − 9mn2 ,

q = 3m2 n − 3n3 .

Logo a3 = 2m(m − 3n)(m + 3n). Observemos que os n´ umeros 2m, m − 3n e m + 3n s˜ ao primos relativos, logo existem inteiros e, f e g tais que 2m = e3 , m − 3n = f 3 e m + 3n = g 3 . Em particular, teremos que f 3 + g 3 = e3 . Como ef g = a3 = 2p ≤ x + y < xyz, teremos uma solu¸c˜ao menor, o que contradiz a escolha de x, y, z. No caso em que 3 | p, ent˜ao p = 3r com mdc(r, q) = 1, logo z 3 = 18r(3r2 +q 2 ) ou x3 = 18r(3r2 +q 2 ) e portanto existem inteiros positivos a e b tais que 18r = a3 e 3r2 + q 2 = b3 . De novo, existiriam inteiros m e n tais que b = m2 + 3n2 ,

q = m3 − 9mn2 ,

r = 3m2 n − 3n3 .

Daqui segue que a3 = 27(2n)(m − n)(m + n). De igual forma teremos que os n´ umeros 2n, m − n e m + n s˜ ao primos relativos, portanto existem inteiros positivos e, f e g tais que 2n = e3 ,

m − n = f 3,

m + n = g3.

Segue que e3 + f 3 = g 3 , que tamb´em contradiz a minimalidade da solu¸c˜ao (x, y, z). Exemplo 6. Demonstrar que a equa¸c˜ ao x2 +432 = y 3 n˜ ao tem solu¸co ˜es racionais diferentes de (±36, 12). ˜ o: Suponhamos que a equa¸c˜ao possui uma solu¸c˜ao (a, b) com b 6= 12. Solu¸ ca a b Como a e b s˜ ao racionais, ent˜ao 36 = nk 6= ±1 e 12 = m n 6= 1 com k, m, n ∈ Z. Seja u = n + k 6= 0, v = n − k 6= 0 e w = 2m. Como u3 + v 3 − w3 = 2n3 + 6nk 2 − 8m3 ek=

an 36 , m

=

bn 12 ,

substituindo temos

u3 + v 3 − w3 = 2n3 +

n 3 a 2 n 3 b3 n3 − = (432 + a2 − b3 ) = 0. 63 63 216

o que gera uma solu¸c˜ao n˜ao trivial da equa¸c˜ao x3 + y 3 = z 3 , um absurdo. 7

Problemas Propostos

Problema 7. Demonstrar que n˜ ao existe um triˆ angulo retˆ angulo com lados inteiros tal que sua ´ area seja um quadrado perfeito. Problema 8. Encontrar todos os pares (n, m) de n´ umeros inteiros tais que 2 2 n | m + 1 e m | n + 1. Problema 9 (IMO1987). Seja n um inteiro maior p ou igual a22. Mostre que se k 2 + k + n ´e primo para todo k tal que 0 ≤ k ≤ n3 , ent˜ ao k + k + n ´e primo para todo k tal que 0 ≤ k ≤ n − 2. Problema 10 (IMO1988). Dados inteiros a e b tais que o n´ umero ab + 1 divide 2 2 a + b , demonstrar que a 2 + b2 ab + 1 ´e um quadrado perfeito. Problema 11 (IMO2007). Prove que se a e b s˜ ao inteiros positivos tais que 4ab − 1 | (4a2 − 1)2 ent˜ ao a = b. Problema 12. Demonstrar que a equa¸c˜ ao 3x2 + 1 = y 3 n˜ ao tem solu¸co ˜es racionais diferentes de x = ±1 e y = 1. Problema 13. Demonstrar que a equa¸c˜ ao x3 + y 3 + z 3 = 1 possui infinitas solu¸c˜ oes inteiras. Problema 14. Demonstrar que a equa¸c˜ ao x3 + y 3 + z 3 = n com n = 9k ± 4 n˜ ao possui solu¸c˜ oes inteiras. Problema 15. Demonstrar que a equa¸c˜ ao x3 + y 3 + z 3 = t3 possui infinitas solu¸c˜ oes inteiras positivas primitivas (i.e., com mdc(x, y, z, t) = 1). Problema 16. Demonstrar que a equa¸c˜ ao x3 + y 3 = 2z 3 n˜ ao possui solu¸co ˜es inteiras positivas n˜ ao triviais (i.e. al´em das com x = y = z).

Dicas e Solu¸ c˜ oes Em breve.

Referˆ encias [1] J. W. S. Cassels, An introduction to Diophantine approximation, Cambridge Tracts in Mathematics and Mathematical Physics 45, Hafner Publishing Co. (1972) [2] G. Cornell, J. H. Silverman e G. Stevens, Modular Forms and Fermat’s Last Theorem, Springer-Verlag (2009).

¨ [3] G. Frobenius, Uber die Markoffschen Zahlen, Preuss. Akad. Wiss. Sitzungberichte (1913), 458–487; dispon´ıvel tamb´em em G. Frobenius, Gesammelte Abhandlungen, vol. 3, Springer (1968), 598–627. [4] F. E. Brochero Martinez, C. G. Moreira, N. C. Saldanha, E. Tengan Teoria dos N´ umeros - um passeio com primos e outros n´ umeros familiares pelo mundo inteiro, Projeto Euclides, IMPA, 2010. [5] R. Taylor e A. Wiles, Ring-theoretic properties of certain Hecke algebras, Ann. of Math. (2) 141 (1995), no. 3, 553–572. [6] A. Wiles, Modular elliptic curves and Fermat’s last theorem, Ann. of Math. (2) 141 (1995), no. 3, 443–551.

Polos Olímpicos de Treinamento Curso de Teoria dos Números - Nível 3

Aula

Carlos Gustavo Moreira

Fra¸c˜ oes Cont´ınuas e aproxima¸c˜ oes de n´ umeros reais por racionais A teoria de fra¸c˜oes cont´ınuas ´e um dos mais belos assuntos da Matem´ atica elementar, sendo ainda hoje tema de pesquisa. Nas inclus˜ oes N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R, a passagem de Q para R ´e sem d´ uvida a mais complicada conceitualmente e a representa¸c˜ao de um n´ umero real est´a diretamente ligada ` a pr´opria no¸c˜ao de n´ umero real. De fato, o conceito de n´ umero natural ´e quase um conceito primitivo. J´a um n´ umero inteiro ´e um n´ umero natural com um sinal que pode ser + ou −, e um n´ umero racional ´e a raz˜ao entre um n´ umero inteiro e um natural n˜ao nulo. Por outro lado, dizer o que ´e um n´ umero real ´e tarefa bem mais complicada, mas h´a coisas que podemos dizer sobre eles. Uma propriedade essencial de R ´e que todo n´ umero real pode ser bem aproximado por n´ umeros racionais. Efetivamente, dado x ∈ R, existe k = ⌊x⌋ ∈ Z tal que 0 ≤ x − k < 1. Podemos escrever a representa¸c˜ao decimal de x − k = 0, a1 a2 . . . an . . . ,

ai ∈ {0, 1, . . . , 9},

o que significa que se rn = an + 10 · an−1 + 100 · an−2 + · · · + 10n−1 · a1 , ent˜ao rn rn +1 rn k + 10 e uma boa aproxima¸c˜ao racional de x, n ´ 10n ≤ x − k < 10n , e portanto
r no sentido de que o erro x − k + 10nn ´e menor do que 101n , que ´e um n´ umero bem pequeno se n for grande. A representa¸c˜ao decimal de um n´ umero real fornece pois uma sequˆencia de aproxima¸c˜oes por racionais cujos denominadores s˜ ao potˆencias de 10. Dado qualquer x ∈ R e q natural n˜ao nulo existe p ∈ Z tal que pq ≤ x < p p+1 p+1 1 1 x − x − (basta tomar p = ⌊qx⌋), e portanto e < q q q q ≤ q . Em particular h´a aproxima¸c˜oes de x por racionais com denominador q com erro menor do que 1q . A representa¸c˜ao decimal de x equivale a dar essas aproxima¸c˜oes para os denominadores q que s˜ ao potˆencias de 10, e tem m´eritos como sua praticidade para efetuar c´alculos que a fazem a mais popular das representa¸c˜oes dos n´ umeros reais. Por outro lado, envolve a escolha arbitr´ aria da base 10, e oculta frequentemente aproxima¸c˜oes racionais de x muito mais eficientes do que as que exibe. Por exemplo, 1 3141592 π − 22 < 1 < π − 314 e π − 355 < < π− 7 700 100 113 3000000 1000000

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355 mostram que 22 ao melhores aproxima¸c˜oes de π que aproxima¸c˜oes deci7 e 113 s˜ mais com denominadores muito maiores, e de fato s˜ ao aproxima¸c˜oes muito mais espetaculares do que se podia esperar. O objetivo desta se¸c˜ao ´e apresentar uma outra maneira de representar n´ umeros reais, a representa¸c˜ao por fra¸c˜ oes cont´ınuas, que sempre fornece aproxima¸c˜oes racionais surpreendentemente boas, e de fato fornece todas as aproxima¸c˜oes excepcionalmente boas, al´em de ser natural e conceitualmente simples. Definimos recursivamente

α0 = x, e, se αn ∈ / Z,

αn+1

an = ⌊αn ⌋ 1 = para todo n ∈ N. αn − a n

Se, para algum n, αn = an temos 1

def

x = α0 = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] = a0 + a1 +

.

1 a2 + . .

.

+

1 an

Se n˜ao denotamos def

x = [a0 ; a1 , a2 , . . . ] = a0 +

1 1 a1 + a2 + . .

. .

O sentido dessa u ´ltima nota¸c˜ao ficar´a claro mais tarde. A representa¸c˜ao acima se chama representa¸c˜ ao por fra¸c˜ oes cont´ınuas de x.

A figura d´a uma interpreta¸c˜ao geom´etrica para a representa¸c˜ao de um n´ umero por fra¸c˜oes cont´ınuas. Enchemos um retˆ angulo 1 × x com quadrados de forma “gulosa”, isto ´e, sempre colocando o maior quadrado poss´ıvel dentro do

2

POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos Gustavo Moreira

espa¸co ainda livre. Os coeficientes a0 , a1 , a2 , . . . indicam o n´ umero de quadrados de cada tamanho. Na figura, se os lados do retangulo s˜ ao c < d ent˜ao d/c = [1; 2, 2, 1, ...] pois temos a0 = 1 quadrado grande, a1 = 2 quadrados menores, a2 = 2 quadrados ainda menores, a3 = 1 quadrados ainda ainda menores, e um n´ umero grande n˜ao desenhado de quadrados ainda ainda ainda menores (a4 ´e grande). Deixamos a verifica¸c˜ao de que esta descri¸c˜ao geom´etrica corresponde `a descri¸c˜ao alg´ebrica acima a cargo do leitor. Note que, se a representa¸c˜ao por fra¸c˜oes cont´ınuas de x for finita ent˜ao x ´e claramente racional. Reciprocamente, se x ∈ Q, sua representa¸c˜ao ser´a finita, e seus coeficientes an vˆem do algoritmo de Euclides: se x = p/q (com q > 0) temos p = a 0 q + r1

0 ≤ r1 < q

q = a 1 r1 + r2

0 ≤ r2 < r1

r1 = a 2 r2 + r3 .. .

0 ≤ r3 < r2 .. .

rn−1 = an rn Temos ent˜ao x = p/q = a0 + r1 /q = a0 +

= · · · = a0 +

1 = a0 + a1 + r2 /r1

1 a1 +

a1 +

1 a2 + r3 /r2

= [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ].

1 a2 + . . .

1

1 an Isso j´a ´e uma vantagem da representa¸c˜ao por fra¸c˜oes cont´ınuas (al´em de n˜ao depender de escolhas artificiais de base), pois o reconhecimento de racionais ´e mais simples que na representa¸c˜ao decimal. Seja x = [a0 ; a1 , a2 , . . . ]. Sejam pn ∈ Z, qn ∈ N>0 primos entre si tais que pn = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ], n ≥ 0. Esta fra¸c˜ao pqnn ´e chamada de n-´esima reduzida qn ou convergente da fra¸c˜ao cont´ınua de x. O seguinte resultado ser´a fundamental no que seguir´ a. +

Proposi¸c˜ ao 1. Dada uma sequˆencia (finita ou infinita) t0 , t1 , t2 , · · · ∈ R tal que tk > 0, para todo k ≥ 1, definimos sequˆencias (xm ) e (ym ) por x0 = t0 , y0 = 1, x1 = t0 t1 + 1, y1 = t1 , xm+2 = tm+2 xm+1 + xm , ym+2 = tm+2 ym+1 + ym , para todo m ≥ 0. Temos ent˜ ao 1

[t0 ; t1 , t2 , . . . , tn ] = t0 + t1 +

=

1 t2 + . . .

3

+

1 tn

xn , ∀n ≥ 0. yn

POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos Gustavo Moreira

Al´em disso, xn+1 yn − xn yn+1 = (−1)n , para todo n ≥ 0. Demonstra¸c˜ ao. A prova ser´a por indu¸c˜ao em n. Para n = 0 temos [t0 ] = t0 = t0 /1 = x0 /y0 . Para n = 1, temos [t0 ; t1 ] = t0 + 1/t1 = t0 tt11+1 = x1 /y1 e, para n = 2, temos [t0 ; t1 , t2 ] = t0 + =

1 t2 t0 t1 t2 + t0 + t2 = t0 + = t1 + 1/t2 t1 t2 + 1 t1 t2 + 1

t2 x 1 + x 0 x2 t2 (t0 t1 + 1) + t0 = = . t2 t1 + 1 t 2 y1 + y 0 y2

Suponha que a afirma¸c˜ao seja v´alida para n. Para n + 1 em lugar de n temos 1 [t0 ; t1 , t2 , . . . , tn , tn+1 ] = [t0 ; t1 , t2 , . . . , tn + ] tn+1
1 tn + tn+1 xn−1 + xn−2
= 1 tn + tn+1 yn−1 + yn−2

tn+1 (tn xn−1 + xn−2 ) + xn−1 tn+1 (tn yn−1 + yn−2 ) + yn−1 tn+1 xn + xn−1 xn+1 = = · tn+1 yn + yn−1 yn+1

=

Vamos agora mostrar, por indu¸c˜ao, a segunda afirma¸c˜ao. Temos x1 y0 − x0 y1 = (t0 t1 + 1) − t0 t1 = 1 = (−1)0 e, se xn+1 yn − xn yn+1 = (−1)n para algum valor de n, ent˜ao xn+2 yn+1 − xn+1 yn+2 = (tn+2 xn+1 + xn )yn+1 − (tn+2 yn+1 + yn )xn+1 = −(xn+1 yn − xn yn+1 ) = −(−1)n = (−1)n+1 .

Nos pr´oximos resultados, x = [a0 ; a1 , a2 , a3 , . . . ] ser´a um n´ umero real, e = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] ser´a a sequˆencia de reduzidas da fra¸c˜ao cont´ınua de x.

( pqnn )n∈N , pqnn

Corol´ ario 2. As sequˆencias (pn ) e (qn ) satisfazem as recorrˆencias pn+2 = an+2 pn+1 + pn

e

qn+2 = an+2 qn+1 + qn

para todo n ≥ 0, com p0 = a0 , p1 = a0 a1 + 1, q0 = 1 e q1 = a1 . Al´em disso, pn+1 qn − pn qn+1 = (−1)n para todo n ≥ 0.

4

POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos Gustavo Moreira

Demonstra¸c˜ ao. As sequˆencias (pn ) e (qn ) definidas pelas recorrˆencias acima satisfazem, pela proposi¸c˜ao anterior, as igualdades pn = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] e pn+1 qn − pn qn+1 = (−1)n , ∀n ≥ 0. qn Como pn+1 qn − pn qn+1 = (−1)n , para todo n ∈ N, temos que os pn , qn dados pelas recorrˆencias acima s˜ ao primos entre si. Al´em disso, tamb´em segue da recorrˆencia que qn > 0, ∀n ≥ 0. Esses fatos implicam que ( pqnn )n∈N ´e a sequˆencia de reduzidas da fra¸c˜ao cont´ınua de x. Corol´ ario 3. Temos, para todo n ∈ N, x=

αn pn−1 + pn−2 αn qn−1 + qn−2

e

αn =

pn−2 − qn−2 x qn−1 x − pn−1

Demonstra¸c˜ ao. A primeira igualdade segue da proposi¸c˜ao anterior pois x = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an−1 , αn ] e a segunda ´e consequˆencia direta da primeira. Proposi¸c˜ ao 4. Temos x− onde βn+1 =

(−1)n pn = qn (αn+1 + βn+1 )qn2

qn−1 = [0; an , an−1 , an−2 , . . . , a1 ]. qn

Em particular, 1 1 pn 1 < x − = < . 2 2 (an+1 + 2)qn qn (αn+1 + βn+1 )qn an+1 qn2

Demonstra¸c˜ ao. Pelo corol´ario anterior temos x−

pn αn+1 pn + pn−1 pn pn−1 qn − pn qn−1 = − = qn αn+1 qn + qn−1 qn (αn+1 qn + qn−1 )qn −(−1)n−1 −(pn qn−1 − pn−1 qn ) = = (αn+1 qn + qn−1 )qn (αn+1 qn + qn−1 )qn (−1)n (−1)n (−1)n = = = . (αn+1 qn + qn−1 )qn (αn+1 + qn−1 /qn )qn2 (αn+1 + βn+1 )qn2

Em particular,

1 x − pn = , qn (αn+1 + βn+1 )qn2

e, como ⌊αn+1 ⌋ = an+1 e 0 < βn+1 < 1, segue que an+1 < αn+1 + βn+1 < an+1 + 2, o que implica a u ´ltima afirma¸c˜ao. A expans˜ ao de βn+1 como fra¸c˜ao cont´ınua segue de qn−1 qn−1 qn−1 1 = =⇒ = qn an qn−1 + qn−2 qn an + qqn−2 n−1 aplicado recursivamente. 5

POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos Gustavo Moreira

Observa¸c˜ ao 5. Como limn→∞ qn = +∞ (pois (qn ) ´e estritamente crescente), segue desta proposi¸c˜ ao que pn lim = x, n→∞ qn o que permite recuperar x a partir de a0 , a1 , a2 , . . . , e d´ a sentido a ` igualdade x = [a0 ; a1 , a2 , . . . ] quando a fra¸ca ˜o cont´ınua de x ´e infinita (i.e., quando x ´e irracional). Observa¸c˜ ao 6. A proposi¸c˜ ao anterior implica que, para todo α irracional, a desigualdade |α − p/q| < 1/q 2 tem infinitas solu¸c˜ oes racionais p/q. Este fato ´e conhecido como o Teorema de Dirichlet. ´ interessante notar que, se α = r/s ∈ Q, a desigualdade |α − p/q| < 1/q 2 E tem apenas um n´ umero finito de solu¸c˜ oes racionais p/q. De fato, |r/s − p/q| < 1/q 2 equivale a |qr − ps| < s/q, o que implica que q ≤ s. A seguinte proposi¸c˜ao mostra que os convergentes pares formam uma sequˆencia crescente, e que os convergentes ´ımpares formam uma sequˆencia decrescente. Al´em disso todos os convergentes ´ımpares s˜ ao maiores do que todos os convergentes pares. Proposi¸c˜ ao 7. Para todo k ≥ 0, temos p2k p2k+2 p2k+3 p2k+1 ≤ ≤x≤ ≤ . q2k q2k+2 q2k+3 q2k+1 Demonstra¸c˜ ao. O resultado segue dos seguintes fatos gerais. Para todo n ≥ 0, temos que pn+2 pn an+2 pn+1 + pn pn − = − qn+2 qn an+2 qn+1 + qn qn an+2 (pn+1 qn − pn qn+1 ) (−1)n an+2 = = qn (an+2 qn+1 + qn ) qn+2 qn ´e positivo para n par e negativo para n ´ımpar. Al´em disso, para todo n ≥ 0, n ´e positivo para n par e negativo para n temos que x − pqnn = (αn+1 q(−1) n +qn−1 )qn ´ımpar. ´ poss´ıvel provar (usando o chamado princ´ıpio dos intervalos encaixados) E que, dados inteiros a0 , a1 , a2 , . . . , com ak > 0, ∀k ≥ 1, existe um u ´nico n´ umero real α (que ´e irracional) cuja representa¸c˜ao por fra¸c˜oes cont´ınuas ´e [a0 ; a1 , a2 , . . . ]. Exemplo 8. Temos • π = [3; 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3, 1, 14, 2, 1, . . . ], portanto p0 = 3, q0

p1 22 = , q1 7

p2 333 = , q2 106

• e = [2; 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6, 1, 1, 8, . . . , 1, 1, 2n, . . . ]

6

p3 355 = ... q3 113

˜ POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 1 3 REDUZIDAS - Aula 3 - Carlos E BOASGustavo APROXIMA Moreira C ¸ OES √

•

2 = [1; 2, 2, 2, . . . ] pois √

√ 1+ 5 2

•

2=1+ √

1 =1+ 2+1

1 2+ √

= [1; 1, 1, 1, . . . ] pois √ 1+ 5 =1+ 2

√

1

√ 1+ 5 2

1

=1+

1

2+

2+1

2+ √

1

=1+ 1+

1

= ···

1 1 2+1

= ···

√ 1+ 5 2

√ 1+ 5 2

s˜ ao irracionais, pois suas fra¸co ˜es con√ √ t´ınuas s˜ ao infinitas. Da´ı segue tamb´em que 2 − 1 = [0; 2, 2, 2 . . . ] e 5−1 = 2 [0; 1, 1, 1, . . . ] s˜ ao pontos fixos da transforma¸c˜ ao de Gauss g. Isto prova em particular que

1

2e

Reduzidas e Boas Aproxima¸c˜ oes

Teorema 9. Temos, para todo n ∈ N, p 1 1 n x − ≤ < 2 qn qn qn+1 qn

Al´em disso,

x − pn < 1 qn 2qn2

ou

x − pn+1 < 1 . 2 qn+1 2qn+1

Demonstra¸c˜ ao. O n´ umero x sempre pertence pn+1 e qn+1 cujo comprimento ´ pn+1 pn (−1)n 1 qn+1 − qn = qn qn+1 = qn qn+1 =⇒ Al´em disso, se

p n x − ≥ 1 qn 2qn2

ent˜ao

e

ao segmento de extremos

pn qn

e

1 1 x − pn ≤ < 2· qn qn qn+1 qn

p n+1 ≥ 1 , x − 2 qn+1 2qn+1

1 p p n+1 n ≥ 1 + 1 =⇒ qn+1 = qn , = x − + x − 2 qn qn+1 qn qn+1 2qn2 2qn+1

absurdo.

Observa¸c˜ ao 10. De fato x − pqnn < melhor ser´ a a aproxima¸c˜ ao pqnn de x.

1 qn qn+1

<

7

1 2. an+1 qn

Quanto maior for an+1

˜ POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 1 3 REDUZIDAS - Aula 3 - Carlos E BOASGustavo APROXIMA Moreira C ¸ OES

Teorema 11 (Hurwitz, Markov). Para todo α irracional e todo inteiro n ≥ 1, temos α − p < √ 1 q 5q 2 para pelo menos um racional

p ∈ q



 pn−1 pn pn+1 , , . qn−1 qn qn+1

Em particular, a desigualdade acima tem infinitas solu¸c˜ oes racionais p/q. Demonstra¸c˜ ao. Suponha que o teorema seja√falso. Ent˜ao, pela proposi¸ c˜ao 4, √ existe α√irracional, n ≥ 1 com αn + βn ≤ 5, αn+1 + βn+1 ≤ 5 e αn+2 + βn+2 ≤ 5. Devemos portanto ter an+1 = an+2 = 1 j´a que claramente ak ≤ 2 para k = n, n + 1,√ n + 2 e se algum ak = 2 com k = n + 1, n + 2, ter´ıamos ak + βk ≥ 2 + 31 > 5, absurdo. Sejam x = 1/αn+2 e y = βn+1 . As desigualdades acima se traduzem em √ √ 1 1 1 √ 1 1+x+y ≤ 5 e + ≤ 5, + ≤ 5. 1+x y x 1+y Temos 1+x+y ≤

√

5 =⇒ 1 + x ≤

√

5−y

√ 5 1 1 1 1 + ≥√ =⇒ + = √ 1+x y y 5−y y( 5 − y)

√ e portanto y( 5 − y) ≥ 1 =⇒ y ≥ x≤

√

5 − 1 − y =⇒

√

5−1 2 .

Por outro lado temos

1 1 1 1 + ≥√ + x 1+y 5−1−y 1+y √ 5 √ = (1 + y)( 5 − 1 − y)

√ e portanto (1 + y)( 5 − 1 − y) ≥ 1 =⇒ y ≤

y=

√

5−1 2 ,

o que ´e absurdo pois y = βn+1 =

qn−1 qn

√

5−1 2 ,

e portanto devemos ter

∈ Q.

1 Observa¸c˜ ao 12. Em particular provamos que α − pq < √5q 2 tem infinitas √ p umero 5 ´e o maior com essa solu¸c˜ oes racionais q , para todo α irracional. O n´ propriedade. De fato, se √ 1+ 5 p 1 , ε > 0, α = α− < √ e 2 q ( 5 + ε)q 2 temos

 1 + √5  1 − p < √ q ( 5 + ε)q 2   1−√5 p 1 + √5  1 − √5  2 − q , =⇒ q − p q − p < √ 2 2 5+ε 8

˜ Gustavo ˜ REDUZIDAS POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ 2 ıvel BOAS 3 - Aula APROXIMA 3 - Carlos C ¸ OES SAO Moreira

ou seja,

1 + √5 p √  √ − − 5 ( 5 + ε). |p2 − pq − q 2 | < 2 q

Se q ´e grande, 1/q 2 ´e pequeno, e

√ 1+ 5 2

−

p q

´e muito pr´ oximo de 0, donde o lado √

5 < 1, absurdo, pois |p2 − pq − direito da desigualdade ´e muito pr´ oximo de √5+ε q 2 | ≥ 1, de fato se p2 − pq − q 2 = 0 ter´ıamos √ √    2   1+ 5 1− 5 p p p ∈ , − − 1 = 0 =⇒ , q q q 2 2

o que ´e absurdo, pois

p q

∈ Q.

√ Outra maneira de ver que, para todo ε > 0, 1+2 5 − nas um n´ umero finito de solu¸c˜ oes pq ∈ Q ´e observar que √ 1+ 5 2

pn qn



p q

<

√ 1 ( 5+ε)q 2

tem ape-

as melhores aproxima-

de sua fra¸c˜ ao cont´ınua [1; 1, 1, 1, . . . ] √ 1+ 5 pn 1 (ver pr´ oxima se¸c˜ ao), para as quais temos 2 − qn = (αn+1 +β 2 , com n+1 )qn αn+1 + βn+1 se aproximando cada vez mais de √ √ 5−1 √ 1+ 5 + = 5. [1; 1, 1, 1, . . . ] + [0; 1, 1, 1, . . . ] = 2 2

¸c˜ oes racionais de

2

s˜ ao as reduzidas

Boas Aproxima¸c˜ oes s˜ ao Reduzidas

O pr´oximo teorema (e seu corol´ario 15) caracteriza as reduzidas em termos do erro reduzido da aproxima¸c˜ao de x por p/q, o qual ´e, por defini¸c˜ao, |qx−p|, a raz˜ao entre |x−p/q| e o erro m´ aximo da aproxima¸c˜ao por falta com denominador q, que ´e 1/q. Teorema 13. Para todo p, q ∈ Z, com 0 < q < qn+1 temos |qn x − pn | ≤ |qx − p|. Al´em disso, se 0 < q < qn a desigualdade acima ´e estrita. Demonstra¸c˜ ao. Como mdc(pn , qn ) = 1, temos que se pq = pqnn ent˜ao p = kpn e q = kqn para algum inteiro k 6= 0 e neste caso o resultado ´e claro. Assim, podemos supor que pq 6= pqnn de modo que p pn 1 − ≥ 1 > q qn qqn qn qn+1

j´a que q < qn+1 . Assim, pq est´a fora do intervalo de extremos portanto   x − p ≥ min p − pn , p − pn+1 ≥ 1 q q qn q qn+1 qqn+1 o que implica

|qx − p| ≥

1

qn+1

≥ |qn x − pn |. 9

pn qn

e

pn+1 qn+1

e

˜ Gustavo ˜ REDUZIDAS POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ 2 ıvel BOAS 3 - Aula APROXIMA 3 - Carlos C ¸ OES SAO Moreira n+1 , donde an+1 ≥ 2, e Al´em disso, a igualdade s´ o pode ocorrer se x = pqn+1 qn+1 > 2qn , pois numa fra¸c˜ao cont´ınua finita, como no algoritmo de Euclides, ou ´ltimo coeficiente an ´e sempre maior que 1. Nesse caso, se q < qn , teremos x − p ≥ p − pn − pn+1 − pn q q qn qn+1 qn 1 1 qn+1 − q 1 ≥ − = > qqn qn qn+1 qqn qn+1 qqn+1

o que implica |qx − p| >

1 qn+1

≥ |qn x − pn |.

Corol´ ario 14. Para todo q < qn , x − pn < x − qn

p q

Corol´ ario 15. Se |qx − p| < |q ′ x − p′ |, para todo p′ e q ′ ≤ q tais que ent˜ ao p/q ´e uma reduzida da fra¸c˜ ao cont´ınua de x.

p q

6=

p′ q′ ,

Demonstra¸c˜ ao. Tome n tal que qn ≤ q < qn+1 . Pelo teorema, |qn x − pn | ≤ |qx − p|, e portanto p/q = pn /qn . ˜o cont´ınua de Teorema 16. Se x − pq < 2q12 ent˜ ao pq ´e uma reduzida da fra¸ca x. Demonstra¸c˜ ao. Seja n tal que qn ≤ q < qn+1 . Suponha que pq 6= pqnn . Como 1 na demonstra¸c˜ao do teorema anterior, x − pq ≥ qqn+1 e assim pq est´a fora do n+1 . Temos duas possibilidades: intervalo de extremos pqnn e pqn+1 1 (a) Se q ≥ qn+1 ao x − pq ≥ qqn+1 ≥ 2q12 , absurdo. 2 ent˜

(b) Se q <

qn+1 2 ,

x −

p pn p pn+1 pn ≥ − − − q qn q qn+1 qn 1 qn+1 − q 1 − = ≥ qqn qn qn+1 qqn qn+1 1 1 > ≥ 2 2qqn 2q

o que tamb´em ´e um absurdo.

10

˜ 3 - CONT ´INUAS ´ POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel3 3 FRA - Aula C ¸ OES Carlos Gustavo PERI Moreira ODICAS

3

Fra¸c˜ oes Cont´ınuas Peri´ odicas

Nesta se¸c˜ao provaremos que os n´ umeros reais com fra¸c˜ao cont´ınua peri´odica s˜ ao exatamente as ra´ızes de equa¸c˜oes do segundo grau com coeficientes inteiros. Lembramos que na representa¸c˜ao de x por fra¸c˜ao cont´ınua, an , αn s˜ ao definidos por recurs˜ ao por α0 = x, e temos αn =

an = ⌊αn ⌋,

αn+1 =

pn−2 − qn−2 x , qn−1 x − pn−1

1 αn − a n

∀n ∈ N.

Isso d´a uma prova expl´ıcita do fato de que se a fra¸c˜ao cont´ınua de x ´e peri´ odica, ent˜ao x ´e raiz de uma equa¸c˜ao do segundo grau com coeficientes inteiros. De fato, se αn+k = αn , n ∈ N, k ∈ N>0 segue que pn−2 − qn−2 x pn+k−2 − qn+k−2 x = , qn−1 x − pn−1 qn+k−1 x − pn+k−1 ent˜ao Ax2 + Bx + C = 0, onde A = qn−1 qn+k−2 − qn−2 qn+k−1

B = pn+k−1 qn−2 + pn−2 qn+k−1 − pn+k−2 qn−1 − pn−1 qn+k−2 C = pn−1 pn+k−2 − pn−2 pn+k−1 .

´e uma fra¸c˜ao irredut´ıvel Note que o coeficiente de x2 ´e n˜ao-nulo, pois qqn−1 n−2 qn+k−1 de denominador qn−2 , pois pn−1 qn−2 − pn−2 qn−1 = (−1)n , e qn+k−2 ´e uma qn+k−1 qn−1 fra¸c˜ao irredut´ıvel de denominador qn+k−2 > qn−2 , donde qn−2 6= qn+k−2 , logo qn−1 qn+k−2 − qn−2 qn+k−1 6= 0. Vamos provar agora um resultado devido a Lagrange segundo o qual se x √ ´e uma irracionalidade quadr´ atica, isto ´e, se x ´e um irracional do tipo r + s, r, s ∈ Q, s > 0, ent˜ao a fra¸c˜ao cont´ınua de x ´e peri´ odica, i.e., existem n ∈ N e k ∈ N>0 com αn+k = αn . Neste caso, existem a, b, c inteiros tais que √ n−1 αn +pn−2 ax2 +bx+c = 0, com b2 −4ac > 0 e b2 − 4ac irracional. Como x = pqn−1 αn +qn−2 , temos ax2 + bx + c = 0     pn−1 αn + pn−2 pn−1 αn + pn−2 2 +b +c=0 =⇒ a qn−1 αn + qn−2 qn−1 αn + qn−2 =⇒ An αn2 + Bn αn + Cn = 0, onde 2 An = ap2n−1 + bpn−1 qn−1 + cqn−1

Bn = 2apn−1 pn−2 + b(pn−1 qn−2 + pn−2 qn−1 ) + 2cqn−1 qn−2 2 Cn = ap2n−2 + bpn−2 qn−2 + cqn−2 .

11

˜ 3 - CONT ´INUAS ´ POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel3 3 FRA - Aula C ¸ OES Carlos Gustavo PERI Moreira ODICAS

Note que Cn = An−1 . Vamos provar que existe M > 0 tal que 0 < |An | ≤ M para todo n ∈ N, e portanto 0 < |Cn | ≤ M , ∀n ∈ N:    pn−1 pn−1 2 2 2 An = apn−1 + bpn−1 qn−1 + cqn−1 = aqn−1 x − x ¯− , qn−1 qn−1 onde x e x ¯ s˜ ao as ra´ızes de aX 2 + bX + c = 0, mas pn−1 2 x − pn−1 x x − pn−1 < 1 ≤ 1 =⇒ |An | = aqn−1 ¯− 2 qn−1 qn−1 qn−1 qn−1   pn−1 ≤ a |¯ x − x| + x − qn−1 def

≤ M = a(|¯ x − x| + 1).

Notemos agora que, para qualquer n ∈ N, Bn2 − 4An Cn = (pn−1 qn−2 − pn−2 qn−1 )2 (b2 − 4ac) = b2 − 4ac. Portanto Bn2 ≤ 4An Cn + b2 − 4ac ≤ 4M 2 + b2 − 4ac p def =⇒ Bn ≤ M ′ = 4M 2 + b2 − 4ac. Provamos assim que An , Bn e Cn est˜ao uniformemente limitados, donde h´a apenas um n´ umero finito de poss´ıveis equa¸c˜oes An X 2 + Bn X + Cn = 0, e portanto de poss´ıveis valores de αn . Assim, necessariamente αn+k = αn para alguma escolha de n ∈ N, k ∈ N>0 .

Problemas Propostos √ Problema 17. Determine a fra¸c˜ ao cont´ınua de 7. Mostre que ela ´e peri´ odica a partir de um certo ponto, e determine o per´ıodo. √ umeros reais Problema 18. Escreva na forma r ± s, com r, s ∈ Q, s ≥ 0, os n´ cujas representa¸c˜ oes em fra¸c˜ oes cont´ınuas s˜ ao as seguintes: (a) [0; 3, 6, 3, 6, 3, 6, . . . ]. (b) [0; k, k, k, . . . ], onde k ´e um inteiro positivo dado. (c) [0; 1, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 2, . . . ]. Problema 19. (a) Sabendo que 3, 14 < x < 3, 15, determine o maior natural n e inteiros a0 , a1 , . . . , an para os quais ´e poss´ıvel garantir que a representa¸ca ˜o em fra¸c˜ oes cont´ınuas de x come¸ca por [a0 ; a1 , . . . , an ]. (b) Sabendo que 3, 141592 < x < 3, 141593, determine o maior natural n e inteiros a0 , a1 , . . . , an para os quais ´e poss´ıvel garantir que a representa¸ca ˜o em fra¸c˜ oes cont´ınuas de x come¸ca por [a0 ; a1 , . . . , an ]. 12

˜ 3 - CONT ´INUAS ´ POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel3 3 FRA - Aula C ¸ OES Carlos Gustavo PERI Moreira ODICAS

(c) Sabendo que 3, 1415926 < x < 3, 1415927, determine o maior natural n e inteiros a0 , a1 , . . . , an para os quais ´e poss´ıvel garantir que a representa¸ca ˜o em fra¸c˜ oes cont´ınuas de x come¸ca por [a0 ; a1 , . . . , an ]. Problema 20. (a) Determine as primeiros 6 reduzidas da fra¸ca ˜o continua de √ 5. √ √ (b) Definimos a sequˆencia an = n 5 − ⌊n 5⌋. Determine os valores de n ≤ 2011 tais que an seja respectivamente m´ aximo e m´ınimo. Problema 21. Demonstre que, para todo inteiro positivo a, temos as seguintes expans˜ oes em fra¸c˜ oes cont´ınuas peri´ odicas: √ (a) a2 + 1 = [a, 2a]. √ (b) a2 − 1 = [a − 1, 1, 2a − 2]. √ (c) a2 − 2 = [a − 1, 1, a − 2, 1, 2a − 2]. √ (d) a2 − a = [a − 1, 2, 2a − 2]. √ √ Problema 22. Encontre as fra¸c˜ oes cont´ınuas de a2 + 4 e a2 − 4. Problema 23. Sejam a0 , a1 , . . . , an inteiros com ak > 0, ∀k ≥ 1, e seja (pk /qk )k≥0 a sequˆencia de reduzidas da fra¸ca ˜o cont´ınua [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ]. (a) Prove que o conjunto dos n´ umeros reais cuja representa¸c˜ ao por fra¸co ˜es cont´ınuas come¸ca com a0 , a1 , . . . , an ´e o intervalo   pn I(a0 , a1 , . . . , an ) = ∪ {[a0 , a1 , . . . , an , α], α > 1} q hn   pn , pn +pn−1 se n ´e par q q +q i =  pn +pn n−1 p n n−1 n  se n ´e ´ımpar. qn +qn−1 , qn

(b) Prove que a fun¸c˜ ao G : (1, +∞) → I(a0 , a1 , . . . , an ) dada por G(α) = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an , α] ´e mon´ otona, sendo crescente para n ´ımpar e decrescente para n par. Problema 24. Seja α=[a0 ; a1 , a2 , . . . ]∈R. Prove que, se qn ≤q
Problema 25. Seja α=[a0 ; a1 , a2 , . . . ]∈R. Prove que, se qn ≤q 0, temos √ 1 p 2 − > 2 . Determine todos os pares de inteiros (p, q) com q > 0 tais que q 3q √ 1 p 2 − < 3. q q 13

Problema 27. Prove que, para qualquer α ∈ R \ Q, e quaisquer s, t ∈ R com s < t, existem inteiros m, n com n > 0 tais que s < nα + m < t. Problema 28. Seja pn = qn

1 1+

12 32 2+ 52 2+ (2n − 3)2 .. .2+ 2

a n-´esima convergente da fra¸c˜ ao cont´ınua 1 1+

Demonstre que

12 32 2+ 52 2+ 72 2+ .. .

pn 1 1 1 1 = 1 − + − + · · · + (−1)n−1 . qn 3 5 7 2n − 1

Problema 29. Dizemos que dois n´ umeros irracionais α e β s˜ ao GL2 (Z)-equivaaα + b . lentes se existem inteiros a, b, c, d com |ad − bc| = 1 tais que β = cα + d Mostre que, se as fra¸c˜ oes cont´ınuas de α e β s˜ ao α = [a0 ; a1 , a2 , . . . ] e β = [b0 ; b1 , b2 , . . . ] ent˜ ao α e β s˜ ao GL2 (Z)-equivalentes se, e somente se, existem r ∈ Z e n0 ∈ N tais que bn = an+r , ∀n ≥ n0 .

Dicas e Solu¸ c˜ oes Em breve.

Referˆ encias [1] F. E. Brochero Martinez, C. G. Moreira, N. C. Saldanha, E. Tengan Teoria dos N´ umeros - um passeio com primos e outros n´ umeros familiares pelo mundo inteiro, Projeto Euclides, IMPA, 2010.

Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Teoria dos Números - Nível 3 Carlos Gustavo Moreira

A equa¸c˜ ao de Pell 1

Equa¸c˜ ao de Pell

Seja A um inteiro positivo. Estamos interessados na equa¸c˜ao x2 − Ay 2 = 1, com x e y inteiros. Se A ´e um quadrado perfeito, digamos A = k 2 , temos que x2 − Ay 2 = (x − ky)(x + ky) = 1 admite apenas as solu¸c˜oes triviais y = 0, x = ±1, pois ter´ıamos x − ky = x + ky = ±1. √ O caso interessante ´e quando A n˜ao ´e um quadrado perfeito, e portanto A ´e um irracional (de fato, se √ 2 A = pq , com mdc(p, q) = 1 e q > 1, ter´ıamos A = pq2 o que ´e um absurdo, pois mdc(p, q) = 1 =⇒ mdc(p2 , q 2 ) = 1, donde p2 /q 2 n˜ao pode ser inteiro). Nesse caso, a equa¸c˜ao x2 − Ay 2 = 1 ´e conhecida como uma equa¸c˜ ao de Pell . As solu¸c˜oes da equa¸c˜ao de Pell correspondem a pontos inteiros sobre uma hip´erbole. Por exemplo, para a hip´erbole x2 − 2y 2 = 1: o ponto (3, 2) ´e um exemplo de ponto inteiro sobre a hip´erbole pois 32 − 2 · 22 = 1 mas o ponto (7, 5) est´a pr´oximo ` a hip´erbole mas n˜ao pertence a ela pois 72 − 2 · 52 = −1 6= 1. Como veremos, o pr´oximo ponto de coordenadas inteiras positivas sobre esta hip´erbole ´e (17, 12). Outro ponto de vista ´e o de que estamos procurando pontos de uma hip´erbole sobre um reticulado. A mesma equa¸c˜ao de Pell acma corresponde `a hip´e√ rbole ´e u2 − v 2 = 1 e ao reticulado que consiste nos pontos da forma (a, b 2), a e b inteiros. As duas figuras correspondentes s´ o diferem por uma transforma¸c˜ao linear. ´ f´acil ver que se a equa¸c˜ao tem alguma solu¸c˜ao (x1 , y1 ) ent˜ao possui infiE nitas. Mais geralmente, se x21 − Ay12 = ±1, temos √ √ (x1 − Ay1 )n (x1 + Ay1 )n = (x21 − Ay12 )n = (±1)n . Fazendo a substitui¸c˜ao xn +

√

Ayn = (x1 +

√

Ay1 )n =

n   X n n−i √ i i x ( A) y1 i 1 i=0

onde n

⌊2⌋   X n n−2i i 2i x A y1 xn = 2i 1 i=0

e

yn =

⌋ ⌊ n−1 2

X i=0

 n xn−2i−1 Ai y12i+1 2i + 1 1

14

˜ DE POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos 1 EQUA Gustavo C ¸ AO Moreira PELL obtemos x2n − Ayn2 = (±1)n para todo n ∈ N. De maneira mais ou menos equivalente, podemos dizer que se (x1 , y1 ) ´e solu¸c˜ao ent˜ao a transforma¸c˜ao linear √   x√1 y1 A y1 A x1 preserva tanto a hip´e√ rbole u2 − v 2 = 1 quanto o reticulado que consiste nos pontos da forma (a, b A). Vejamos agora que a equa¸c˜ao de Pell sempre possui solu¸c˜ao. Teorema 1. A equa¸c˜ ao x2 − Ay 2 = 1, com A diferente de um quadrado perfeito, √ possui solu¸c˜ ao n˜ ao trivial em inteiros positivos, i.e., com x + y A > 1. √ Demonstra¸c˜ ao. Considere o conjunto D = {x + y A | x, y ∈ Q}. Definimos a norma como sendo a fun¸c˜ao N: D →Q √ x + y A 7→ x2 − Ay 2 , Temos que N ´e uma fun¸c˜ao multiplicativa, isto ´e, √ √
√ √ N (x + y A)(u + v A) = N (x + y A)N (u + v A)

∀x, y, u, v ∈ Q.

De fato,

√
√ √ N (x + y A)(u + v A) = N ((xu + Ayv) + (xv + yu) A) = (xu + Ayv)2 − A(xv + yu)2

= x2 u2 + A2 y 2 v 2 − A(x2 v 2 + y 2 u2 )

√

= (x2 − Ay 2 )(u2 − Av 2 ).

√ A ´e irracional, a desigualdade | A − pq | < √ racionais p/q. Note que se | A − pq | < q12 ent˜ao Como

1 q2

tem infinitas solu¸c˜oes

√ p p √ p √ |p2 − Aq 2 | = q 2 A − + A < + A q q q √ √ √ p ≤ 2 A + A − ≤ 2 A + 1. q

√ Considerando infinitos pares de inteiros positivos (pn , qn ) com | A − pqnn | < q12 , n √ umero finito de teremos sempre |p2n − Aqn2 | < 2 A + 1, portanto temos um n´ possibilidades para o valor (inteiro) de p2n − Aqn2 . Consequentemente, existe um inteiro k 6= 0 tal que p2n −Aqn2 = k para infinitos valores de n. Obtemos portanto duas sequˆencias crescentes de pares de inteiros positivos (ur ), (vr ), r ∈ N tais que u2r − Avr2 = k para todo r. Como h´a apenas |k|2 possibilidades para os pares (ur mod k, vr mod k), existem inteiros a e b e infinitos valores de r tais que ur ≡ a (mod k) e vr ≡ b 2

˜ DE POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos 1 EQUA Gustavo C ¸ AO Moreira PELL

(mod k). Tomamos ent˜ao r < s com as propriedades acima. Seja √ √ √ √ (us + vs A)(ur − vr A) us + v s A √ = x+y A= u2r − Avr2 ur + v r A   us ur − Avs vr ur v s − us v r √ A. + = k k Temos us ur − Avs vr ≡ u2r − Avr2 = k ≡ 0 (mod k) e ur vs − us vr ≡ ab − ab = 0 s vr s vr e y = ur vs −u s˜ ao inteiros. Por outro (mod k) e portanto x = us ur −Av k k √ √ √ √ √ + vs A, donde N√ (x + y A)N (ur + vr A) = lado, (x + √ y A)(ur + vr A) = us√ N√(us + vs A). Como N (ur + vr A) = N (us + vs A) √ = k, segue que √ N (x + 2 2 y A) = x − Ay √= 1. Al´em disso, como s > r, us + vs A > ur + vr A, donde √ s √A x + y A = uus +v > 1. +v A r

r

Dentre todas as solu¸c˜oes (x, y) ∈ N2 da equa¸c˜ao de Pell x2 − y 2 A = 1 com √ x+y A√ > 1, existe uma solu¸c˜ ao m´ınima ou fundamental, i.e., com x e portanto y e x+y A m´ınimos. Denote por (x1 , y1 ) esta√solu¸c˜ao m´ınima. √ Se, como antes, definimos (xn , yn ) ∈ N2 pela rela¸c˜ao xn + yn A = (x1 + y1 A)n , temos que (xn , yn ), n ≥ 1, s˜ ao todas as solu¸c˜oes inteiras positivas da equa¸c˜ao de Pell: de fato, j´a vimos√que (xn , yn ) s˜ ao solu¸c˜oes, e se (x′ , y ′ ) ´e uma outra solu¸c˜ao, ent˜ao como x1 + y1 A > 1 existe n ≥ 1 tal que √ √ √ (x1 + y1 A)n ≤ x′ + y ′ A < (x1 + y1 A)n+1 . √ √ Multiplicando por xn − yn A = (x1 + y1 A)−n > 0, obtemos √ √ √ 1 ≤ (x′ + y ′ A)(xn − yn A) = (x′ xn − y ′ yn A) + (y ′ xn − x′ yn ) A √ < x1 + y1 A. √
√ √ √ Como N (x′ + y ′ A)(xn − yn A) = N (x′ + y ′ A)N (xn − yn A) = 1, temos que (x′ xn − y ′ yn A, y ′ xn − x′ yn ) tamb´em ´e uma solu¸c˜ao da equa¸c˜ao de Pell, menor que a solu¸c˜ao m´ınima. Temos que x′ xn − y ′ yn A ≥ 0, pois caso contr´ario ′ x′ xn − y ′ yn A < 0 ⇐⇒ xy′ xynn < A, por´em x2n − yn2 A = 1 =⇒

 x 2 n

yn

=A+

√ ′ e analogamente xy′ > A, o que contradiz x′ yn ≥ 0 pois caso contr´ario

1 xn √ > A > A =⇒ 2 yn yn

x′ xn y ′ yn

< A. Da mesma forma, y ′ xn −

 x 2  x ′ 2 1 x′ 1 xn n < = A + ′2 < ′ =⇒ A + 2 = yn y yn yn y′ y =⇒ y ′ < yn =⇒ x′ < xn √ √ √ o que contradiz o fato de xn + yn A = (x1 + y1 A)n ≤ x′ + y ′ A. Resumindo, temos que (x′ xn −y ′ yn A, y ′ xn −x′ yn ) ∈ N2 ´e uma solu¸c˜ao menor do que√a solu¸c˜ao m´ınima, logo x′ xn − y ′ yn A = 1 e y ′ xn − x′ yn = 0, ou seja, (x′ + y ′ A)(x1 − 3

˜ DE POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos 1 EQUA Gustavo C ¸ AO Moreira PELL √ √ √ y1 A)−n = 1 ⇐⇒ x′ + y ′ A = xn + yn A, donde (x′ , y ′ ) = (xn , yn ), como quer´ıamos. Assim, as solu¸c˜oes com x e y inteiros positivos enumeradas por √ podem ser √ (xn , yn ), n ≥ 0 de modo que, para todo n, xn +yn A = (x1 +y1 A)n e portanto √ √ (x1 + y1 A)n + (x1 − y1 A)n xn = e √ n 2 √ n (x1 + y1 A) − (x1 − y1 A) √ yn = . 2 A Observe que as sequˆencias (xn ) e (yn ) acima satisfazem a recorrˆencia un+2 = 2x1 un+1 − un , ∀n ≥ 1. A conjectura de Catalan afirma que as u ´nicas potˆencias perfeitas consecutivas s˜ ao 8 e 9 e foi resolvida completamente em 2003 por Mih˘ ailescu. Vejamos uma aplica¸c˜ao da equa¸c˜ao de Pell em um caso particular. Teorema 2 (Ko Chao). Seja p um n´ umero primo com p ≥ 5, ent˜ ao a equa¸ca ˜o x2 − y p = 1

n˜ ao possui solu¸c˜ ao com x e y inteiros n˜ ao nulos. Demonstra¸c˜ ao. Suponhamos por contradi¸c˜ao que a equa¸c˜ao possui solu¸c˜ao inteira n˜ao nula e sem perda de generalidade podemos supor x > 0 e y > 0. No caso em que x ´e par e y ´e ´ımpar, fazendo y p = x2 − 1 = (x − 1)(x + 1), como mdc(x + 1, x − 1) = 1, segue que x − 1 e x + 1 s˜ ao potˆencias p-´esimas, ou p seja, existem inteiros s e t tais que x − 1 = s e x + 1 = tp =⇒ tp − sp = 2 com s, t ∈ Z e p ≥ 5. Com isto a u ´nica solu¸c˜ao ´e t = 1 e s = −1, mas isso implica que x = 0, o que foi descartado nas hip´ oteses. Agora, no caso em que x ´e ´ımpar e y ´e par, temos que x + 1 e x − 1 s˜ ao pares e mdc(x + 1, x − 1) = 2. Daqui podemos dividir o problema em dois subcasos: ımpar, existem inteiros w e z tais que no caso em que x−1 2 seja ´ x−1 x+1 = wp , = 2p−2 z p e y = 2wz com mdc(w, 2z) = 1. 2 2 Assim x+1 wp = − 1 = 2p−2 z p − 1 ≥ (2p−2 − 1)z p , 2 isto ´e,  w p ≥ 2p−2 − 1 > 1, z portanto w > z. Por outro lado     x − 1 2 x2 + 6x + 9 − 8(x + 1) x+3 2 2p w = = − (2z)p . = 2 4 2 2 Assim obtemos a equa¸c˜ao (w2 )p + (2z)p = ( x+3 2 ) . Como

(w2 )p + (2z)p = (w2 )p−1 − (w2 )p−2 (2z) + (w2 )p−3 (2z)2 − · · · + (2z)p−1 w2 + 2z ≡ p(w2 )p−1 (mod w2 + 2z) 4

˜ DE POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos 1 EQUA Gustavo C ¸ AO Moreira PELL

e mdc(w, 2z) = 1 temos   (w2 )p + (2z)p 2 = mdc(w2 + 2z, p(w2 )p−1 ) | p, mdc w + 2z, w2 + 2z 2 logo se p ∤ x+3 e um quadrado. Mas w2 < w2 + 2z < 2 temos que w + 2z ´ w2 + 2w < (w + 1)2 assim w2 + 2z n˜ao pode ser um quadrado, logo p | x+3 2 e al´em disso do fato que p > 3 segue que p ∤ x. De forma similar no caso que x+1 x−1 p p−2 z p , usando a equa¸ 2 c˜ao (w2 )p −(2z)p = ( x−3 ımos 2 =w e 2 =2 2 ) , conclu´ x−3 analogamente que p | 2 e portanto p ∤ x. 2 p p Voltando a equa¸ ` p ∤ x e   c˜ao original temos que x = y + 1 . Como p−1 p y +1 2 mdc y + 1, y+1 | p temos que y + 1 = s . Logo (s, 1) e (x, y 2 ) s˜ ao solu¸c˜oes da equa¸c˜ao de Pell u2 − yv 2 = 1.

Observe que (s, 1) ´e uma solu¸c˜ao fundamental pela minimalidade da segunda coordenada, donde existe um natural m ∈ N tal que x+y

p−1 2

√

y = (s +

√

y)m .

Desenvolvendo a anterior identidade obtemos     m m−4 2 m m−2 s y + ··· s y+ x = sm + 4 2     p−1 m m−5 2 m m−3 m−1 y 2 = ms s y + ··· s y+ + 5 3 Desta segunda equa¸c˜ao temos que y divide o termo msm−1 , ou seja, msm−1 ≡ 0 (mod y). Como y ´e par e s ´e ´ımpar segue que m ´e par. Novamente usando a segunda equa¸c˜ao, como s em cada somando `a direita est´a elevado a uma p−1 potˆencia ´ımpar, temos que s | y 2 . Mas y + 1 = s2 , assim y ≡ −1 (mod s) e elevando a p−1 2 obtemos 0≡y

p−1 2

≡ (−1)

p−1 2

(mod s),

mas isto implica que s = 1 e neste caso y = 0. Portanto a u ´nica solu¸c˜ao de x2 = y p + 1 ´e x = ±1 e y = 0.

1.1

Solu¸c˜ ao Inicial da Equa¸ c˜ ao de Pell

Na prova da existˆencia de solu¸c˜oes da equa¸c˜ao de Pell, n˜ao mostramos um procedimento para encontrar explicitamente uma solu¸c˜ao, que ´e o que faremos nesta se¸c˜ao. 2 2 Para determinar√uma solu¸ √ c˜ao da equa¸c˜ao x − Ay = 1, vamos considerar a fra¸c˜ao cont´ınua de A + ⌊ A⌋ = [a0 ; a1 , a2 , . . .]. Vamos mostrar que existem duas sequˆencias de inteiros positivos bi e ci de modo que √ A + ci = [ai ; ai+1 , ai+2 . . .] (∗) bi 5

˜ DE POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos 1 EQUA Gustavo C ¸ AO Moreira PELL √ para todo i ≥ 0. Come¸camos definindo b0 = 1 e c0 = ⌊ A⌋. Em geral, definimos recursivamente ci+1 = ai bi − ci e bi+1 = (A − c2i+1 )/bi . Mostremos inicialmente por indu¸c˜ao que bi e ci s˜ ao inteiros com bi 6= 0 e 2 tais que bi | A − ci para todo i. Isto ´e claramente verdade para i = 0. Por hip´ otese de indu¸c˜ao, temos que bi e ci s˜ ao inteiros, logo ci+1 = ai bi − ci tamb´em ser´a inteiro e A − c2i+1 6= 0 j´a que A n˜ao ´e quadrado perfeito. Al´em disso, A − c2i+1 = A − (ai bi − ci )2 = A − c2i − bi (a2i bi − 2ai ci ) ser´a m´ ultiplo de bi j´a que bi | A − c2i por hip´ otese de indu¸c˜ao. Assim bi+1 = 2 (A − ci+1 )/bi ser´a um inteiro n˜ao nulo tal que bi+1 | A − c2i+1 . Desta forma, temos √ √ A + ci A − ci+1 bi+1 1 = ai + = ai + √ . = ai + √ bi bi A + ci+1 A + ci+1 bi+1 de modo que (∗) ser´a v´alida para todo i. Falta apenas provar que bi e √ ci s˜ ao positivos. Para isto, vamos provar por√indu¸c˜ao que bi > 0 e 0 < ci < A, o que ´e verdadeiro para i = 0 pois c0 = ⌊ A⌋ e A n˜ao ´e quadrado perfeito. Al´em disso, pela defini¸c˜ao de ai temos √ A + ci = [ai ; ai+1 , ai+2 . . .] < ai + 1 ai < bi √ donde obtemos ai bi < A+ci < ai bi +bi (j´a que bi > 0 por hip´ otese de indu¸c˜ao) e portanto √ ci+1 = ai bi − ci < A < ai bi − ci + bi = ci+1 + bi √ e assim ci+1 < A, o que implica bi+1 = (A − c2i+1 )/bi > 0 tamb´em. Agora √ √ suponha por √ absurdo que ci+1 ≤ 0. Neste caso ter´ıamos bi > A − ci+1 ≥ A, mas como A > ci por hip´ otese de indu¸c˜ao, ter´ıamos bi > ci , donde ci+1 = ai bi −ci ≥ bi −ci > 0, o que ´e uma contradi¸c˜ao. Portanto ci+1 > 0, completando a indu¸c˜ao. √ o Como 0 < ci < A e bi | A − c2i , temos que as sequˆencias {ci } e {bi } s´ assumem um n´ umero finito de valores. Al´em disso, como bi = (A − c2i+1 )/bi+1 e ci = ai bi − ci+1 podemos recuperar os valores de bi e ci a partir dos de b√i+1 e c√ encias, assim como a fra¸c˜ao cont´ınua i+1 . Portanto estas duas sequˆ A + ⌊ A⌋ = [a0 ; a1 , a2 , . . .], s˜ ao peri´ odicas puras, digamos de per´ıodo k. Em particular bk = 1 e ck = a0 . √ Note que como a0 = 2⌊ A⌋, temos que a expans˜ ao em fra¸c˜ao cont´ınua √ de A ´e [a0 /2; a1 , a2 , . . .]. Logo, para i ≥ 1, denotando por pi /qi a i-´esima convergente desta fra¸c˜ao cont´ınua, temos √

√

A=

A+ci+1 bi+1 pi √ A+ci+1 bi+1 qi

+ pi−1 + qi−1

6

,

˜ DE POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos 1 EQUA Gustavo C ¸ AO Moreira PELL

e portanto √ √ √ Aqi + ci+1 Aqi + Abi+1 qi−1 = Api + ci+1 pi + bi+1 pi−1 . Separando parte racional da parte irracional obtemos as equa¸c˜oes Aqi = ci+1 pi + bi+1 pi−1

e

pi = ci+1 qi + bi+1 qi−1 .

Isolando ci+1 nas equa¸c˜oes anteriores e igualando obtemos pi − bi+1 qi−1 Aqi − bi+1 pi−1 = pi qi 2 2 ⇐⇒ Aqi − bi+1 pi−1 qi = pi − bi+1 qi−1 pi ⇐⇒ p2i − Aqi2 = bi+1 (pi qi−1 − pi−1 qi ) ⇐⇒ p2i − Aqi2 = (−1)i+1 bi+1

donde obtemos uma solu¸c˜ao da equa¸c˜ao x2 − Ay 2 = (−1)i+1 bi+1 . Se k ´e o per´ıodo teremos que bk = 1 e portanto a equa¸c˜ao x2 − Ay 2 = −1 tem solu¸c˜ao se k ´e ´ımpar, enquanto que x2 −Ay 2 = 1 sempre tem solu¸c˜ao (tomando i+1 = 2k). Por exemplo, se queremos encontrar uma solu¸c˜ao da equa¸ca˜o x2 − 21y 2 = 1, como √ 55 p6 4 + 21 = [8; 1, 1, 2, 1, 1] e = , q6 12 (a barra denota o per´ıodo) temos que 552 − 21 × 122 = 3025 − 3024 = 1.

1.2

A Equa¸ c˜ ao x2 − Ay 2 = −1

Suponha, como sempre, que A n˜ao ´e quadrado perfeito. Na se¸c˜ao anterior mostramos que a equa¸c˜ao de Pell sempre possui solu¸c˜ao. Em contrapartida, a equa¸c˜ao x2 − Ay 2 = −1 nem sempre possui solu¸c˜ao, de fato se p ´e um divisor primo de A temos que x2 − Ay 2 ≡ x2 ≡ −1 (mod p), assim uma condi¸c˜ao necess´aria para a existˆencia de solu¸c˜ao ´e que todo divisor primo de A seja 2 ou da forma 4k + 1. Por´em, esta condi¸c˜ao ainda n˜ao ´e suficiente. O seguinte teorema d´a uma rela¸c˜ao entre as solu¸c˜oes fundamentais da equa¸c˜oes x2 − Ay 2 = 1 e x2 − Ay 2 = −1. Teorema √ 3. Suponha que a equa¸c˜ ao x2 − Ay 2 = −1 ˜o inteira e √ admita solu¸ca seja a + b A sua solu¸c˜ ao fundamental. Seja c + d A a solu¸ca ˜o fundamental da equa¸c˜ ao x2 − Ay 2 = 1. Ent˜ ao √ √ (a + b A)2 = c + d A,

a2 =

c−1 . 2

√ Demonstra¸c˜ ao. Observemos que (a+b A)2 ´e solu¸c˜ao da equa¸c˜ao x2 −Ay 2 = 1. Suponhamos por contradi¸c˜ao que n˜ao ´e a solu¸c˜ao fundamental, isto ´e suponhamos que √ √ (a + b A)2 > c + d A > 1

7

˜ DE POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos 1 EQUA Gustavo C ¸ AO Moreira PELL √ √ √ Como (a + √ b A)(a − b A) = −1 < 0 temos que 1 > −a + b A > 0, de fato −a + b A ´e a maior solu¸c˜ao positiva que tem √ x negativo e y positivo. Multiplicando a desigualdade anterior por −a + b A, obtemos √ √ √ √ (a + b A) > (c + d A)(−a + b A) = (−ac + bdA) + (cb − ad) A √ > −a + b A > 0. Temos que (−ac + bdA, cb − ad) ´e solu¸c˜ao de x2 − Ay 2 = −1. Observemos que −ac + bdA, cb − ad n˜ao podem ser simultaneamente positivos, porque isto contradiz a escolha da solu¸c˜ao fundamental. √ Tamb´em n˜ao podemos ter que −ac + bdA < 0, cb − ad > 0 porque −a + b A ´e a maior solu¸c˜ao positiva com x negativo e y positivo. Por u ´ltimo, no caso −ac + bdA > 0, cb − ad < 0, isto ´e, bdA > ac, ad > cb, multiplicando a primeira desigualdade por d e a segunda por c obtemos bd2 A > acd > c2 b, assim 0 >√b(c2 − Ad2 ) √ = b, o que tamb´em ´e contradit´ orio. Assim conclu´ımos que (a + b A)2 = c + d A. Como a2 −Ab2 = −1, somando as igualdades temos c−1 = 2a2 logo a2 = (c−1)/2. Vejamos agora que a condi¸c˜ao sobre os fatores primos de A n˜ao ´e suficiente para garantir a existˆencia de solu¸c˜ao. Por exemplo, x2 − 34y 2 = −1 n˜ao possui √ solu¸c˜ao inteira. De fato, a solu¸c˜ao fundamental de x2 − 34y 2 = 1 ´e 35 + 6 34, = 17 n˜ao ´e quadrado, logo, pelo teorema anterior, x2 − 34y 2 = −1 mas 35−1 2 n˜ao possui solu¸c˜oes. No caso em que A ´e um primo da forma 4k + 1, a equa¸c˜ao x2 − Ay 2 = −1 sempre possui solu¸c˜ao. Mais geralmente, temos o seguinte resultado, devido a Dirichlet. Proposi¸c˜ ao 4 (Dirichlet).
Seja A produto de no m´ aximo trˆes primos distintos p da forma 4k +1 tais que q = −1 para todo p 6= q divisores primos de A. Ent˜ ao a equa¸c˜ ao x2 − Ay 2 = −1 possui solu¸c˜ ao. √ Demonstra¸c˜ ao. Seja x0 + Ay0 a solu¸c˜ao fundamental de x2 − Ay 2 = 1. Como 1 = x20 − Ay02 ≡ x20 − y02

(mod 4),

ent˜ao x0 ´e ´ımpar e y0 ´e par. Al´em disso, do fato de que (x0 − 1)(x0 + 1) = Ay02 e x0 + 1 e x0 − 1 s´ o tem fator comum 2, segue que existem inteiros s e t primos relativos e inteiros a, b com A = ab tais que y0 = 2st,

x0 − 1 = 2as2

e

x0 + 1 = 2bt2

e assim as2 −bt2 = −1. Basta portanto mostrar que a = 1 (de modo que b = A). Para isto, observemos que a 6= A porque caso contr´ario b = 1 e (t, s) seria uma solu¸c˜ao menor do que a solu¸c˜ao m´ınima (x0 , y0 ) de x2 − Ay 2 = 1. Por outro lado, se 1 < a < A temos dois poss´ıveis casos: 1. a ´e primo, neste caso tomamos
um divisor primo p de b e temos que −a 2 as ≡ −1 (mod p). Logo p = 1, mas p ´e da forma 4k + 1 e portanto
isto implica ap = 1, o que contradiz a hip´ otese do teorema. 8

˜ DE POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos 1 EQUA Gustavo C ¸ AO Moreira PELL

2. a ´e produto de dois primos e b ´e primo, neste
caso se p ´e um divisor primo b 2 de a temos que bt ≡ 1 (mod p), assim p = 1, o que de novo contradiz a hip´ otese do teorema.

O resultado anterior foi generalizado por Richaud, Tano e outros. O seguinte teorema cont´em essencialmente todos estes resultados. Teorema 5 (Nagell-Trotter). Sejam p1 , . . . , pn n´ umeros primos congruentes a 1 m´ odulo 4 e
A = p1
p2 . . . pn . Suponha que n˜ao existam ´ındices diferentes i, j, k p ao x2 − Ay 2 = −1 possui solu¸c˜ ao. tais que ppji = pkj = 1. Ent˜ Demonstra¸c˜ ao. Ver [3] ou [2].

1.3

Solu¸c˜ oes da Equa¸ c˜ ao x2 − Ay 2 = c

Novamente assumimos que A n˜ao ´e quadrado perfeito. Seja (x1 , y1 ) ∈ (N>0 )2 a solu¸c˜ao m´ınima de x2 − Ay 2 = 1. Dado c ∈ Z n˜ao nulo, se existe 2 alguma solu¸c˜a√o de x2 − Ay (x, y) ∈ N2 , ent˜ao existem infinitas: de √ = c com √ fato, se u + v A = (x + y A)(x1 + y1 A)n com n ∈ Z, ent˜ao u2 − Av 2 = c. Por outro lado, nem sempre existe uma tal solu¸c˜ao. Uma condi¸c˜ao necess´aria para a existˆencia de solu¸c˜oes ´e a seguinte: se p ´e um divisor primo de A, temos x2 ≡ c (mod p), assim para que exista solu¸c˜ao c deve ser res´ıduo quadr´atico m´ odulo p para todo divisor primo p de A. Infelizmente esta condi¸c˜ao n˜ao ´e suficiente, por exemplo a equa¸c˜ao x2 − 7y 2 = 11 n˜ao possui solu¸c˜ao j´a que olhando m´ odulo 4 x2 + y 2 ≡ x2 − 7y 2 = 11 ≡ −1 (mod 4),

4 o que ´e imposs´ıvel. Entretanto 11 7 = 7 = 1. A seguinte proposi¸c˜ao ajuda a reduzir o trabalho necess´ario para decidir se 2 x − Ay 2 = c tem alguma solu¸c˜ao (x, y) ∈ N2 . √ ˜o m´ınima de Proposi¸c˜ ao 6. Seja α = x1 + y1 A > 1 onde (x1 , y1 ) ´e a solu¸ca 2 − Ay 2 = c, x2 − Ay 2 = 1. Dado c ∈ Z n˜ ao nulo, se existem x, y ∈ N com x p √ 2 2 ent˜ ao existem u, v ∈ N compu + v A ≤ α|c| p e u − Av = c (em particular, para esta solu¸c˜ ao 0 ≤ u ≤ α|c| e 0 ≤ v ≤ α|c|/A). √ √ Demonstra¸c˜ ao. Se γ = r + s A com r, s ∈ Q definimos γˆ = r − s A, temos ent˜ao N (γ) = N (ˆ γ√) = γ · γˆ = r2 − As2 . k Seja β = x + y A > 0 com N (β) = x2 − Ay 2 = c. Ent˜ao N (β p· α ) = c para todo podemos escolher um k ∈ Z tal que |c| < β · αk ≤ p k ∈ Z. Em particular p p k α que p |c| < β · α ≤ α|c| definimos γ = β · αk e no caso que p |c|. No caso ˆ 1−k onde α|c| < β · αk ≤ α |c|, podemos definir γ = α · |c|/(β · αk ) = p ǫβα p c ˆ = c e |c| ≤ γ < α|c|. Logo, ǫ = |c| ∈ {1, −1}, assim N (γ) = N (β) = N (β) p p sem perda de generalidade, podemos supor que |c| ≤ γ ≤ α|c|. √ Assim temos que γ = u+v A com u, v ∈ Z, assim ainda precisamos verificar que u, v s˜ ao naturais, mas √ √ c = N (γ) = u2 − Av 2 = (u + v A)(u − v A). 9

˜ DE POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos 1 EQUA Gustavo C ¸ AO Moreira PELL

Temos ent˜ao p √ |c| |c| √ ≤ p = |c| ≤ u + v A. u+v A |c| √ √ √ Temos√assim u − v A ≤ u + v A, donde v ≥ 0 e simultaneamente −u + v A ≤ u + v A, e logo u ≥ 0. √ |u − v A| =

1.4

Solu¸c˜ oes da Equa¸ c˜ ao mx2 − ny 2 = ±1

Suponha que mn n˜ao seja quadrado perfeito. Vejamos que se mx20 − ny02 = ±1 possui uma solu¸c˜ao (x0 , y0 ) ent˜ao possui infinitas solu¸c˜oes. Temos √ √ √ √ ( mx0 + ny0 )( mx0 − ny0 ) = ±1. Como mn n˜ao ´e um quadrado perfeito, a equa¸c˜ao de Pell X 2 − mnY 2 = 1 possui infinitas solu¸c˜oes; se (z, w) ´e uma delas, temos √ √ (z + mnw)(z − mnw) = 1. Multiplicando estas duas equa¸c˜oes obtemos √ √ √ √ √ √ ( mx0 + ny0 )(z + mnw)(z − mnw)( mx0 − ny0 ) = ±1, que ´e equivalente a √ √ ( m(zx0 + ny0 w) + n(y0 z + mx0 w)) √ √ × ( m(zx0 + ny0 w) − n(y0 z + mx0 w)) = ±1 portanto x′ = zx0 + ny0 w e y ′ = y0 z + mx0 w geram uma nova solu¸c˜ao da equa¸c˜ao mx2 − ny 2 = ±1. Reciprocamente, para toda solu¸c˜ao (a, b) de mx2 − ny 2 = ±1, √ √ √ √ 1 = (ma2 − nb2 )2 = ( ma + nb)2 ( ma − nb)2 √ √ = (ma2 + nb2 + 2 mnab)(ma2 + nb2 − 2 mnab) = (2ma2 ∓ 1)2 − mn(2ab)2 .

Assim (2ma2 ∓ 1, 2ab) ´e solu¸c˜ao da equa¸c˜ao x2 − mny 2 = 1. Por outra parte, fixando A = mn, o seguinte resultado mostra que nem para todo valor de m e n a equa¸c˜ao mx2 − ny 2 = 1 possui solu¸c˜ao. Teorema 7. Seja A ∈ Z livre de quadrados. Ent˜ ao existe um u ´nico par de inteiros positivos (m, n), com A = mn, tal que uma das equa¸c˜ oes mx2 −ny 2 = 1 ou mx2 − ny 2 = 2 possui solu¸c˜ ao. No primeiro caso, (m, n) 6= (1, A). Demonstra¸c˜ ao. Seja (x1 , y1 ) solu¸c˜ao fundamental de x2 − Ay 2 = 1, assim (x1 − 1)(x1 + 1) = x21 − 1 = Ay12 . Observemos que mdc(x1 − 1, x1 + 1) = mdc(x1 − 1, 2) = d, onde d = 1 ou d = 2. Segue que x1d−1 e x1d+1 s˜ ao primos relativos, e 2 2 d | Ay1 . Mas A ´e livre de quadrados, donde conclu´ımos que d | y1 . 10

˜ DE POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos 1 EQUA Gustavo C ¸ AO Moreira PELL Definamos m = mdc( x1d+1 , A) e n = mdc( x1d+1 , A), e assim m e n cumprem que A = mn e x 1 + 1 x 1 + 1  y1  2 , = dm dn d logo existem s, t primos relativos tais que y1 = dst e x1 + 1 = ms2 d

e

x1 − 1 = nt2 , d

donde subtraindo as equa¸c˜oes obtemos d2 = ms2 −nt2 , o que garante a existˆencia de m e n. Al´em disso, no caso que d = 2, o par (m, n) ´e diferente de (1, A) j´a que t < y1 e (x1 , y1 ) ´e a solu¸c˜ao fundamental. Por outra parte, suponhamos que existam (m′ , n′ ) e (a, b) tais que A = m′ n′ e m′ a2 − n′ b2 = e com e = 1 ou e = 2. No caso e = 1, o par (2m′ a2 − 1, 2ab) ´e solu¸c˜ao de x2 − Ay 2 = 1, isto ´e, √ √ √ √ ( m′ a + n′ b)2 = (2ma2 − 1) + 2ab A = (x1 + y1 A)k √ √ √ para algum inteiro k ∈ N. Se k ´e par, vemos que m′ a + n′ b = xk/2 + yk/2 A assim a u ´nica possibilidade ´e m′ = 1 e n′ = A (verifique!). No caso k ´ımpar, do fato que (k−1)/2   X k xk = xk−2j Aj y12j ≡ xk1 (mod A) 2j 1 j=0

temos que m = mdc

x + 1  x + 1   xk + 1  1 k , A mdc 1 , A = mdc ,A 2 2 2 = mdc(a2 m′ , A) = m′

e n = mdc

 xk − 1  x − 1  x − 1  1 k , A mdc 1 , A = mdc ,A 2 2 2 = mdc(b2 n′ , A) = n′ ,

onde as u ´ltimas igualdades seguem do fato de que m′ (a2 m′ ) − Ab2 = m′ e 2 ′ Aa − n (n′ b2 ) = n′ . Mas A = mn | m′ n′ = A logo m = m′ e n = n′ . No caso e = 2 o argumento ´e an´ alogo, j´a que (m′ a2 − 1, ab) ´e solu¸c˜ao de x2 − Ay 2 = 1. Corol´ ario 8. A equa¸c˜ ao mx2 − ny 2 = ±1 possui uma solu¸c˜ ao se, e s´ o se, dada 2 2 a solu¸c˜ ao fundamental (x1 , y1 ) de x − mny = 1, o sistema de equa¸co ˜es 2mx2 ∓ 1 = x1 2xy = y1

tem solu¸c˜ ao inteira. 11

˜ DE POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 3 - Carlos 1 EQUA Gustavo C ¸ AO Moreira PELL

Exemplo 9 (OIbM1987). Demonstrar que existe uma infinidade de pares (x, y) de n´ umeros naturais tais que 2x2 − 3x − 3y 2 − y + 1 = 0. ˜ o: Completando quadrados e fatorando temos que a equa¸c˜ao original Solu¸ ca ´e equivalente a 3(4x − 3)2 − 2(6y + 1)2 = 1. Substituindo z = 4x − 3 e w = 6y + 1, o problema inicial se transforma em encontrar infinitas solu¸c˜oes da equa¸c˜ao 3z 2 − 2w2 = 1

com z ≡ 1 (mod 4)

e

w ≡ 1 (mod 6).

Para isto, consideremos a equa¸c˜ao de Pell auxiliar s2 − 6t2 = 1, que possui solu¸c˜ao m´ınima (5, 2), assim todas as solu¸c˜oes positivas s˜ ao dadas por √ √ √ √ sn + 6tn = (5 + 2 6)n = (5 + 2 6)(sn−1 + 6tn−1 ), ou seja, sn = 5sn−1 + 12tn−1

e

tn = 2sn−1 + 5tn−1 .

A partir de uma solu¸c˜ao de s2 − 6t2 = 1 obtemos uma solu¸c˜ao de 3z 2 − 2w2 = 1 da seguinte forma √ √ √ √ √ 3zn + 2wn = ( 3 + 2)(sn + 6tn ), ou seja, zn = sn + 2tn

e

wn = sn + 3tn .

Assim, s´ o nos falta mostrar que existem infinitos pares (zn , wn ) tais que zn ≡ 1 (mod 4) e wn ≡ 1 (mod 6). Vamos provar por indu¸c˜ao que para todo n par sn ≡ 1 (mod 12)

e

tn ≡ 0 (mod 2)

donde concluiremos que, para todo n par, zn ≡ 1 (mod 4)

e

wn ≡ 1

(mod 6)

Temos que s2 = 49 e t2 = 20 cumprem as condi¸c˜oes pedidas. Agora se n ≥ 2 ´e par temos, por hip´ otese de indu¸c˜ao, sn+2 ≡ 5sn+1 ≡ 52 sn ≡ sn 2

tn+2 ≡ 5tn+1 ≡ 5 tn ≡ tn

o que encerra a prova.

12

(mod 12) (mod 2)

Problemas Propostos

Problema 10. Demonstrar que ⌊(1 +

√

3)2n−1 ⌋ ´e divis´ıvel por 2n .

Problema 11. Encontrar todos os triˆ angulos retˆ angulos com lados inteiros tais que a diferen¸ca entre os catetos ´e 1. Problema 12. Demonstrar que a equa¸c˜ ao 7x2 − 13y 2 = 1 n˜ ao tem solu¸co ˜es inteiras. Problema 13. Seja p um primo. Demonstrar que a equa¸c˜ ao x(x+1) = p2 y(y+1) n˜ ao tem solu¸c˜ oes inteiras positivas. A equa¸c˜ ao pode ter solu¸c˜ oes inteiras? Problema 14. Demonstrar que 2x2 − 219y 2 = −1 n˜ ao tem solu¸co ˜es inteiras, 2 2 mas 2x − 219y ≡ −1 (mod m) tem solu¸c˜ oes para todo inteiro positivo m. Sugest˜ ao: Considere a “nova solu¸c˜ ao” x1 = |293x − 3066y|, y1 = −28x + 293y. Problema 15. (OBM2010) Encontre todos os pares (a, b) de inteiros positivos tais que 3a = 2b2 + 1.

Dicas e Solu¸ c˜ oes Em breve.

Referˆ encias [1] F. E. Brochero Martinez, C. G. Moreira, N. C. Saldanha, E. Tengan Teoria dos N´ umeros - um passeio com primos e outros n´ umeros familiares pelo mundo inteiro, Projeto Euclides, IMPA, 2010. [2] T. Nagell, On a special class of Diophantine equation of the second degree, Ark. Mat. 3 (1954), 51–65. [3] H. F. Trotter, On the norms of units in quadratic fields, Proc. Amer Math. Soc. 22 (1969), 198–201.

Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Teoria dos Números - Nível 3

15

Carlos Gustavo Moreira

Fun¸c˜ oes multiplicativas e a fun¸c˜ ao de M¨ obius

1

Fun¸c˜ oes Multiplicativas

Uma fun¸c˜ao f definida sobre N>0 ´e dita multiplicativa se dados dois n´ umeros naturais a e b tais que mdc(a, b) = 1 ent˜ao f (ab) = f (a)f (b), e totalmente multiplicativa se f (ab) = f (a)f (b) para todo a e b. Vejamos algumas fun¸c˜oes multiplicativas importantes. Proposi¸c˜ ao 1. Seja n um n´ umero inteiro positivo e k um real qualquer. As fun¸c˜ oes X def σk (n) = dk e ϕ(n) = fun¸c˜ ao ϕ de Euler d|n

s˜ ao multiplicativas. Em particular, as fun¸c˜ oes d(n)

def

=

σ0 (n) = n´ umero de divisores de n

σ(n)

def

σ1 (n) =

=

soma dos divisores de n

s˜ ao multiplicativas. Demonstra¸c˜ ao. Sabemos que ϕ ´e multiplicativa. Por outro lado, se n = pα1 1 pα2 2 . . . pαmm ´e a fatora¸c˜ao canˆonica de n em primos ent˜ao temos uma f´ormula expl´ıcita (α1 +1)k

σk (n) =

p1

(α +1)k

−1 pm m −1 · . . . · , k k pm − 1 p1 − 1

donde ´e f´acil provar que σk ´e multiplicativa. Uma fun¸c˜ao totalmente multiplicativa f fica completamente determinada por seus valores nos n´ umeros primos. Impondo algumas restri¸c˜oes adicionais, temos o seguinte resultado Teorema 2. Seja f : N>0 → R>0 uma fun¸c˜ ao totalmente multiplicativa e mon´ otona, ent˜ ao existe α ∈ R tal que f (n) = nα .

˜ POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 1 FUN 3 - Carlos C ¸ OES MULTIPLICATIVAS Gustavo Moreira

Demonstra¸c˜ ao. Trocando f por 1/f , podemos supor sem perda de generalidade que f ´e estritamente crescente, e definamos α = log2 f (2). Vejamos que f (n) = nα . Para isto observemos que, aplicando f , para todo m ∈ N>0 temos 2⌊m log2 n⌋ ≤ nm < 2⌊m log2 n⌋+1

=⇒ 2α⌊m log2 n⌋ ≤ (f (n))m < 2α(⌊m log2 n⌋+1) Assim, 2 Mas

α⌊m log2 n⌋ m

≤ f (n) < 2

α(⌊m log2 n⌋+1) m

para todo m ∈ N>0 .

α(⌊m log2 n⌋ + 1) α⌊m log2 n⌋ = lim = α log2 n, m→∞ m→∞ m m lim

donde conclu´ımos que f (n) = 2α log2 n = nα . Para uma extens˜ao desse resultado para fun¸c˜oes multiplicativas veja o exerc´ıcio 30 Exemplo 3. Encontrar condi¸c˜ oes necess´ arias e suficientes sobre m e n para que nϕ(m) = mϕ(n). ˜ o: Se nϕ(m) = mϕ(n) ent˜ao Solu¸ ca nϕ(m) = mn

Y 

p|m p primo

1−

Y  1 1 1− = mn = mϕ(n). p q q|n q primo

Da´ı temos que n e m devem ter os mesmos divisores primos; caso contr´ario, consideremos {pi } e {qj } os fatores primos de n e m respectivamente que n˜ao s˜ ao comuns aos dois n´ umeros, ent˜ao Y Y Y Y (pi − 1) qj = (qj − 1) pi .

Mas, como pi ∤ qj e qj ∤ pi para todos os fatores primos, conclu´ımos que Y Y Y Y pi (pi − 1) e qj (qj − 1),

o que ´e imposs´ıvel. Agora, se n e m tem os mesmos fatores primos prova-se diretamente da f´ormula acima que nϕ(m) = mϕ(n). O seguinte teorema nos mostra uma forma de construir fun¸c˜oes multiplicativas. Teorema 4. Se f ´e uma fun¸c˜ ao multiplicativa ent˜ ao a fun¸c˜ ao X F (n) = f (d) d|n

´e tamb´em multiplicativa.

2

˜ POT 2012 - Teoria dos N´ umeros - N´ıvel 3 - Aula 1 FUN 3 - Carlos C ¸ OES MULTIPLICATIVAS Gustavo Moreira

Demonstra¸c˜ ao. Sejam a e b inteiros tais que mdc(a, b) = 1 ent˜ao X X X F (ab) = f (d) = f (d1 d2 ) = f (d1 )f (d2 ) d|ab

=

XX

d1 |a,d2 |b

f (d1 )f (d2 ) =

d1 |a d2 |b

d1 |a,d2 |b

X

f (d1 )

d1 |a

X

f (d2 )

d2 |b

= F (a)F (b). Segue que F tamb´em ´e multiplicativa. Com o resultado anterior obtemos outro m´etodo para demonstrar que σk (n) ´e multiplicativa, j´a que f (n) = nk ´e claramente uma fun¸c˜ao multiplicativa. Exemplo 5. Demonstrar que ϕ(n)d(n) ≥ n. ˜ o: Se α ≥ β ≥ 0 ent˜ao para qualquer primo p temos ϕ(pα ) ≥ ϕ(pβ ), Solu¸ ca logo como ϕ ´e multiplicativa temos que ϕ(n) ≥ ϕ(d) para todo divisor d de n. Ent˜ao temos X X ϕ(n)d(n) = ϕ(n) ≥ ϕ(d) = n, d|n

d|n

como quer´ıamos demonstrar. Note que a igualdade s´ o se obt´em quando n = 1 ou n = 2. Exemplo 6. Encontrar todos os inteiros n para os quais ϕ(n) = d(n). ˜ o: Se p ≥ 3 ´e um primo, temos que Solu¸ ca
ϕ(pα ) = (p − 1)pα−1 ≥ 2(1 + 2)α−1 ≥ 2 1 + 2(α − 1) ≥ α + 1 = d(pα ),

onde a igualdade s´ o se d´a quando p = 3 e α = 1. Portanto, pela multiplicatividade das fun¸c˜oes ϕ(n) e d(n), os u ´nicos ´ımpares que satisfazem ϕ(n) = d(n) s˜ ao n = 1 e n = 3. Por outro lado, se α > 3 temos ϕ(2α ) = 2α−1 > α + 1 = d(2α ); para α = 3 obtemos as solu¸c˜oes n = 1 · 8 = 8 e n = 3 · 8 = 24. Assim, s´ o nos falta resolver os casos ϕ(2n) = d(2n) ⇐⇒ ϕ(n) = 2d(n) e ϕ(4n) = d(4n) ⇐⇒ 2ϕ(n) = 3d(n) onde n ´e ´ımpar. Temos ϕ(5) = 4 = 2d(5), ϕ(15) = 8 = 2d(15) e ϕ(9) = 6 = 2d(9), donde 2 · 5 = 10, 2 · 9 = 18 e 2 · 15 = 30 tamb´em s˜ ao solu¸c˜oes da equa¸c˜ao inicial. Demonstremos agora que n˜ao existem mais solu¸c˜oes. Se n = pα ´e potˆencia de um primo ´ımpar p ent˜ao para p = 3 e α ≥ 3, ou para para p = 5 e α ≥ 2, ou para p ≥ 7, temos como acima que 3 ϕ(n) = pα−1 (p − 1) > 2α + 2 = 2d(n) > d(n). 2 Por outro lado, j´a sabemos que ϕ(n) ≥ d(n) para todo n ´ımpar. Assim, da multiplicatividade das fun¸c˜oes ϕ(n) e d(n), obtemos que se n ´e divis´ıvel por 33 , 52 ou por algum primo p ≥ 7, ent˜ao ϕ(n) > 2d(n) > 32 d(n) e analisando os casos restantes obtemos apenas as solu¸c˜oes apresentadas anteriormente. Em conclus˜ao, as u ´nicas solu¸c˜oes de ϕ(n) = d(n) s˜ ao 1, 3, 8, 10, 18, 24, 30. 3

˜ ıvel ´ ˜ ¨ POT 2012 - Teoria dos N´ u2meros FUN-C ¸N´ AO DE3 M - OBIUS Aula 3 E- F Carlos ORMULA Gustavo DE INVERS Moreira AO

O seguinte teorema relaciona a fun¸c˜ao d(n) com a fun¸c˜ao ⌊x⌋. Teorema 7. Seja n um inteiro positivo, ent˜ ao 2n X k=1

d(k) −

 n  X 2n k

k=1

= n.

Demonstra¸c˜ ao. Seja X  2i  . f (i) = k def

1≤k≤i

Observemos que para i, k > 1 

   ( 1 2i − 2 2i − = k k 0

se k | 2i ou k | 2i − 1 caso contr´ario.

Portanto para i ≥ 2 temos f (i) − f (i − 1) = ⌊2i⌋−⌊2i − 2⌋+

X  2i   2i − 2   2i − 2  − + k k i

2≤k≤i

= 2 + (d(2i) − 2) + (d(2i − 1) − 2) + 1 = d(2i) + d(2i − 1) − 1,

donde 2n X

d(k) = d(2) + d(1) +

n X i=2

k=1


f (i) − f (i − 1) + 1

= 3 + f (n) − f (1) + n − 1

= f (n) + n

que era o que quer´ıamos demonstrar.

2

Fun¸c˜ ao de M¨ obius e F´ ormula de Invers˜ ao Definimos a fun¸c˜ao de M¨ obius µ : N>0 → Z por   se n = 1 1 µ(n) = 0 se a2 | n para algum a > 1   (−1)k se n ´e produto de k primos distintos.

Facilmente se comprova que a fun¸c˜ao de M¨obius ´e multiplicativa. Al´em disso Lema 8. Para todo inteiro positivo n temos ( X 1 se n = 1 µ(d) = 0 se n > 1. d|n 4

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Demonstra¸ c˜ ao. No caso n = 1 n˜ao temos nada para provar. Como a fun¸c˜ao P µ(d) ´ e multiplicativa pelo teorema 4, basta mostra o lema para n = pk d|n onde p ´e um n´ umero primo. De fato, X

µ(d) =

k X j=0

d|pk

µ(pj ) = 1 − 1 = 0

como quer´ıamos demonstrar. Teorema 9 (F´ ormula de invers˜ ˜o sobre os P ao de M¨obius). Seja f (n) uma fun¸ca ao para todo n inteiro positivo, inteiros positivos e F (n) = d|n f (d), ent˜ f (n) =

X

µ(d)F

d|n

n d

.

Demonstra¸c˜ ao. Vejamos que n X X X µ(d)F = µ(d) f (d1 ) d n d|n d|n d1 | d XX µ(d)f (d1 ) = d|n d1 | n d

=

XX

µ(d)f (d1 )

d1 |n d| dn

1

=

X

f (d1 )

X

µ(d) = f (n)µ(1) = f (n),

d| dn

d1 |n

1

como quer´ıamos demonstrar. Exemplo 10. Uma pulseira ´e formada por pedras coloridas, de mesmo tamanho, pregadas em volta de um c´ırculo de modo a ficarem igualmente espa¸cadas. Duas pulseiras s˜ ao consideradas iguais se, e s´ o se, suas configura¸co ˜es de pedras coincidem por uma rota¸c˜ ao. Se h´ a pedras dispon´ıveis de k ≥ 1 cores distintas, mostre que o n´ umero de pulseiras diferentes poss´ıveis com n pedras ´e dado pela express˜ ao 1X ϕ(d) · k n/d . n d|n

˜ o: No que segue o n´ Solu¸ ca umero k de cores de pedras estar´a sempre fixo. A cada pulseira podemos associar um per´ıodo, que ´e definido como o menor divisor positivo d de n tal que a sequˆencia das n pedras da pulseira ´e obtida a partir de uma sequˆencia de d pedras repetida n/d vezes. Se o problema fosse contar pulseiras fixas, sem indentificar pulseiras que coincidem por uma rota¸c˜ao, a resposta seria claramente k n . Ao considerarmos as n rota¸c˜oes de uma pulseira de per´ıodo d, obtemos d pulseiras fixas distintas (i.e., distintas como pulseiras fixas, mas iguais a menos de rota¸c˜ao). Dizemos que uma pulseira com n pedras ´e primitiva se seu per´ıodo ´e n. Se denotarmos por g(n) o n´ umero de pulseiras 5

˜ ıvel ´ ˜ ¨ POT 2012 - Teoria dos N´ u2meros FUN-C ¸N´ AO DE3 M - OBIUS Aula 3 E- F Carlos ORMULA Gustavo DE INVERS Moreira AO

primitivas com n pedras, temos que, para cada divisor d de n, o n´ umero de pulseiras com n pedras e per´ıodo d ´e g(d) (se o per´ıodo ´e d, podemos tomar d pedras consecutivas e unir as pontas criando uma pulseira com d pedras, que ser´a primitiva), e elas d˜aoPorigem a d.g(d) pulseiras fixas. Assim, temos, para todo inteiro positivo n, d|n d.g(d) = k n , donde, pelo teorema anterior, P n.g(n) = d|n µ(d)k n/d . O n´ umero de pulseiras que queremos contar, como no enunciado, ´e X

g(d) =

X1X d

d|n

d|n

µ(s)k d/s .

s|d

Fazendo t = d/s na u ´ltima express˜ao, temos d = st, e d | n equivale a s | n/t. Assim, podemos escrever a u ´ltima express˜ao como X k t X µ(s) XX 1 µ(s)k t = , st t s s|n/t

t|n

t|n s|n/t

P P t que, pelo exemplo anterior, ´e igual a t|n kt · nt ϕ(n/t) = t|n P por sua vez (fazendo r = n/t), ´e igual a n1 r|n ϕ(r) · k n/r .

kt n

· ϕ(n/t), que,

Agora, observemos que para todo n´ umero natural m, f e F definidas como antes, m m X m X X X X f (d) f (d) = F (n) = n=1 d|n

n=1

Como f (d) ´e somado

m d

d=1

d|n 1≤n≤m

vezes, ent˜ao m X

F (n) =

n=1

m X

f (d)

d=1

jmk d

.

No caso particular em que f (n) = ϕ(n) temos que F (n) = n e assim m

jmk m(m + 1) X ϕ(n) . = 2 n n=1

Se f (n) = µ(n), ent˜ao F (n) = 0 se n > 1 e F (1) = 1 pelo lema 8, portanto 1=

m X

n=1

µ(n)

jmk n

.

A igualdade anterior nos permite resolver o seguinte Exemplo 11. Demonstrar que, para todo inteiro m > 1, m X µ(k) < 1. k k=1

6

˜ ıvel ´ ˜ ¨ POT 2012 - Teoria dos N´ u2meros FUN-C ¸N´ AO DE3 M - OBIUS Aula 3 E- F Carlos ORMULA Gustavo DE INVERS Moreira AO

  m
m m ˜ o: Como −1 < µ(k) m Solu¸ ca − < 1 e k k k − k = 0 quando k = 1, m, ent˜ao m m X jmk X µ(k) µ(k) −m
k=1

Usando a identidade acima provada temos que m X µ(k) 1 − m < m − 1, k k=1

P µ(k) logo m m ıamos demonsk=1 k < m e simplificando m obtemos o que quer´ ´ conhecido (Mangoldt 1897) que se m tende para infinito, ent˜ao a soma trar. E anterior converge para 0. Teorema 12 (Segunda f´ormula de invers˜ao de M¨obius). Sejam f, g fun¸co ˜es reais com dom´ınio (0, +∞) tais que ∞ x X f g(x) = k k=1

para todo x, ent˜ ao f (x) =

∞ X

µ(k)g

k=1

x k

.

Demonstra¸c˜ ao. Observemos que f (x) =

∞ X k=1

∞ X ∞  x X  x  X µ(k) f = = f (x), µ(k) f kr m m=1 k|m

r=1

como quer´ıamos demonstrar. A seguinte ´e uma das formula¸c˜oes da famosa hip´ otese de Riemann, um dos problemas em aberto mais importantes da Matem´ atica. O Clay Mathematics Institute oferece um prˆemio de 1 milh˜ ao de d´olares para a a primeira demonstra¸c˜ao da Hip´otese de Riemann (ver a p´agina web http://www.claymath.org/millennium/). Conjectura: [Hip´ otese de Riemann] Se α > 1/2, ent˜ ao n 1 X lim α µ(m) = 0. n→∞ n m=1

por

Podemos reenunciar esta conjectura assim: seja f : (0, +∞) → R definida (

f (t) = 0 se t < 1 P∞ k=1 f (t/k) = 1 se t ≥ 1.

Ent˜ao, para todo α > 1/2,

lim

t→∞

f (t) = 0. tα 7

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De fato, pela segunda f´ormula de invers˜ao de M¨obius, temos f (t) =

⌊t⌋ X

µ(m).

m=1

Problemas Propostos

Problema 13. Encontrar todos os inteiros positivos n tais que n = d26 + d27 − 1, onde 1 = d1 < d2 < · · · < dk = n s˜ ao todos os divisores positivos do n´ umero n. Problema 14. Seja r o n´ umero de fatores primos diferentes de n, demonstrar que X |µ(d)| = 2r . d|n

Problema 15. Seja n um inteiro positivo que n˜ ao ´e primo e tal que ϕ(n) | n − 1. Demonstrar que n possui ao menos quatro fatores primos distintos. Problema 16. Dados dois n´ umeros reais α e β tais que 0 ≤ α < β ≤ 1, demonstrar que existe um n´ umero natural m tal que α<

ϕ(m) < β. m

Problema 17. Seja m um inteiro positivo. Dizemos que um inteiro m ≥ 1 ´e “superabundante” se σ(m) σ(k) > . m k

∀k ∈ {1, 2, . . . , m − 1}

Demonstrar que existe um n´ umero infinito de n´ umeros superabundantes. √ Problema 18. Demonstrar que d(n) < 2 n. Problema 19. Demonstrar que σ(n) √ ≥ n. d(n) Problema 20. Encontrar todos os valores de n para os quais ϕ(n) | n. Problema 21. Dois n´ umeros a e b s˜ ao amig´ aveis se σ(a) = b e σ(b) = a. Por exemplo 1184 e 1210 s˜ ao amig´ aveis (verificar!). Encontrar outra dupla de n´ umeros amig´ aveis. Problema 22. Demonstrar que m | σ(mn − 1) para todo n se, e s´ o se, m = 2, 3, 4, 6, 8, 12 ou 24. 8

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Problema 23. Demonstrar que σ(n!) 1 1 > 1 + + ··· + . n! 2 n Problema 24. Demonstrar que existem infinitos n´ umeros naturais n para os quais σ(x) = n n˜ ao tem solu¸c˜ ao. Problema 25. Demonstrar que para todo m > 1 m X µ(k) 2 < . k 3 k=1

Problema 26 (IMO1998). Para cada inteiro positivo n, d(n) denota o n´ umero de divisores de n. Determine todos os inteiros positivos k tais que d(n2 ) = kd(n) para algum n. √ Problema 27. Se n ´e composto, mostre que ϕ(n) ≤ n − n. Problema 28. Determinar todos os n´ umeros inteiros positivos n tais que n = d(n)2 . Problema 29. Mostrar que ϕ(n) + σ(n) ≥ 2n para todo inteiro positivo n. Problema 30. Seja f : N+ → R+ uma fun¸c˜ ao multiplicativa e crescente. (a) Prove que, para todo inteiro M > 1 e todo inteiro positivo n, f (M n+1 − 1) ≥ f (M n − 1)f (M ) e f (M n+1 + 1) ≤ f (M n + 1)f (M ). Conclua que lim

n→∞

p n f (M n ) = f (M ).

(b) Utilize o item anterior para M potˆencia de primo para concluir que f (pk ) = f (p)k para todo primo p. (c) Conclua que f ´e totalmente multiplicativa, e portanto existe α > 0 tal que f (n) = nα para todo inteiro positivo n. Problema 31. Dadas duas fun¸c˜ oes f, g : N>0 → C, definimos o produto de Dirichlet (ou convolu¸c˜ ao de Dirichlet) f ∗ g : N>0 → C de f e g por n X X def f ∗ g(n) = f (d)g f (d1 )g(d2 ). = d d1 d2 =n

d|n

(a) Prove que, se s ∈ R (ou s ∈ C) e as s´eries

P

n≥1

absolutamente ent˜ ao

f (n) ns

e

X f (n) X g(n) X f ∗ g(n) · = . ns ns ns

n≥1

n≥1

n≥1

9

P

n≥1

g(n) ns

convergem

(b) Prove que, para quaisquer fun¸c˜ oes f, g, h : N>0 → C, temos f ∗ g = g ∗ f e f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h (isto ´e, o produto de Dirichlet (´e comutativo e 1 se n = 1 associativo), e que a fun¸c˜ ao I : N>0 → C dada por I(n) = ´e 0 se n > 1 o elemento neutro do produto ∗, i.e., I ∗ f = f ∗ I = f , ∀f : N>0 → C. (c) Prove que se f e g s˜ ao multiplicativas ent˜ ao f ∗ g ´e multiplicativa. (d) Prove que, se f : N>0 → C ´e tal que f (1) 6= 0, ent˜ ao existe uma u ´nica (−1) (−1) (−1) fun¸c˜ ao f : N>0 → C tal que f ∗ f =f ∗ f = I, a qual ´e dada recursivamente por f (−1) (1) = 1/f (1) e, para n > 1, f (−1) (n) = −

X n 1 f f (−1) (d). f (1) d d|n,d
(e) Prove que, se f ´e multiplicativa, ent˜ ao a fun¸c˜ ao f (−1) definida no item anterior tamb´em ´e multiplicativa.

Dicas e Solu¸ c˜ oes Em breve

Referˆ encias [1] F. E. Brochero Martinez, C. G. Moreira, N. C. Saldanha, E. Tengan Teoria dos N´ umeros - um passeio com primos e outros n´ umeros familiares pelo mundo inteiro, Projeto Euclides, IMPA, 2010.

Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Álgebra - Nível 2 Prof. Marcelo Mendes

1

Produtos Not´ aveis ´ V´arios problemas de Algebra para alunos do Ensino Fundamental utilizam Produtos Not´aveis, que s˜ ao identidades cl´ assicas envolvendo multiplica¸c˜ao de express˜ oes. Vejamos alguns exemplos para diversos produtos not´ aveis que auxiliar˜ao na forma¸c˜ao de ideias para problemas futuros mais dif´ıceis.

1 Quadrado da soma ou da diferen¸ca de dois n´ umeros (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 Problema 1. (OCM) Prove que n˜ ao existem inteiros positivos a e b tais que

b2 +b a2 +a

= 4.

Solu¸c˜ ao. Suponha que tais inteiros positivos a e b. A equa¸c˜ao dada ´e equivalente
existam 2 2 2 a b + b = 4 a + a = 4a + 4a. Isso lembra o quadrado de 2a + 1, que ´e 4a2 + 4a + 1. Assim, seria bom somarmos 1 a cada lado, para obtermos b2 + b + 1 = 4a2 + 4a + 1. Por outro lado, b2 < b2 + b + 1 < b2 + 2b + 1 = (b + 1)2 pois b ´e um inteiro positivo. Como b2 e (b + 1)2 s˜ ao quadrados consecutivos, isso mostra que n˜ ao seria poss´ıvel b2 + b + 1 ser o quadrado de um inteiro. No pr´ oximo exemplo, vamos utilizar um fato u ´til de pensar que um n´ umero com todos . Se o n´ u mero possuir apenas o os d´ıgitos 1s, como 11...1, pode ser escrito na forma 99...9 9 99...9 d´ıgito 4, por exemplo, como 44...4, ent˜ao o escrevemos na forma 4 × 9 . A vantagem n dessas altera¸c˜ oes ´e saber que 99...9 | {z } = 10 −1 (verifique esse fato para quantidades pequenas n

de 9s).

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Problema 2. Seja n > 1 um n´ umero inteiro. Prove que o n´ umero racional.

r

ao ´e 11...1 | {z } 44...4 | {z } n˜ n

2n

√ Solu¸c˜ ao. Mostrar que 11...144...4 n˜ ao ´e racional ´e equivalente a provar que 11...144...4 n˜ ao ´e um quadrado perfeito. Ou seja, este problema tenta mostrar que n˜ ao h´ a outros quadrados perfeitos com o formato do n´ umero 144. Podemos escrever 102n − 1 10n − 1 × 102n + 4 × 9 9
10n − 1 10n − 1 = (10n + 2)2 . 102n + 4 (10n + 1) = 9 9 Agora, ´e suficiente mostrarmos que 10n − 1 nunca pode ser quadrado perfeito se n > 1. Isso ´e verdade pelo fato de 10n − 1 deixar resto 3 na divis˜ao por 4 e n˜ ao existir quadrado perfeito nessa situa¸c˜ ao. 11...144...4 = 11...1 × 102n + 44...4 =

Problema 3. (i) Se n ´e um inteiro positivo tal que 2n + 1 ´e um quadrado perfeito, mostre que n + 1 ´e a soma de dois quadrados perfeitos sucessivos. (ii) Se 3n + 1 ´e um quadrado perfeito, mostre que n + 1 ´e a soma de trˆes quadrados. Problema 4. Suponha que um n´ umero inteiro n seja a soma de dois n´ umeros triangulares, b2 +b a2 +a ou seja, n = 2 + 2 . Mostre que 4n+1 pode ser escrito como a soma de dois quadrados em termos de a e b. Problema 5. Seja x ∈ R tal que x +

1 1 = 5. Calcule x2 + 2 . x x

Problema 6. (EUA) O n´ umero 121b , escrito na base inteira b, ´e o quadrado de um inteiro para quais valores de b? Problema 7. Seja D = a2 + b2 + c2 , sendo a e b inteiros consecutivos e c = ab. Mostre que √ D ´e sempre um inteiro ´ımpar.  2 2 Problema 8. (EUA) Determine a soma dos d´ıgitos na base 10 de 104n +8 + 1 , sendo n um inteiro positivo. Problema 9. Mostre que a soma dos quadrados de dois n´ umeros ´ımpares consecutivos ´e um n´ umero par n˜ ao m´ ultiplo de 4.

2

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Problema 10. (IME) Mostre que os n´ umeros 49, 4489, 444889, 44448889, ..., obtidos colocandose 48 no meio do n´ umero anterior, s˜ ao quadrados de n´ umeros inteiros. Problema 11. Se x12 + 2x6 (1 − 2y 2 ) + 1 = 0 e x ∈ R− , ent˜ao mostre que y < 1. Problema 12. Ache todos os inteiros positivos x, y tais que y 2 − x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 1. Problema 13. Determine todas
as triplas de n´ umeros reais (x, y, z) que s˜ ao solu¸c˜ao da equa¸c˜ao 4x4 − x2 4y 4 + 4z 4 − 1 − 2xyz + y 8 + 2y 4 z 4 + y 2 z 2 + z 8 = 0. Problema 14. (OCM) Determine todos os valores reais de x, y e z satisfazendo a igualdade 3x2 + y 2 + z 2 = 2xy + 2xz. Problema 15. (OCM) Determine todos os pares de inteiros (x, y) que satisfazem a equa¸c˜ao x2 + x + 1995 = y 2 + y. Problema 16. (EUA) Encontre x2 + y 2 se x, y ∈ Z e xy + x + y = 71, x2 y + xy 2 = 880.

2 Diferen¸ca de quadrados a2 − b2 = (a + b)(a − b) Problema 17. Quantos pares de n´ umeros inteiros positivos m e n satisfazem a equa¸c˜ao 2 2 m − n = 2011? Solu¸c˜ ao. Suponha que existam inteiros positivos m e n tais que m2 − n2 = 2011. Da´ı, (m + n)(m − n) = 2011. Como 2011 ´e primo e m + n > m − n, pois n > 0, segue que m + n = 2011 e m − n = 1 e, portanto, m = 1006 e n = 1005. Problema 18. Prove que existe exatamente um n´ umero natural n tal que 28 + 211 + 2n ´e um quadrado perfeito. Solu¸c˜ ao. Vamos buscar solu¸c˜ oes para a equa¸c˜ao 28 + 211 + 2n = k2 , k ∈ Z. Ela ´e
equivalente a 28 1 + 23 + 2n = k2 ou 2n = k2 − 482 = (k + 48)(k − 48). Assim, k + 48 = 2a e k − 48 = 2b , sendo n = a
+ b. Subtraindo essas equa¸c˜oes, obtemos 96 = 2a − 2b e, portanto, 25 · 3 = 2b 2a−b − 1 . Em cada membro dessa igualdade, temos a fatora¸c˜ao em parte par e parte ´ımpar. Igualando, obtemos b = 5 e a = 7. Portanto, a u ´nica solu¸c˜ao ´e n = a + b = 7 + 5 = 12.



Problema 19. Determine o valor do produto 1 − 212 1 − 312 ... 1 − 912 1 − 1012 . 3

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Problema 20. (EUA) Simplifique a express˜ ao √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ ( 5 + 6 + 7)( 5 + 6 − 7)( 5 − 6 + 7)(− 5 + 6 + 7). √ √ Problema 21. (OCM/ITA) Qual ´e o menor inteior positivo n tal que n − n − 1 < 0, 01. Problema 22. Quantos pares de n´ umeros inteiros m e n satisfazem a equa¸c˜ao m2 − n2 = 2014? Problema 23. Seja a 6= 1 um n´ umero real. Simplifique a express˜ ao       1 1 1 1 1+ 1 + 4 ... 1 + 2100 . 1+ 2 a a a a Problema 24. Racionalize a express˜ ao (1 +

√

64

2)(1 +

√

32

2)(1 +

√

16

1 √ √ √ . 2)(1 + 8 2)(1 + 4 2)(1 + 2 2)

Problema 25. (OCM) Encontre o quociente da divis˜ao de a128 − b128 por (a64 + b64 )(a32 + b32 )(a16 + b16 )(a8 + b8 )(a4 + b4 )(a2 + b2 )(a + b). Problema 26. A express˜ ao 2n + 1 ´e o quadrado de um inteiro para exatamente quantos n´ umeros naturais n? Problema 27. Determine todas as solu¸c˜oes inteiras da equa¸c˜ao 32x − 52y = 104. √ Problema 28. (EUA) Se x + x2 − 1 + x−√1x2 −1 = 20, ent˜ao determine o valor de x2 +

p

x4 − 1 +

x2

1 √ . + x4 − 1

Problema 29. Um quadrado ´e cortado em 49 quadrados menores. Todos esses quadrados tˆem as medidas de seus lados, em cent´ımetros, expressas por n´ umeros inteiros positivos. H´a exatamente 48 quadrados com ´ area igual a 1cm2 . Determine o n´ umero de resultados 2 poss´ıveis para expressar, em cm , a medida da ´area do quadrado original. Problema 30. Seja umero primo ´ımpar dado. Quantos valores de k inteiro positivo p p um n´ 2 existem tais que k − pk ´e tamb´em um inteiro positivo? Problema 31. (EUA) Existe um u ´nico par de inteiros positivos x e y satisfazendo a equa¸c˜ao x2 + 84x + 2008 = y 2 . Determine o valor de x + y.

Problema 32. (EUA) Calcule

(104 + 324)(224 + 324)(344 + 324)(464 + 324)(584 + 324) . (44 + 324)(164 + 324)(284 + 324)(404 + 324)(524 + 324) 4

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3 Produtos not´ aveis envolvendo cubos Soma de dois cubos: a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ) Diferen¸ca de dois cubos: a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) Cubo da soma de dois n´ umeros: (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) Cubo da diferen¸ca de dois n´ umeros: (a − b)3 = a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 = a3 − b3 − 3ab(a − b) Problema 33. (Eslovˆenia) Sejam a, b ∈ R tais que a3 − 3a2 + 5a = 1 e b3 − 3b2 + 5b = 5. Calcule o valor de a + b. Solu¸c˜ ao. As express˜ oes nessas equa¸c˜ oes lembram os cubos das diferen¸cas de a e 1 e b e 1, respectivamente. Assim, podemos reescrevˆe-las como (a − 1)3 + 2(a − 1) = −2, (b − 1)3 + 2(b − 1) = 2. Somando-as, obtemos   (a + b − 2) (a − 1)2 − (a − 1)(b − 1) + (b − 1)2 + 2 = 0.

Agora, observe que

(a − 1)2 − (a − 1)(b − 1) + (b − 1)2 + 2 = (a − 1)2 − (a − 1)(b − 1) + 

b−1 = a−1− 2 Assim, a + b = 2.

2

+

(b − 1)2 3(b − 1)2 + +2 4 4

3(b − 1)2 + 2 > 0. 4

Problema 34. Prove que se a + b + c = 0, ent˜ao a3 + b3 + c3 = 3abc. Solu¸c˜ ao. Se a + b = −c, ent˜ ao (a + b)3 = (−c)3 , ou seja, a3 + b3 + 3ab(a + b) = −c3 ⇔ a3 + b3 + 3ab(−c) = −c3 . Logo, a3 + b3 + c3 = 3abc. Problema 35. (Putnam) Sejam x, y, z n´ umeros reais distintos dois a dois. Prove que √ √ √ 3 x − y + 3 y − z + 3 z − x 6= 0. √ √ Problema 36. Determine o n´ umero de solu¸c˜oes reais distintas da equa¸c˜ao 3 x+ 3 7 − x = 3. 5

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 1 - Prof. Marcelo Mendes √ √ Problema 37. (EUA/OCM) Mostre que se x ´e um n´ umero satisfazendo 3 x + 9− 3 x − 9 = 3, ent˜ao 75 < x2 < 85. s s r r 125 125 3 3 − −3 + 9 + ´e um n´ umero Problema 38. (IME 1991) Mostre que 3 + 9 + 27 27 racional. Problema 39. (EUA) Se x e y s˜ ao n´ umeros inteiros tais que x3 +y 3 +(x+y)3 +30xy = 2000, determine o valor de x + y. Problema 40. (Leningrado) Prove que

(23 − 1)(33 − 1) . . . (1003 − 1) 3367 = . 3 3 3 (2 + 1)(3 + 1) . . . (100 + 1) 5050

4 Outros produtos not´ aveis ab − a − b + 1 = (a − 1)(b − 1) ab + a + b + 1 = (a + 1)(b + 1) Problema 41. Determine o n´ umero de pares ordenados (m, n) de n´ umeros inteiros positivos 2 4 que s˜ ao solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao m + n = 1. 4 Solu¸c˜ ao. A equa¸c˜ ao m + n2 = 1 ´e equivalente a mn − 2m − 4n + 8 = 8 ⇔ (m − 4)(n − 2) = 8, seguindo os modelos propostos nesta se¸c˜ao. As possibilidades s˜ ao m − 4 = 1, n − 2 = 8; m − 4 = 2, n − 2 = 4; m − 4 = 4, n − 2 = 2; m − 4 = 8, n − 2 = 1, ou seja, os pares ordenados (m, n) s˜ ao (5, 10); (6, 6); (8, 4); (12, 3).

Problema 42. Determine todos os n´ umeros inteiros tais que a soma e o produto s˜ ao iguais. Problema 43. (IME) Sejam x1 e x2 as ra´ızes da equa¸c˜ao x2 + (m − 15)x + m = 0. Sabendo que x1 e x2 s˜ ao n´ umeros inteiros, determine o conjunto dos poss´ıveis valores de m.

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Problemas da OBM Problema 44. (OBM 1a fase/2002) Se xy = 2 e x2 + y 2 = 5, ent˜ao a)

5 2

b)

25 4

c)

5 4

d)

1 2

x2 y2

+

y2 x2

+ 2 vale:

e) 1

Problema 45. (OBM 3a fase/2003) Mostre que x2 + 4y 2 − 4xy + 2x − 4y + 2 > 0 quaisquer que sejam os reais x e y. Problema 46. (OBM 2a fase/2005) a) Fatore a express˜ ao x2 − 9xy + 8y 2 . b) Determine todos os pares de inteiros (x; y) tais que 9xy − x2 − 8y 2 = 2005.

Problema 47.q(OBM 1a fase/2005) Os inteiros positivos x e y satisfazem a equa¸c˜ao q √ √ x + 12 y − x − 21 y = 1. Qual das alternativas apresenta um poss´ıvel valor de y?

a) 5

b) 6

c) 7

d) 8

e) 9

Problema 48. (OBM 3a fase/2006) Encontre todos os pares ordenados (x; y) de inteiros tais que x3 − y 3 = 3(x2 − y 2 ).

Problema 49. (OBM 2a fase/2006) Sejam a e b n´ umeros reais distintos tais que a2 = 6b+5ab 2 e b = 6a + 5ab. a) Determine o valor de a + b. b) Determine o valor de ab. Problema 50. (OBM 2a fase/2008) Sejam x e y n´ umeros reais positivos satisfazendo as 1 . Calcule o valor de xy . equa¸c˜oes x2 + y 2 = 1 e x4 + y 4 = 17 18 Problema 51. (OBM 1a fase/2010) Quantos s˜ ao os pares (x, y) de inteiros positivos tais que x2 − y 2 = 22010 ? a) 1000

b) 1001

c) 1002

d) 1003

e) 1004

Problema 52. (OBM 3a fase/2010) Sejam a, b e c reais tais que a 6= b e a2 (b + c) = b2 (c + a) = 2010. Calcule c2 (a + b). Problema 53. (OBM 1a fase/2011) Qual ´e o valor da express˜ ao 201120112 + 201120032 − 16 × 20112007? a) 2 × 201120072

b) 2 × 201120032 c) 2 × 20112007 d) 2 × 20112003 e) 2 × 201120112 7

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Dicas

3. Observe que 2n + 1 ´e o quadrado de um inteiro ´ımpar e que 3n + 1 ´e o quadrado de um n´ umero n˜ ao m´ ultiplo de 3. 6. N´ umeros na base b s´ o utilizam d´ıgitos 0, 1, ..., b − 1. 10. Escreva 44...4 | {z } 9 = 4 · | {z } 88...8 n+1

10n+1 −1 9

n

+8·

10n −1 9

+ 9.

12. Agrupe x com x + 3 e x + 1 com x + 2. 13. Comece separando o −1 de dentro dos parˆenteses (escrevendo x4 depois). Em seguida, agrupe y 8 , z 8 e 2y 4 z 4 . 14. Se uma soma de quadrados de n´ umeros reais ´e 0, ent˜ao todos os n´ umeros s˜ ao iguais a 0.

15. Veja a resolu¸c˜ ao do problema 1. 16. Fatore e fa¸ca substitui¸c˜ oes de vari´ aveis x + y = s e xy = p. √ √ √ a n+ 21. Multiplique a inequa¸c˜ ao membro a membro por n + n − 1. Vocˆe obter´ √ n − 1 > 100, cuja menor solu¸c˜ ao ´e 2500. 23. Multiplique e divida tudo por 1 − a1 . 27. Primeiramente, descarte os casos em que os n´ umeros s˜ ao negativos. Depois, use que soma e diferen¸ca de dois n´ umeros inteiros tˆem a mesma paridade. Por fim, lembre-se que o produto de dois n´ umeros negativos ´e positivo. 30. Escreva k2 −pk = n2 e complete o trinˆ omio quadrado perfeito que come¸ca com k2 −pk, 2 somando e subtraindo p4 . 31. Complete o trinˆ omio quadrado perfeito que come¸ca com x2 + 84x. 32. Fatore a express˜ ao x4 + 324 = x4 + 182 . A dica ´e somar e subtrair 2 · x2 · 18. 39. Passe 2000 para o lado esquerdo da equa¸c˜ao e fatore fazendo aparecer o fator x + y.

8

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Respostas 5. 23 6. b > 2 8. 4 12. y = x2 + 3x + 1 13. (t2 , t, t) ou (−t2 , t, −t), t ∈ R 14. x = y = z = 0 15. N˜ao existe par (x, y) 16. 146 19.

11 20

20. 104 21. 2501 22. 0 101

23. 24.

1−a−2 1−a−1

√

64

2−1

25. a64 − b64 26. 1 27. x = 3, y = 2 28. 51, 005 29. 2 30. 1 (para cada primo ´ımpar p) 31. 80 32. 373 36. 2 39. 10 42. (0, 0), (2, 2) 43. 0, 7, 9, 25, 27, 34

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Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Álgebra - Nível 2 Prof. Marcelo Mendes

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Equa¸c˜ oes e Sistemas de Equa¸c˜ oes ´ Neste 2o texto de Algebra, veremos diversos exemplos de equa¸c˜oes e sistemas de equa¸c˜oes em n´ıvel de problemas ol´ımpicos do ensino fundamental. Eles, possivelmente, servir˜ ao posteriormente de ideia para problemas mais dif´ıceis.

1 Equa¸c˜ oes Nossos trˆes primeiros exemplos s˜ ao de equa¸c˜oes em que as solu¸c˜oes utilizam produtos not´ aveis, como aplica¸c˜ ao do u ´ltimo assunto. Problema 1. (EUA) Determine o n´ umero de solu¸c˜oes inteiras da equa¸c˜ao 22x − 32y = 55. Solu¸c˜ ao. Inicialmente, observe que o lado esquerdo da equa¸c˜ao ´e a diferen¸ca dos quadrados x de 2 e 3y e, portanto, (2x + 3y ) (2x − 3y ) = 55. Veja que x e y s˜ ao positivos (prove isso!), al´em de (2x + 3y ) e (2x − 3y ). Assim, as u ´nicas possibilidades s˜ ao 

2x + 3y = 55 e 2x − 3y = 1



2x + 3y = 11 . 2x − 3y = 5

Apenas o segundo sistema possui solu¸c˜ao, que ´e (x, y) = (3, 1). Problema 2. Quantas solu¸c˜ oes inteiras possui a equa¸c˜ao x2 − 4xy + 6y 2 − 2x − 20y = 29? Solu¸c˜ ao. Os dois primeiros termos do lado esquerdo d˜ ao a pista do come¸co pois lembram o quadrado de x − 2y. Assim, vamos reescrever a equa¸c˜ao da seguinte forma x2 − 4xy + 4y 2 − 2x + 4y + 1 + 2y 2 − 24y + 72 = 102 ⇔ (x − 2y)2 − 2(x − 2y) + 1 + 2(y 2 − 12y + 36) = 102 ⇔ (x − 2y − 1)2 + 2(y − 6)2 = 102.

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Assim, x − 2y − 1 ´e par e n˜ ao maior que 10. Testanto x − 2y − 1 = 0, ±2, ±4, ±6, ±8, ±10, obtemos (y − 6)2 = 51, 49, 43, 33, 19, 1. Logo, as u ´nicas solu¸c˜oes vˆem de x − 2y − 1 = ±2 e y − 6 = ±7 ou x − 2y − 1 = ±10 e y − 6 = ±1. As solu¸c˜oes, portanto, s˜ ao (29, 13); (25, 13); (1, −1); (−3, −1); (25, 7); (5, 7); (21, 5); (1, 5). Problema 3. (Romˆenia/2006) Encontre todos os n´ umeros reais a e b satisfazendo 2(a2 + 1)(b2 + 1) = (a + 1)(b + 1)(ab + 1). Solu¸c˜ ao. Utilizando produtos not´ aveis, a equa¸c˜ao dada fica equivalente a
2 a2 b2 + a2 + b2 + 1 = (ab + a + b + 1) (ab + 1)

⇔ 2a2 b2 + 2a2 + 2b2 + 2 = a2 b2 + a2 b + ab2 + +2ab + a + b + 1

⇔ a2 b2 − b + 2 − a b2 + 2b + 1 + 2b2 − b + 1 = 0,

que pode ser considerada uma equa¸c˜ ao do 2o grau em a cujo discriminante (∆) ´e

∆ = (b + 1)4 − 4 b2 − b + 2 2b2 − b + 1 = −7b4 + 16b3 − 18b2 + 16b − 7.

Esse polinˆ omio possui duas caracter´ısticas interessantes. A primeira, que n´ os n˜ ao utio a lizaremos, ´e que ele ´e um polinˆ omio rec´ıproco de 4 grau e de 1 esp´ecie, pois a leitura de seus coeficientes da esquerda para direita coincide com a leitura feita da direita para a esquerda. A segunda ´e que b = 1 ´e uma raiz j´a que o valor 1 zera o ∆. Isso nos leva a escrever ∆ = −7b4 + 7b3 + 9b3 − 9b2 − 9b2 + 9b + 7b − 7
= (b − 1) −7b3 + 9b2 − 9b + 7 .

Novamente, o segundo fator desse u ´ltimo produto ´e um polinˆ omio rec´ıproco de 3o grau, a mas de 2 esp´ecie, j´a que as leituras dos coeficientes nos dois sentidos s˜ ao sim´etricas. Al´em
3 2 disso, b = 1 ´e novamente uma raiz e, escrevendo −7b +9b −9b+7 = (b−1) −7b2 + 2b − 7 , obtemos
∆ = (b − 1)2 −7b2 + 2b − 7 .

O discriminante de −7b2 + 2b − 7 ´e negativo e, portanto, −7b2 + 2b − 7 < 0, ∀b. Como (b − 1)2 ≥ 0, ∀b, segue que ∆ ≤ 0, ∀b. Para a ∈ R, devemos ter ∆ = 0 e, portanto, b = 1 e a = 1, que ´e a u ´nica solu¸c˜ ao. Problema 4. (Cro´ acia) Encontre todas as solu¸c˜oes inteiras da equa¸c˜ao √ √ √ 4x + y + 4 xy − 28 x − 14 y + 48 = 0. Problema 5. Mostre que x2 − y 2 = a3 sempre tem solu¸c˜ao inteira (x, y), dado que a ∈ Z. 2

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 2 - Prof. Marcelo Mendes Problema 6. Prove que se os coeficientes de uma equa¸c˜ao quadr´ atica ax2 + bx + c s˜ ao inteiros ´ımpares, ent˜ ao as ra´ızes da equa¸c˜ao n˜ ao podem ser n´ umeros racionais. Problema 7. Se x e y s˜ ao reais tais que x + y = 0.

   p √ x + x2 + 1 y + y 2 + 1 = 1, prove que

Problema 8. Para quais n´ umeros reais a, b, c (a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0, a + b + c 6= 0) vale a 1 1 1 1 igualdade + + = . a b c a+b+c Problema 9. Sejam a, b, c, d inteiros distintos tais que a equa¸c˜ao (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) − 4 = 0 possui uma raiz inteira r. Mostre que 4r = a + b + c + d. Problema 10. (EUA) Se 1 −

4 4 2 + 2 = 0, determine o valor de . x x x

Problema 11. (EUA) Se ab 6= 0 e |a| = 6 |b|, quantos valores distintos de x satisfazem a b a x−a x−b + = + ? equa¸c˜ao b a x−a x−b

2 Sistemas de equa¸ c˜ oes Vamos iniciar com um problema da 1a fase do n´ıvel 2 da XXI OBM. Problema 12. (OBM) Rafael tem 23 da idade de Roberto e ´e 2 anos mais jovem que Reinaldo. A idade de Roberto representa 34 da idade de Reinaldo. Determine a soma em anos das idades dos trˆes. Solu¸c˜ ao. Sejam a, o, e as idades de Rafael, Roberto e Reinaldo, respectivamente. Assim, a = 32 o, a = e − 2 e o = 43 e. Da´ı, a = 23 · 34 e = e − 2, o que d´ a e = 18. Portanto, a = 16, o = 24 e a + o + e = 58. Problema 13. (EUA - Adaptado) Determine todas as triplas ordenadas distintas (x, y, z) de n´ umeros inteiros satisfazendo o sistema de equa¸c˜oes   x + 2y + 4z = 12 xy + 4yz + 2zx = 22 .  xyz = 6  + 2y + 4z = 12  x Solu¸c˜ ao. Podemos reescrever o sistema como x · 2y + 2y · 4z + x · 4z = 44 .  2y · 4z = 48 3

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 2 - Prof. Marcelo Mendes Fazendo x = x′ , 2y = y ′ e 4z = z ′ , chegamos a  ′ + y′ + z′ = 12 x ′ ′ ′ ′ ′ ′ xy + yz + xz = 44 .  x′ y ′ z ′ = 48

Assim, x′ , y ′ , z ′ s˜ ao ra´ızes da equa¸c˜ ao t3 − 12t2 + 44t − 48 = 0 (verifique!), que possui 2 como raiz. Da´ı, podemos reescrevˆe-la como t3 − 2t2 − 10t2 + 20t + 24t − 48 = 0
⇔ (t − 2) t2 − 10t + 24 = 0 ⇔ (t − 2)(t − 4)(t − 6) = 0,

que gera as solu¸c˜ oes 2, 4, 6. Assim, 4z = 4 e z = 1. Al´em disso, x = 2 e y = 3 ou x = 6 e y = 1. Problema 14. (URSS) Encontre todas as solu¸c˜oes inteiras (x, y, z, t) do sistema  xz − 2yt = 3 . xt + yz = 1 Solu¸c˜ ao. Nas duas equa¸c˜ oes, aparecem as 4 letras exatamente uma vez. Assim, podemos elev´a-las ao quadrado e somar o resultado da primeira com o dobro do da segunda, eliminando o produto xyzt (xz)2 + 2(xt)2 + 4(yt)2 + 2(yz)2 = 11

⇔ x2 z 2 + 2t2 + 2y 2 z 2 + 2t2 = 11

⇔ x2 + 2y 2 z 2 + 2t2 = 11.  2  2 x + 2y 2 = 1 x + 2y 2 = 11 Temos as seguintes possibilidade ou . z 2 + 2t2 = 11 z 2 + 2t2 = 1 No primeiro, temos x2 = 1, y 2 = 0 e z 2 = 9, t2 = 1. No segundo, x2 = 9, y 2 = 1 e = 1, t2 = 0. Substituindo nas equa¸c˜oes iniciais, obtemos as solu¸c˜oes (x, y, z, t) = (1, 0, 3, 1), (−1, 0, −3, −1), (3, 1, 1, 0), (−3, −1, −1, 0). z2

Problema 15. (Bielorr´ ussia) Determine todas as solu¸c˜oes reais do sistema (n ≥ 2):  x1 + x2 + ... + xn−1    x + x + ... + x  2 3 n ..  .    xn + x1 + ... + xn−2

= = = =

1 xn 1 x1

.. .

.

1 xn−1

Solu¸c˜ ao. Inicialmente, observe que x1 + x2 + ... + xn = xk + x1k (∗), ∀k ∈ {1, 2, ..., n} e que todos os xk s˜ ao n˜ ao-nulos. Tomando duas equa¸c˜oes quaisquer, obtemos xi + x1i = xj + x1j , 4

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cujas solu¸c˜oes s˜ ao xi = xj ou xi =

1 xj .

Supondo a segunda possibilidade e substituindo na equa¸c˜ao do sistema original em que o lado direito ´e x1j , chegamos a x1 + ... + x ˆi + ... + x ˆj + ... + xn = 0 (a nota¸c˜ao x ˆi significa que xi foi suprimido da soma), o que ´e imposs´ıvel j´a que (*) garante que os xk s˜ ao todos positivos ou todos negativos. Assim, s´ o nos resta a op¸c˜ ao em que todos os xk s˜ ao iguais, digamos a α. Substi1 tuindo em qualquer uma das equa¸c˜ oes, obtemos (n − 1)α = α1 , ou seja, xk = √n−1 , ∀k ou

1 , ∀k. xk = − √n−1

Problema 16. Resolva o sistema de equa¸c˜oes  x + y + z = 2 x2 − y 2 − z 2 = 2 .  x − 3y 2 + z = 0

Problema 17. (IMTS) O conjunto S ´e formado por 5 inteiros. Se os elementos de S s˜ ao somados aos pares, obtemos 1967, 1972, 1973, 1974, 1975, 1980, 1983, 1984, 1989, 1991. Quais s˜ ao os elementos de S? Problema 18. (EUA) Resolva o sitema de equa¸c˜oes  2x1 + x2 + x3 + x4      x1 + 2x2 + x3 + x4 x1 + x2 + 2x3 + x4   x + x2 + x3 + 2x4    1 x1 + x2 + x3 + x4

+ + + + +

x5 x5 x5 x5 2x5

Problema 19. Mostre que o sistema

n˜ ao possui solu¸c˜ oes reais (x, y, z). Problema 20. Mostre que a u ´nica  x1     x2     x3  

 1  x+ x 1 y+y  z + z1

= y = z = x

solu¸c˜ao do sistema + + +

+ + +

x2 x3 x4 .. .

x3 x4 x5

= 0 = 0 = 0 . = .. .

   x98 + x99 + x100 = 0     x + x100 + x1 = 0    99 x100 + x1 + x2 = 0 5

= = = = =

6 12 24 . 48 96

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´e x1 = x2 = ... = x99 = x100 = 0. Problema 21. (EUA) Quatro inteiros positivos a, b, c, d  ab + a + b = bc + b + c =  cd + c + d =

tˆem produto igual a 8! e satisfazem 524 146 104

Quanto vale a − d?

Problema 22. (EUA) Quantas triplas ordenadas (x, y, z) de equa¸c˜oes abaixo?  2 − 3xy + 2y 2 −  x 2 −x + 6yz +  2 x + xy + Problema 23. (Iberoamericana) Ache todas  + y  x 2 x − y2  3 −x + y 3

de inteiros satisfazem o sistema z 2 = 31 2z 2 = 44 8z 2 = 100

a triplas de n´ umeros reais (x, y, z) tais que − z = −1 + z2 = 1 + z 3 = −1

Problema 24. (Romˆenia) Os n´ umeros reais n˜ ao nulos x, y, z, t verificam as seguintes equa¸c˜oes  t x + y + z = 1 1 1 1 + y + z = t  x3 x + y 3 + z 3 = 10003

Determine o valor da soma x + y + z + t.

Problema 25. (OCM) Determine a + b + c + d, se  = 3840 6a + 2b 6c + 3d = 4410 .  a + 3b + 2d = 3080

Problema 26. (OBM/IME) Sejam a, b, c e k n´ umeros reais diferentes de zero satisfazendo a b c as rela¸c˜oes k = b+c = c+a = a+b . Qual ´e o n´ umero de poss´ıveis valores que k pode assumir?

Problema 27. (OBM) Determine o n´ umero de solu¸c˜oes inteiras e positivas do sistema  a + b = c2 a + b + c = 30 Problema 28. (OBM) As letras O, B, M representam n´ umeros inteiros. Se O × B × M = 240, O × B + M = 46 e O + B × M = 64, quanto vale O + B + M ? 6

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Problema 29. (OBM) Sejam a, b, c n´ umeros reais positivos tais que a(b+c) = 152, b(c+a) = 162 e c(a + b) = 170. Determine o valor de abc. Problema 30. (OBM) Quantos pares ordenados (x, y) de n´ umeros reais satisfazem a equa¸c˜ao
2 x − y 2 + (x − y − 2)2 = 0.

Problema 31. (OBM) Os inteiros 0 < x < y < z < w < t s˜ ao tais que w = z(x + y) e t = w(y + z). Sendo w = 9, determine o valor de t. Problema 32. (EUA) Se x e y s˜ ao n´ umeros reais n˜ ao-nulos tais que x = 1 + ent˜ao y ´e igual a: a) x − 1 b) 1 − x c) 1 + x d) −x e) x

7

1 1 e y = 1+ , y x

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Dicas 4. Fatore o lado esquerdo da equa¸c˜ ao. Comece escrevendo a soma dos 3 primeiros termos como o quadrado da soma de dois termos. 5. Observe que o problema n˜ ao pede todas as solu¸c˜oes dessa equa¸c˜ao. Assim, fatore o lado esquerdo e fa¸ca x + y = a2 e x − y = a. 6. Use a defini¸c˜ ao: se x ∈ Q, ent˜ ao existem p, q ∈ Z, q 6= 0 tais que x = pq . Se for necess´ario, acrescente que x e y s˜ ao primos entre si. Com essa u ´ltima observa¸c˜ao, as paridades de p e q s´ o n˜ ao podem ser ambas pares. Utilize o fato de que 0 ´e par para chegar a contradi¸c˜ oes em todos os casos. 7. Passe o primeiro fator para o lado direito e racionalize (ou ent˜ao, racionalize mesmo na equa¸c˜ ao inicial). Depois, fa¸ca o mesmo com o segundo fator. 8. Para ’equilibrar’ a equa¸c˜ ao, passe 1c para o lado direito. Em seguida, reduza a um denominador comum em cada lado. Analise, em seguida, as possibilidades de os n´ umeros serem ou n˜ ao iguais a 0. 9. Use a defini¸c˜ ao: se r ´e raiz da equa¸c˜ao em x, ent˜ao substituindo x pelo valor r a equa¸c˜ ao fica verdadeira. Depois, escreva 4 como produto de 4 n´ umeros inteiros distintos. 16. Combine as equa¸c˜ oes 1 e 3. 18. Some todas as equa¸c˜ oes, que nos dar´ a a soma de todas os xi s. Depois, subtraia cada uma desse resultado. 19. Some todas as equa¸c˜ oes. 20. Subtraia as equa¸c˜ oes aos pares. 21. Some 1 a cada membro de cada equa¸c˜ao e use a fatora¸c˜ao xy+x+y+1 = (x+1)(y+1). 22. Some todas as equa¸c˜ oes e perceba soma de quadrados. 23. Subtraia as equa¸c˜ oes aos pares. 24. Veja o problema 8. 26. Escreva a = k(b + c), b = k(c + a), c = k(a + b) e some todas as equa¸c˜oes em seguida. 28. Multiplique a segunda equa¸c˜ ao por M e a terceira por O. 29. Some todas as equa¸c˜ oes. 30. Se a soma dos quadrados de dois n´ umeros reais ´e 0, ent˜ao os dois n´ umeros s˜ ao iguais a 0.

8

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Respostas 4. (0, 36), (1, 16), (4, 4), (9, 0), (0, 64), (1, 36), (4, 16), (9, 4), (16, 0) 8. a = −b ou b = −c ou c = −a

9. 1

10. 3 16. (2, −1, 1),

1 19 2 12 , 3 , − 4




17. S = {983, 984, 989, 991, 1000}

18. (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (−25, −19, −7, 17, 65)

21. 10 22. 0

23. (−1, −1, −1), (1, −1, 1)

24. 2000 25. 1985 26. 2 27. 24

1 2 ; −1




28. 20 29. 720 30. 2 31. 45 32. e

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3

Sequˆ encias Uma sequˆencia nada mais ´e do que um conjunto de n´ umeros ordenados. Assim, podemos estabelecer um primeiro termo (a1 ), um segundo termo (a2 ), ... e o termo geral de uma sequˆencia ´e escrito na forma an . Os problemas costumam informar qual ´e o valor de alguns termos e uma lei de forma¸c˜ ao para os demais termos. Se necess´ario, faremos uso de termos, que na sequˆencia, s˜ ao anteriores aos termos dados ou posteriores (que ser´ a mais raro). Algumas vezes, essa lei de forma¸c˜ ao ser´ a impl´ıcita, ou seja, n˜ ao poderemos calcular os termos diretamente a partir da posi¸c˜ ao que eles ocupam na sequˆencia. Por exemplo, se cada termo ´e a soma dos dois termos imediatamente anteriores e os primeiro e segundo termos s˜ ao iguais a 1. Possivelmente, precisaremos de uma lei expl´ıcita, que calcula um termo da sequˆencia apenas a partir da posi¸c˜ao que ele ocupa. No par´ agrafo anterior, a sequˆencia em quest˜ao ´e a famosa Sequˆencia de Fibonacci. Na pr´ oxima aula, vamos aprender como encontrar seu termo geral.

1 Sequˆ encias simples Problema 1. Mostre que a sequˆencia definida por an = n2 + n + 2 para n ≥ 1, ent˜ao na sequˆencia a1 , a2 , a3 , ... cont´em an quadrado perfeito, mas apenas em quantidade finita. Solu¸c˜ ao. Inicialmente, veja que a1 = 4, que ´e quadrado perfeito. Mas para n > 1, ocorre n2 < n2 + n + 2 < n2 + 2n + 1, ou seja, an est´ a situado entre 2 quadrados perfeitos consecutivos e, portanto, n˜ ao pode ser um quadrado. Problema 2. Uma sequˆencia {an } ´e definida por a1 = 2 e, para n ≥ 2, an ´e o maior divisor primo de a1 · a2 · ... · an−1 + 1. Mostre que an nunca ´e igual a 5.

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Solu¸c˜ ao. O m´ aximo divisor primo de a1 +1 = 3 ´e a2 = 3. Logo, se n > 2, a1 ·a2 ·...·an−1 +1 n˜ ao possui fatores 2 nem 3, ou seja, se an = 5, ent˜ao a1 · a2 · ... · an−1 + 1 = 5k ou a1 · a2 · ... · an−1 = 5k − 1, que ´e m´ ultiplo de 4, uma contradi¸c˜ao pois o u ´nico fator par do membro esquerdo dessa u ´ltima equa¸c˜ ao ´e a1 = 2. Problema 3. (OBM) Considere a sequˆencia oscilante: 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, ... Determine o 2003o termo desta sequˆencia. Solu¸c˜ ao. Uma parte da sequˆencia, com 8 algarismos, se repete: 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2. Dividindo 2003 por 8, obtemos 3 como resto, e deste modo, o 2003o termo corresponde ao terceiro elemento da parte da sequˆencia que se repete, isto ´e, 3. Problema 4. (OBM-Adaptado) A sequˆencia de algarismos 1, 2, 3, 4, 0, 9, 6, 9, 4, 8, 7, ... ´e constru´ıda da seguinte maneira: cada elemento, a partir do quinto, ´e igual ao u ´ltimo algarismo da soma dos quatro anteriores. Os algarismos 2, 0, 0, 4, juntos e nesta ordem, aparecem na sequˆencia? Problema 5. Calcule a soma 1 − 2 + 3 − 4 + . . . − 98 + 99 − 100.

2 Somas Telesc´ opicas Vamos entender o que ´e uma soma telesc´ opica atrav´es do nosso primeiro exemplo.

Problema 6. (EUA) Se F (n + 1) = mine o valor de F (101).

2F (n) + 1 para n = 1, 2, ..., e F (1) = 2, ent˜ao deter2

Solu¸c˜ ao. Podemos reescrever a equa¸c˜ ao que define os termos dessa sequˆencia recursivamente (isto ´e, em fun¸c˜ ao de termos anteriores) da seguinte forma: 1 F (n + 1) − F (n) = . 2 Assim, podemos escrever essas equa¸c˜oes variando n de 100 a 1: 1 2 1 F (100) − F (99) = 2 : 1 F (3) − F (2) = 2

F (101) − F (100) =

2

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 3 - Prof. Marcelo Mendes 1 2 Somando telescopicamente todas essas equa¸c˜oes, obtemos F (101) − F (1) = 50, ou seja, F (101) = 52 pois F (1) = 2. F (2) − F (1) =

Sequˆencias como essa que acabamos de ver em que a diferen¸ca entre os valores dos termos consecutivos ´e constante s˜ ao chamadas de Progress˜ ao Aritm´etica (P.A.). Acho que deu pra entender o que ´e uma soma telesc´ opica: s˜ ao somas em que os termos intermedi´arios s˜ ao cancelados e, no final, s´ o restam o primeiro e o u ´ltimo. Pode at´e mesmo ser interessante escrever coisas do tipo 1 − n = (1 − 2) + (2 − 3) + ... + [(n − 1) − n] . Vejamos agora mais um exemplo. Problema 7. Encontre o valor da soma S=

1 1 1 1 + + + ... + . 1×2 2×3 3×4 999 × 1000

Solu¸c˜ ao. Essa ´e uma aplica¸c˜ ao cl´ assica para somas telesc´ opicas. Observe que os denomi1 = nadores s˜ ao produtos de n´ umeros consecutivos. Com o aux´ılio da identidade k × (k + 1) 1 1 − , conclu´ımos que k k+1 S=

1 1 1 1 1 1 1 1 1 999 − + − + − + ... + − ⇒S =1− = . 1 2 2 3 3 4 999 1000 1000 1000

Problema 8. (EUA) Encontre a soma

1 1 1 1 + + + ... + . 1×3 3×5 5×7 255 × 257

Problema 9. (OBM) Encontre a soma

1 1 1 1 + + + ... + . 1 × 4 4 × 7 7 × 10 2998 × 3001

Problema 10. (Hungria) Prove que para todos os inteiros positivos n, 1 1 1 1 1 1 + + ... + = + + ... + . 1·2 3·4 (2n − 1) · 2n n+1 n+2 2n Solu¸c˜ ao. Veja 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ... + = 1 − + − + ... + − 1·2 3·4 (2n − 1) · 2n 2 3 4 2n − 1 2n   1 1 1 1 1 1 1 1 + −2 + + ... + = 1 + + + + ... + 2 3 4 2n − 1 2n 2 4 2n 3

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=1+

  1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + + − 1 + + ... + 2 3 4 2n − 1 2n 2 n

1 1 1 + + ... + . n+1 n+2 2n Observe que, apesar de muito semelhante aos problemas anteriores, este n˜ ao utiliza soma telesc´ opica. =

Problema 11. O pagamento de um certo pintor aumenta de acordo com o dias em que ele trabalha. No primeiro dia ele recebeu 1 real. no segundo dia ele recebeu o que tinha ganho no primeiro dia mais 2 reais. No terceiro dia ele recebeu o que tinha recebido no segundo dia mais 3 reais. Desse modo, quanto o marceneiro ir´ a receber no cent´esimo dia? Solu¸c˜ ao. Seja Ln o valor pago no n-´esimo dia. O problema no diz que Ln+1 = Ln + (n + 1). Vamos escrever v´arias equa¸c˜ oes seguidas: Ln+1 Ln Ln−1 L2

= = = ... =

Ln + (n + 1) Ln−1 + n Ln−2 + (n − 1) L1 + 2

Somando tudo, obtemos um cancelamento de v´arios termos (soma telesc´ opica), sobrando: (n + 1)(n + 2) Ln+1 = (n + 1) + n + (n − 1) + . . . + 2 + 1 = . 2 Problema 12. Prove que S = √

1 1 1 √ +√ √ +. . .+ √ √ ´e um n´ umero inteiro. 1+ 2 2+ 3 99 + 100

Solu¸c˜ ao. A dica ´e racionaliza¸c˜ ao dos denominadores: √ √ √ √  1− 2 1 1 √ √ =√ √ ·√ √ =− 1− 2 . 1+ 2 1+ 2 1− 2 Repetindo o procedimento para as demais parcelas, chegamos a: −S =

√ √ √ √ √ √ √ √ 1 − 2 + 2 − 3 + ... + 99 − 100 = 1 − 100 = −99 ⇔ S = 99,

que ´e um n´ umero inteiro. Problema 13. Determine o valor da express˜ ao 

2002 2002 2002 2002 E= + + + ... + 2·6 6 · 10 10 · 14 1998 · 2002 4

√

1√ + √ 1 √ + √ 1 √ +...+ √ 1√ 1+ 2 2+ 3 3+ 4 99+ 100

.

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Problema 14. (EUA) A Sequˆ encia de Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ... come¸ca com dois 1s e cada termo seguinte ´e a soma de seus dois antecessores. Qual dos dez d´ıgitos (do sistema de numera¸c˜ ao decimal) ´e o u ´ltimo a aparecer na posi¸c˜ao das unidades na seq¨ uˆencia de Fibonacci? Problema 15. (OBM) Determine o m´ aximo divisor comum de todos os termos da sequˆencia cujos termos s˜ ao definidos por an = n3 − n. Problema 16. (EUA) Considere uma sequˆencia un definida por u1 = 5 e a rela¸c˜ao un+1 − un = 3 + 4(n − 1), n = 1, 2, 3, ... Se un ´e expresso como um polinˆ omio em n, determine a soma alg´ebrica de seus coeficientes. Solu¸c˜ ao. Podemos escrever un − un−1 = 3 + 4(n − 2) un−1 − un−2 = 3 + 4(n − 3) : u2 − u1 = 3 + 4 · 1 Somando todas essas equa¸c˜ oes, obtemos un − u1 = 3(n − 1) + 4 (1 + 2 + ... + (n − 2)) = 3(n − 1) + 2(n − 1)(n − 2) ⇒ un = 2n2 − 3n + 6, cuja soma dos coeficientes ´e 5. Problema 17. (Estˆonia) Prove a desigualdade 2010 <

22 + 1 32 + 1 20102 + 1 1 + + ... + < 2010 . 2 2 2 2 −1 3 −1 2010 − 1 2

Problema 18. Calcule a soma

n X

1 √ . √ (k + 1) k + k k + 1 k=1

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Problema 19. Considere a seq¨ uˆencia definida por a1 = 1 e an+1 =

an 1+n·an .

Calcule a2012 .

Solu¸c˜ ao. Come¸caremos com um artif´ıcio alg´ebrico bastante u ´til que ´e observar que, na f´ormula de an+1 , a fra¸c˜ ao do membro direito pode ser melhor desenvolvida se for invertida, porque poderemos desmembrar o resultado. De fato, temos 1 an+1

=

⇔

1 + n · an 1 = +n an an 1 an+1

−

1 = n. an

Assim, obtemos uma chamada equa¸ca ˜o de diferen¸ca. Variando o valor de n de forma decrescente de 2010 a 1, chegaremos a 1 a2011 1 a2011

− − .. .

1 a2010 1 a2010

1 a3 1 a2

− −

1 a2 1 a1

= 2010 = 2009 .. = . = =

2 1

Somando essas 2010 equa¸c˜ oes membro a membro, obtemos 1 a2011

−

1 2010 · 2011 = 1 + 2 + ... + 2009 + 2010 = = 2021055 a1 2 ⇔

Portanto, a2011 =

1 a2011

= 2021056.

1 2021056 .

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3 Produtos Telesc´ opicos A ideia ´e semelhante a das somas telesc´ opicas, mas o cancelamento ocorre pelo produto e n˜ ao por soma. Problema 20. No ano 1 Papai Noel viajou sozinho para entregar seus presentes na noite de Natal. No ano seguinte, ele percebeu que precisava de um ajundante e contratou um Matesito (t´ıpico habitante do P´ olo Norte). A cada ano, ele sempre precisava dobrar a quantidade de Matesitos e contratava mais Matesitos para guiar as renas. Quantos Matesitos Papai Noel vai precisar contratar no ano de 2012? Solu¸c˜ ao. Seja Ln o n´ umero de Matesitos em cada ano. O problema no diz que Ln+1 = 2Ln + 1. Somando 1 aos dois lados obtemos Ln+1 + 1 = 2(Ln + 1). Vamos escrever v´arias equa¸c˜oes seguidas: Ln+1 + 1 Ln + 1 Ln−1 + 1

= = = ... L2 + 1 =

2(Ln + 1) 2(Ln−1 + 1) 2(Ln−2 + 1) 2(L1 + 1)

Multiplicando tudo, obtemos um cancelamento de v´arios termos (produto telesc´ opico), sobrando: Ln+1 + 1 = |2 × 2 ×{z 2 . . . × 2} = 2n+1 ⇒ Ln+1 = 2n+1 − 1. n+1vezes

Em particular, L2012 = 22012 − 1.

Problema 21. Uma sequˆencia ´e definida por a1 = 2 e an = 3an−1 + 1. Determine a soma a1 + a2 + . . . + an . 2 Problema 22. Considere p a sequˆencia recorrente definida por a1 = 14 e an+1 = an − 2. 2 Prove que o n´ umero 3 (an − 4) ´e divis´ıvel por 4, ∀n ∈ Z, n ≥ 1. q
Solu¸c˜ ao. Primeiro, veja que 3 a21 − 4 = 24. Observe que

an+1 − 2 = a2n − 4 = (an + 2)(an − 2). Reduzindo os ´ındices, obtemos tamb´em an − 2 = (an−1 + 2)(an−1 − 2) : a3 − 2 = (a2 + 2)(a2 − 2) a2 − 2 = (a1 + 2)(a1 − 2) 7

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Multiplicando todas essas equa¸c˜ oes telescopicamente, obtemos an+1 − 2 = (an + 2)(an−1 + 2)...(a1 + 2)(a1 − 2)

que ´e m´ ultiplo de 4.

⇔ a2n − 4 = a2n−1 · a2n−2 · ... · 16 · 12
⇔ 3 a2n − 4 = a2n−1 · a2n−2 · ... · 16 · 36. p ⇔ 3 (a2n − 4) = an−1 · an−2 · ... · 4 · 6,

2 − 2, ∀n ≥ 2. Se sn = rn − 2 para n ≥ 1, prove que Problema 23. Sejam r1 = 3 e rn = rn−1 j−2 sj tem, no m´ınimo, 2 · 3 divisores positivos, j ≥ 2.

Problema 24. (EUA) Defina uma sequˆencia de n´ umeros reais a1 , a2 , a3 , ... por a1 = 1 e a3n+1 = 99a3n , ∀n ≥ 1. Determine o valor de a100 .




104 + 324 224 + 324 344 + 324 464 + 324 584 + 324 Problema 25. Calcule o valor de . (44 + 324) (164 + 324) (284 + 324) (404 + 324) (524 + 324) Problema 26. Qual ´e o valor do produto

4n + 4 2008 8 12 16 · · · ... · · ... · ? 4 8 12 4n 2004

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Dicas

5. Agrupe os n´ umeros aos pares.   1 1 1 1 = − 8. Use . k · (k + 2) 2 k k+2 9. Pense numa ideia semelhante ` a sugest˜ao do problema 8. 13. Use mais uma vez uma ideia parecida com a do problema 8 e veja o problema 12. 14. Calcule os primeiros termos at´e chegar `a resposta. 1 1 n2 + 1 =1+ − . (n − 1)(n + 1) n−1 n+1 √ √ 18. Fatore o denominador pondo k k + 1 em evidˆencia. √ racionalize o denomi√ Depois, nador multiplicando numerador e denominador por k + 1 − k e surgir´a uma soma telesc´ opica.

17. Use

21. Subtraindo as equa¸c˜ oes an = 3an−1 + 1 e an−1 = 3an−2 + 1, obtemos an − an−1 = 3 (an−1 − an−2 ). Depois, multiplique v´arias dessas equa¸c˜oes seguidas (produto telesc´ opico). 23. Veja problema 21. 24. Multiplique v´arias dessas equa¸c˜ oes seguidas (produto telesc´ opico).


2 25. Use a4 +182 = a4 +2a2 ·18+182 −36a2 = a2 + 18 −(6a)2 = a2 + 6a + 18 a2 − 6a + 18 .

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Respostas

4. N˜ao 5. −50 8.

128 257

9.

1000 3001 √

13. 2002

99

14. 6 15. 6 18.

√ n+1−1 √ n+1

21.

5·3n −2n−5 4

24. 9933 25. 373 26. 502

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Recorrˆ encias - Parte I Na aula anterior, vimos alguns exemplos de sequˆencias. Em alguns deles, os termos s˜ ao dados em fun¸c˜ ao de termos anteriores, ou seja, eles recorrem a valores de termos anteriores. Por isso, essas sequˆencias s˜ ao chamadas de recorrˆ encias. Talvez os exemplos mais cl´ assicos de sequˆencias recorrentes sejam as progress˜oes aritm´etica e geom´etrica, que veremos neste texto.

1 Progress˜ oes Aritm´ eticas O problema 6 da aula anterior ´e um exemplo de P.A. Por defini¸c˜ao, uma P.A. ´e uma sequˆencia em que a diferen¸ca entre os termos consecutivos ´e constante. Da´ı, se (a, b, c) ´e uma P.A., ent˜ ao b − a = c − b, ou ent˜ ao, 2b = a + c, isto ´e, b = a+c 2 , ou seja, cada termo de uma P.A. ´e a m´edia aritm´etica dos termos adjacentes. Essa propriedade, portanto, justifica o nome desse tipo de sequˆencia. Sendo d o valor da diferen¸ca constante (tradicionalmente chamada de raz˜ ao), temos a seguinte lei de forma¸c˜ ao para os termos de uma P.A. {an } an = an−1 + d. Mas veja que essa ´e uma f´ormula impl´ıcita, recorrente, que necessita de valores anteriores para se achar o valor de um determinado termo. Somando telescopicamente v´arias dessas equa¸c˜oes an = an−1 + d an−1 = an−2 + d : a3 = a2 + d a2 = a1 + d

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chegamos a an = a1 + (n − 1)d, que ´e a f´ormula cl´ assica para o termo geral de uma P.A. Todavia, pode ser mais interessante em determinados problemas a f´ormula an = am + (n − m)d ⇔ an − am = (n − m)d, que, ao inv´es de depender do valor do termo a1 , calcula an a partir de qualquer outro termo am , podendo este, inclusive, ser posterior. Essa f´ormula nos permite concluir que a1 + an = a2 + an−1 = a3 + an−2 = .... Da´ı, somando as duas equa¸c˜ oes a seguir S = a1 + a2 + ... + an−1 + an S = an + an−1 + ... + a2 + a1 chegamos a S=

(a1 + an ) n . 2

Problema 1. (EUA) Os quatro primeiros termos de uma P.A. s˜ ao a, x, b, 2x. Determine o a valor da raz˜ ao . b a+b 2b a 1 Solu¸c˜ ao. Temos 2x = a + b e 2b = x + 2x. Assim, = e, portanto, = . 2 3 b 3 Problema 2. (IME) Determine a rela¸c˜ ao que deve existir entre os n´ umeros m, n, p, q para que se verifique a seguinte igualdade entre os termos de uma mesma progress˜ao aritm´etica n˜ ao-constante: am + an = ap + aq . Problema 3. Encontre o valor de a2 + a4 + a6 + ... + a98 se a1 , a2 , a3 , ... ´e uma P.A. de raz˜ ao 1 e a1 + a2 + a3 + ... + a98 = 137. Solu¸c˜ ao. Podemos escrever a1 +a2 +...+a97 +a98 = 137 como (a2 − 1)+a2 +...+(a98 − 1)+ a98 = 137. Da´ı, 2 (a2 + a4 + a6 + ... + a98 ) − 49 = 137 e, portanto, a2 + a4 + a6 + ... + a98 = 137 + 49 = 93. 2 Problema 4. (EUA) Seja a1 , a2 , ..., ak uma progress˜ao aritm´etica finita com a4 + a7 + a10 = 17 e a4 + a5 + a6 + ... + a12 + a13 + a14 = 77. Se ak = 13, determine o valor de k. Problema 5. Calcule a soma dos 1000 primeiros m´ ultiplos positivos de 7.

2

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Problema 6. Um jardineiro tem que regar 60 roseiras plantadas ao longo de uma vereda retil´ınea e distando 1m uma da outra. Ele enche seu regador, a 15m da primeira roseira, e, a cada viagem, rega 3 roseiras. Come¸cando e terminando na fonte, qual ´e o percurso total que ele ter´ a que caminhar at´e regar todas as roseiras? Problema 7. Observe a disposi¸c˜ ao, abaixo, da seq¨ uˆencia dos n´ umeros naturais ´ımpares. 1a 2a 3a 4a 5a :

linha linha linha linha linha :

1 3, 5 7, 9, 11 13, 15, 17, 19 21, 23, 25, 27, 29 :

Determine o quarto termo da vig´esima linha. Problema 8. (Espanha) Encontre uma P.A. tal que a soma de seus n primeiros termos seja igual a n2 para qualquer valor de n. Solu¸c˜ ao. Veja que Sn = a1 + a2 + ... + an = n2 . Com n = 1, obtemos S1 = a1 = 1 e, com n = 2, S2 = a1 + a2 = 4. Logo, a2 = 3. Assim, a raz˜ ao da P.A. ´e a2 − a1 = 3 − 1 = 2. Portanto, a P.A. procurada ´e 1, 3, 5, 7, ... Problema 9. (IME) O quadrado de qualquer n´ umero par 2n pode ser expresso como a soma de n termos, em progress˜ ao aritm´etica. Determine o primeiro termo e a raz˜ ao da progress˜ao. Problema 10. (ITA) Provar que se uma P.A. ´e tal que a soma dos seus n primeiros termos ´e igual a n + 1 vezes a metade do n-´esimo termo, ent˜ao r = a1 . Solu¸c˜ ao. Pelo enunciado, temos Sn = (n + 1)

(a1 + an ) n an an ⇔ = (n + 1) ⇔ a1 · n = an 2 2 2

⇔ a1 · n = a1 + (n − 1)r ⇔ a1 (n − 1) = (n − 1)r, ∀n. Portanto, a1 = r. m2 Sm = 2 , sendo Sm e Sn as somas dos m primeiros Sn n termos e dos primeiros n termos, respectivamente, com m 6= n. Prove que a raz˜ ao da P.A. ´e o dobro do primeiro termo. Problema 11. Numa P.A., tem-se

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Problema 12. Se numa P.A. a soma dos m primeiros termos ´e igual `a soma dos n primeiros termos, m 6= n, mostre que a soma dos m + n primeiros termos ´e igual a zero. Problema 13. (OCM) Mostre que gress˜ao aritm´etica.

√ √ √ 2, 3, 5 n˜ ao podem ser termos de uma mesma pro-

Problema 14. Cada uma das progress˜oes aritm´eticas a seguir tem 80 termos: (an ) = (9, 13, ...) e (bn ) = (10, 13, ...). Quantos n´ umeros s˜ ao, ao mesmo tempo, termos das duas progress˜oes? Problema 15. Numa P.A., temos ap = q e aq = p, com p 6= q. Determine a1 e ap+q . Problema 16. (EUA) Se a soma dos 10 primeiros termos e a soma dos 100 primeiros termos de uma progress˜ ao aritm´etica s˜ ao 100 e 10, respectivamente, determine a soma dos 110 primeiros termos. Solu¸c˜ ao. Vamos escrever os dados do problema da seguinte forma (a1 + ... + a10 ) + (a11 + ... + a20 ) + ... + (a91 + ... + a100 ) = 10 (a1 + ... + a10 ) + (a1 + ... + a10 ) + ... + (a1 + ... + a10 ) = 100 · 10 Subtraindo termo a termo, obtemos 0 · 10 + 10r · 10 + ... + 90r · 10 = −900 1 ⇒ 100r(1 + ... + 9) = −900 ⇒ r = − . 5 Portanto a1 + ... + a110 = (a1 + ... + a100 ) + (a101 + ... + a110 ) = 10 + [(a1 + 100r) + ... + (a10 + 100r)] = 10 + (a1 + ... + a10 ) + 1000r = 10 + 100 − 200 = −90.

Problema 17. (EUA) Em uma P.A., a soma dos 50 primeiros termos ´e 200 e a soma dos 50 pr´ oximos ´e 2700. Determine a raz˜ ao e o primeiro termo dessa seq¨ uˆencia.

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Problema 18. (EUA) A soma dos n primeiros termos de uma P.A. ´e 153 e a raz˜ ao ´e 2. Se o primeiro termo ´e um inteiro e n > 1, determine o n´ umero de valores poss´ıveis de n. (a1 + an ) n = 153, temos [a1 + (n − 1)] n = 153. Como a1 + (n − 1) e n 2 s˜ ao inteiros positivos, eles s˜ ao divisores positivos de 153. Mas 153 = 32 × 17 e, portanto, 153 possui 6 divisores positivos, sendo 5 deles maiores que 1.

Solu¸c˜ ao. Como

Problema 19. (EUA) A soma dos n primeiros termos de uma P.A. ´e x e a soma dos n seguintes ´e y. Calcular a raz˜ ao. Problema 20. A sequˆencia 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 1, 2, ... consiste de 1s separados por blocos de 2s, com n 2s no n-´esimo bloco. Determine a soma dos 1234 primeiros termos dessa seq¨ uˆencia. 2006

Problema 21. Mostre que 20082007

´e um termo da P.A. infinita (6, 13, 20, 27, ...).

Problema 22. (EUA) Os trˆes primeiros termos de uma progress˜ao aritm´etica s˜ ao 2x − 3, 5x − 11 e 3x + 1, respectivamente. O n-´esimo termo da sequˆencia ´e 2009. Quel ´e o valor de n? Problema 23. (EUA) Os quatro primeiros termos de uma progress˜ao aritm´etica s˜ ao p, 9, 3p− q e 3p + q. Qual ´e o 2010o termo dessa sequˆencia?

2 Progress˜ ao Geom´ etrica Semelhante ao que escrevemos para P.A., por defini¸c˜ao, uma P.G. ´e uma sequˆencia em que cada novo termo, a partir do segundo, ´e o produto do termo anterior por uma constante. Da´ı, se (a, b, c) ´e uma P.G., ent˜ ao b2 = ac. Sendo q o valor da raz˜ ao constante, temos a seguinte lei de forma¸c˜ao para os termos de uma P.G. {an } an = an−1 · q. Mas veja que essa tamb´em ´e uma f´ormula impl´ıcita, recorrente, que necessita de valores anteriores para se achar o valor de um determinado termo. Multiplicando telescopicamente v´arias dessas equa¸c˜ oes

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an = an−1 · q an−1 = an−2 · q : a3 = a2 · q a2 = a1 · q chegamos a an = a1 · q n−1 , que ´e a f´ormula cl´ assica para o termo geral de uma P.G. A f´ormula da soma dos n primeiros termos ´e qn − 1 , q−1 se q 6= 1 e Sn = a1 · n, se q = 1, e a f´ormula do produto dos n primeiros termos pode ser apresentada de 2 maneiras S n = a1 ·

Pn = an1 · q

n(n−1) 2

ou Pn2 = (a1 · an )n . Problema 24. (EUA) Suponha que x, y, z estejam em P.G. de raz˜ ao r e x 6= y. Se x, 2y, 3z est˜ ao em P.A., determine o valor de r. Solu¸c˜ ao. Temos y = x · r e z = x · r 2 pela P.G. Pela P.A., segue que 4y = x + 3z. Logo, 4xq = x + 3xq 2 . Se x = 0, ent˜ ao y = 0 = x, o que n˜ ao pode ocorrer. Da´ı, 3q 2 − 4q + 1 = 0, 1 cujas solu¸c˜oes s˜ ao q = 1 e q = 3 . Como q = 1 implica x = y, conclu´ımos que q = 31 . Problema 25. Se (a, b, c) formam, nesta ordem, uma P.A. e uma P.G. simultaneamente, mostre que a = b = c. a+c Solu¸c˜ ao. Por ser P.A., temos b = (*) e, por ser P.G., b2 = ac. Logo, 2 ou seja, (a − c)2 = 0. Assim, a = c e, por (*), a = b = c.



a+c 2

2

Problema 26. (OCM) Determine a soma dos n primeiros termos da sequˆencia:  

1, (1 + 2), 1 + 2 + 22 , 1 + 2 + 22 + 23 , ..., 1 + 2 + 22 + 23 + ... + 2k−1 . 6

= ac,

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Problema 27. 6. Mostre que n˜ ao existe P.G. de trˆes termos distintos tal que, ao somarmos um mesmo n´ umero real n˜ ao-nulo a todos os seus termos, a nova sequˆencia seja tamb´em uma P.G. Problema 28. (EUA) Numa P.G. de 2n termos, a soma dos termos de ordem par ´e P e a soma dos termos de ordem ´ımpar ´e I. Calcule o 1o termo e a raz˜ ao. Solu¸c˜ ao. De a2 + ... + a2n = P ,
segue que q · (a1 + ... + a2n−1 ) = P ou q · I = P . Logo, n q2 − 1 q 2n+1 − q (P − I)I 2n P = a1 · . Logo, a1 = 2n . q = . Al´em disso, P = a2 · I q−1 q−1 P − I 2n Problema 29. Prove que, quando os lados de um triˆ angulo est˜ ao em P.G., o mesmo ocorre para as alturas.

Problema 30. Sejam a, b, c n´ umeros reais n˜ ao-nulos, com a 6= c, tais que Prove que a, b e c formam uma P.G.

a a 2 + b2 = 2 . c c + b2

Problema 31. (EUA) O 5o e o 8o termos de uma progress˜ao geom´etrica de n´ umeros reais s˜ ao 7! e 8!, respectivamente. Qual ´e o 1o termo?

2 Recorrˆ encias Lineares de Ordem 2 - Parte I Por fim, vamos estudar apenas as recorrˆencias em que a equa¸ca ˜o caracter´ıstica possui raiz real dupla. Mas o que ´e uma equa¸c˜ao caracter´ıstica? Vejamos. Considere a recorrˆencia linear de ordem 2 (isto ´e, s´ o depende dos 2 termos imediatamente anteriores) an = pan−1 + qan−2 . A equa¸c˜ao caracter´ıstica dessa recorrˆencia ´e a equa¸c˜ao quadr´ atica formada repetindo os mesmos coeficientes da recorrˆencia, ou seja, x2 = px + q ⇔ x2 − px − q = 0. Mas como surge essa equa¸c˜ ao? A resposta ser´ a dada no texto da aula seguinte. Por enquanto, acredite. Como exemplo, considere uma recorrˆencia definida por a1 = 1, a2 = 3 e, para n ≥ 3, an = 2an−1 − an−2 . A equa¸c˜ ao caracter´ıstica associada ´e x2 − 2x + 1 = 0, que possui duas ra´ızes iguais a 1. Entrementes, uma olhadinha mais cuidadosa mostra que a recorrˆencia em quest˜ao ´e de uma P.A. pois 7

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an = 2an−1 − an−2 ⇔ an − an−1 = an−1 − an−2 . Portanto, acabamos de ver que uma P.A. est´ a associada a uma equa¸c˜ao caracter´ıstica com raiz dupla 1. Agora, vejamos outro exemplo, uma recorrˆencia em que a1 = 6, a2 = 27 e, para n ≥ 3, an = 6an−1 − 9an−2 (*). A equa¸c˜ ao caracter´ıstica associada ´e x2 − 6x + 9 = 0, cujas ra´ızes s˜ ao iguais a 3. A sa´ıda agora ´e criar uma nova sequˆencia {bn } dada por an = 3n bn . Substituindo em (*), chegamos a bn = 2bn−1 − bn−2 , o que mostra que {bn } ´e uma P.A.! Assim, sendo bn = A + Bn (o termo geral de uma P.A. ´e uma fun¸c˜ao polinomial do 1o grau em fun¸c˜ao de n ou uma fun¸c˜ ao constante no caso em que a P.A. ´e constante), obtemos an = 3n (A + Bn). Para acharmos A e B, fazemos n assumir os valores 1 e 2:  6 = a1 = 3(A + B) 27 = a2 = 9(A + 2B) cujas solu¸c˜oes s˜ ao A = B = 1 e, portanto, an = 3n (n + 1). Problema 32. Resolva a recorrˆencia a1 = 4, a2 = 20 e, para n ≥ 3, an = 4an−1 − 4an−2 . Problema 33. Resolva a recorrˆencia a1 = 8, a2 = 96 e, para n ≥ 3, an = 8an−1 − 16an−2 . Problema 34. Considere a sequˆencia (an ) dada por a1 = 1, a2 = 3 e an = 10an−1 − 25an−2 , para n > 2. Determine o valor de k, dado por an = kn bn tal que a sequˆencia (bn ) seja uma P.A. Problema 35. (IME) Considere a sequˆencia {vn }, n = 0, 1, 2, ... definida a partir de seus dois primeiros termos v0 e v1 e pela f´ormula geral vn = 6vn−1 −9vn−2 , para n ≥ 2. Define-se uma nova sequˆencia {un }, n = 0, 1, 2, ... pela f´ormula vn = 3n un . a) Calcule un − un−1 em fun¸c˜ ao de u0 e u1 . b) Calcule un e vn em fun¸c˜ ao de n, v1 e v0 . 1 c) Identifique a natureza das sequˆencias {vn } e {un } quando v1 = 1 e v0 = . 3

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Dicas

2. Use ai − aj = (i − j)r, sendo r a raz˜ ao. 9. Veja o problema 8. √ √ √ 13. Suponha, sem perda de generalidade que 2, 3, 5 sejam o primeiro, o m-´esimo e o n-´esimo termos, respectivamente. Use a f´ormula do termo geral √ em √ am e an , isole a raz˜ a o em cada uma e iguale essas express˜ o es. Depois, utilize que 2, 3 e, em geral, √ k, em que k ´e um n´ umero natural n˜ ao quadrado perfeito, s˜ ao n´ umeros irracionais. 14. O primeiro termo em comum ´e 13 e a raz˜ ao dos termos em comum ´e mmc(4, 3) = 12, j´a que 3 e 4 s˜ ao as raz˜ oes iniciais. 15. Use ai − aj = (i − j)r, sendo r a raz˜ ao. 17. Veja a solu¸c˜ ao do problema 16 ou use a f´ormula da soma (que dar´ a mais trabalho). 19. Veja a sugest˜ao do problema 17. 21. Os termos da P.A. em quest˜ ao s˜ ao da forma 7k + 6 ou 7k − 1. Assim, basta achar o 2006 na divis˜ ao por 7. resto de 20082007 26. Calcule cada uma das somas parciais separadas por v´ırgulas no enunciado e, em seguida, calcule a soma dos resultados. Nas duas etapas, use a f´ormula da soma da P.G. 29. Use que a ´ area de um triˆ angulo ´e

bh . 2

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Respostas

2. m + n = p + q 4. 18 5. 3503500 6. 1820 7. 387 9. a1 = 4 e r = 8 14. 20 15. a1 = q + p − 1, ap+q = 0 17. r = 1 e a1 = −20, 5 19.

y−x n2

20. 2419 22. 502 23. 8041 26. 2n+1 − n − 2 31. 315 32. 2n (3n − 1) 33. 4n (4n − 2) 34. 5 35. a) u1 − u0 ; b) un = nv3 1 + (1 − n)v0 e vn = 3n−1 nv1 + 3n (1 − n)v0 ; c) un = 13 , sequˆencia constante e vn = 3n−1 , progress˜ ao geom´etrica

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Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Álgebra - Nível 2 Prof. Marcelo Mendes

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Recorrˆ encias - Parte II Na aula 3, falamos de uma sequˆencia famosa, a Sequˆencia de Fibonacci, cuja defini¸c˜ao ´e a seguinte: F1 = F2 = 1 e, para n ≥ 3, Fn = Fn−1 + Fn−2 . Essa f´ormula ´e uma recorrˆencia linear de ordem 2. Um de nossos objetivos neste 5o texto ´e mostrar que a f´ormula expl´ıcita para seus termos ´e √ !n √ !n 1+ 5 1− 5 1 1 −√ . Fn = √ 2 2 5 5 Surpreendente, n˜ ao ´e mesmo? Imaginar que, substituindo n por 1, 2, 3, √ 4, 5, 6, ... na f´ormula acima, acharemos exatamente os termos 1, 1, 2, 3, 5, 8, ..., e nenhum 5 sobra, ´e realmente muito belo. Em geral, nesta aula, trataremos equa¸c˜oes de recorrˆencia lineares que dependem somente dos dois termos anteriores. Inicialmente, vamos estudar o caso em que as ra´ızes da equa¸ca ˜o caracter´ıstica (que definiremos no texto) s˜ ao distintas.

1 Um Exemplo para Organizar as Ideias Vamos resolver a recorrˆencia a1 = 1, a2 = 3 e, para n ≥ 3, an = 3an−1 − 2an−2 . Podemos escrever an − an−1 = 2 (an−1 − an−2 ) e, em seguida, multiplicar telescopicamente v´arias delas an − an−1 = 2 (an−1 − an−2 ) an−1 − an−2 = 2 (an−2 − an−3 ) : a3 − a2 = 2 (a2 − a1 )

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Marcelo Mendes obtendo an − an−1 = 2n−2 (a2 − a1 ) = 2n−1 . Agora, somamos telescopicamente v´arias dessa u ´ltima equa¸c˜ao an − an−1 = 2n−1

an−1 − an−2 = 2n−2 : a2 − a1 = 2

e chegamos a an − a1 = 2 + ... + 2n−2 + 2n−1 , ou seja, an = 2n − 1. Observe que, na primeira passagem, para transformar an = 3an−1 − 2an−2 em an − an−1 = 2 (an−1 − an−2 ), ’pedimos emprestado’ an−1 para o membro esquerdo. Essa opera¸c˜ao gerou propor¸c˜ ao entre os coeficientes dos termos dos dois membros (antes e depois da igualdade), permitiu colocar o fator de propor¸c˜ao 2 em evidˆencia e a diferen¸ca que surgiu entre parˆenteses no membro direito ficou com o mesmo padr˜ao da diferen¸ca no membro esquerdo, mas com ´ındices reduzidos. Essa ser´ a nossa ideia para encontrar o termo geral da

2 Sequˆ encia de Fibonacci Como j´a definimos anteriormente, seus termos s˜ ao dados por F1 = F2 = 1 e, para n ≥ 3, Fn = Fn−1 + Fn−2 . Na verdade, os c´alculos ficam mais interessantes escrevendo Fn+1 = Fn +Fn−1 . Seria dif´ıcil ’pedir emprestado’ uma quantidade inteira desta vez pois h´ a somente Fn no membro direito. Assim, vamos chamar de λ a quantidade que ser´ a passada para o membro esquerdo, ou seja, Fn+1 − λFn = (1 − λ)Fn + Fn−1 . Para repetirmos a ideia bem sucedida do primeiro exemplo, o valor de λ deve cumprir a rela¸c˜ao de propor¸c˜ ao

ou seja,

1−λ 1 = , −λ 1 λ2 − λ − 1 = 0,

a qual chamaremos de equa¸ca ˜o caracter´ıstica da sequˆencia de Fibonacci. Observe desde j´a que os coeficientes dessa equa¸c˜ ao s˜ ao os mesmos da recorrˆencia que define a sequˆencia. Sendo λ1 e λ2 as ra´ızes, aqui ser´ a mais relevante saber que λ1 + λ2 = 1 e λ1 · λ2 = −1 (mas veja que ambas s˜ ao reais e distintas) do que escrever seus valores pela f´ormula de Baskara. Agora, substituindo λ por λ1 , obtemos Fn+1 − λ1 Fn = (1 − λ1 )Fn + Fn−1 , 2

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ou seja, Fn+1 − λ1 Fn = λ2 (Fn − λ1 Fn−1 ) . Assim, deixamos a equa¸c˜ ao pronta para escrevˆe-la v´arias vezes e fazer o produto telesc´ opico Fn+1 − λ1 Fn = λ2 (Fn − λ1 Fn−1 ) Fn − λ1 Fn−1 = λ2 (Fn−1 − λ1 Fn−2 ) : F3 − λ1 F2 = λ2 (F2 − λ1 F1 ) , cujo resultado ser´ a Fn+1 − λ1 Fn = λ2n−1 (F2 − λ1 F1 ) = λ2n−1 (1 − λ1 ) = λn2 . Analogamente, substituindo λ por λ2 , temos Fn+1 − λ2 Fn = λn1 . A diferen¸ca entre esses 2 u ´ltimos resultados gera (λ1 − λ2 ) Fn = λn1 − λn2 e, portanto, Fn =

λn1 − λn2 λ1 − λ2

lembrando que λ1 6= λ2 . Substituindo os valores de λ1 e λ2 , chegamos ao resultado desejado √ !n √ !n 1 1+ 5 1− 5 1 Fn = √ −√ . 2 2 5 5 Mas h´ a um pequeno problema. Esse m´etodo ´e bastante trabalhoso. A boa not´ıcia ´e que podemos deix´a-lo como uma quase demonstra¸c˜ao e realizar, na pr´ atica, os seguintes passos: 1o passo: Escreva a equa¸c˜ ao caracter´ıstica. Basta copiar os mesmos coeficientes da equa¸c˜ao de recorrˆencia. Em seguida, calcule as ra´ızes dessa equa¸c˜ ao. 2o passo: Escreva o termo geral da recorrˆencia. O termo geral ´e dado por Fn = Aλn1 + Bλn1 (essa f´ormula pode ser encontrada refazendo os c´alculos para a recorrˆencia mais geralmente, ou seja, com a equa¸c˜ao xn = axn−1 +bxn−2 ). 3

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Marcelo Mendes ´ interessante, para reAs constantes A e B s˜ ao dadas pelos valores dos termos iniciais. E duzir as contas, calcular o termo de ordem ’0’, que, no caso da sequˆencia de Fibonacci, ´e F0 = 0. Vejamos como seria, ent˜ ao, a resolu¸c˜ao na pr´ atica para encontrar o termo geral da sequˆencia de Fibonacci. Passo 1. Equa¸c˜ ao caracter´ıstica. De Fn −Fn−1 −Fn−2 = 0, obtemos λ2 −λ−1 = 0, cujas ra´ızes s˜ ao λ1 =

√ 1+ 5 2

e λ2 =

√ 1− 5 2 .

Passo 2. Termos geral. Fn = Aλn1 + Bλn1 . Com os valores 0 e 1 para n, obtemos 0=A+B 1 = Aλ1 + Bλ2 cuja solu¸c˜ao ´e A = −B =

√1 . 5

Portanto, 1 Fn = √ 5

√ !n 1 1+ 5 −√ 2 5

√ !n 1− 5 . 2

Problema 1. Um garoto tem n reais. Todo dia, ele realiza exatamente uma das seguintes compras: um bolo que custa R$ 1, 00, um sorvete que custa R$ 2, 00 ou um pastel que tamb´em custa R$ 2, 00. De quantas maneiras o menino pode gastar seu dinheiro? Solu¸c˜ ao. Seja an o n´ umero de maneiras de ele gastar os n reais. Assim, para gastar os u ´ltimos reais, ou ele gasta n − 1 reais primeiramente e compra um bolo no final, ou ele gasta n − 2 reais inicialmente e, em seguida, compra um sorvete ou um pastel. Portanto, podemos escrever an = an−1 + 2an−2 , com a1 = 1 (s´ o d´ a pra comprar 1 bolo) e a2 = 3 (comprando 2 bolos ou 1 sorvete ou 1 pastel). Agora, vamos resolver. i) Equa¸c˜ao caracter´ıstica: λ2 − λ − 2 = 0, cujas ra´ızes s˜ ao 2 e −1. 4

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ii) Termos geral: an = A · 2n + B · (−1)n . Podemos calcular a0 , que n˜ ao faz sentido para o gasto do dinheiro, mas existe na sequˆencia associada: a2 = a1 + 2a0 ⇒ a0 = 1. Agora, para n = 0 e n = 1 A+B =1

cuja solu¸c˜ao ´e A =

2 3

e B = 13 . Assim

2A − B = 1,

an =

2n+1 + (−1)n . 3

Problema 2. Determine o termo geral da sequˆencia definida pela recorrˆencia a1 = 1, a2 = 4 e an = 4an−1 − 3an−1 para n ≥ 3. Problema 3. Determine o termo geral da sequˆencia definida recorrentemente por a0 = 0, √ a1 = 3 e, para n ≥ 3, an = 5an−1 + an−1 . Problema 4. Considere um retˆ angulo 1 × n, que deve ser preenchido por dois tipos de retˆ angulos menores 1 × 1 e 1 × 2. De quantas maneiras se pode fazer isso? Problema 5. (OPM) Uma escada tem n degraus. Para subi-la, em cada passo, pode-se subir um ou dois degraus de cada vez. De quantos modos diferentes pode-se subir a escada? Problema 6. Uma sequˆencia de n´ umeros ak ´e definida por a0 = 0 e ak+1 = 3ak + 1, k ≥ 0. Prove que a155 ´e divis´ıvel por 11. Solu¸c˜ ao. Inicialmente, veja que essa recorrˆencia n˜ ao depende dos dois termos anteriores. A parcela 1 no membro da direita, na verdade, n˜ ao ´e bem-vinda. Assim, de ak+1 = 3ak + 1 ak = 3ak−1 + 1 obtemos ak+1 − 4ak + 3ak−1 = 0. O termo geral dessa recorrˆencia ´e an = monstra¸c˜ao deixamos para o leitor). Logo, a155 =

3n − 1 (a de2

3155 − 1 . Para finalizar, deixo como sugest˜ao que 35 − 1 = 242 = 11 × 22. 2

3 21 e 2an − 3an−1 = n+1 , n ≥ 2. Problema 7. Seja {an } uma sequˆencia tal que a1 = 16 2 Encontre o valor de a2 e a lei de recorrˆencia de cada termo em fun¸c˜ao dos dois termos imediatamente anteriores.

5

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3 Recorrˆ encias e Equa¸c˜ oes do 2o Grau Como exemplo para organizar as ideias, vamos supor que α seja uma raiz da equa¸c˜ao x2 + x − 1 = 0. Assim α2 = −α + 1. Da´ı, α3 = −α2 + α = 2α − 1

α4 = 2α2 − α = −3α + 2

α5 = −3α2 + 2α = 5α − 3. Ser´ a que existe um padr˜ao entre os coeficientes que aparecem no lado direito de cada potˆencia de α? Sim, existe! Na pr´ oxima aula, que ser´ a sobre indu¸ca ˜o finita, estaremos aptos a provar que αn = (−1)n−1 Fn α + (−1)n Fn−1 , sendo {Fn } a sequˆencia de Fibonacci. Problema 8. Se α e β s˜ ao as ra´ızes da equa¸c˜ao ax2 + bx + c = 0 e Sn = αn + β n , n ∈ N, ent˜ao mostre que aSn+1 + bSn + cSn−1 = 0. Solu¸c˜ ao. Como α e β s˜ ao as ra´ızes de ax2 + bx + c = 0, ent˜ao aα2 + bα + c = 0 aβ 2 + bβ + c = 0. Da´ı, multiplicando por αn−1 e β n−1 , respectivamente, temos aαn+1 + bαn + cαn−1 = 0 aβ n+1 + bβ n + cβ n−1 = 0. Somando, obtemos

ou seja,



a αn+1 + β n+1 + b (αn + β n ) + c αn−1 + β n−1 = 0 aSn+1 + bSn + cSn−1 = 0.

Problema 9. Seja α a maior raiz de x2 + x − 1 = 0. Determine o valor de α5 − 5α.

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´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Marcelo Mendes αn − β n , n = 1, 2, 3, .... α−β Determine os dois primeiros termos a1 e a2 dessa sequˆencia e a lei de recorrˆencia de cada termo em fun¸c˜ ao dos dois termos imediatamente anteriores. Problema 10. Sejam α e β as ra´ızes de x2 + x − 1 = 0. Sendo an =

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2. Use a equa¸c˜ ao caracter´ıstica e encontre o termo geral seguindo o exemplo e a quest˜ao 1. 3. Use a equa¸c˜ ao caracter´ıstica e encontre o termo geral seguindo o exemplo e a quest˜ao 1. 4. Para finalizar, ou ele completa com um quadradinho 1 × 1 o retˆ angulo 1 × (n − 1), que pode ser preenchido de an−1 maneiras, ou ele completa com um retˆ angulo 1 × 2 o retˆ angulo 1 × (n − 2), que pode ser preenchido de an−2 maneiras. 5. Para finalizar, ou ele sobe um degrau a partir do degrau n − 1, que pode ser alcan¸cado de an−1 maneiras, ou ele sobe dois degraus a partir do degrau n − 2, que pode ser alcan¸cado de an−2 maneiras. 3 7. Multiplique a equa¸c˜ ao de recorrˆencia por 2 e subtraia de 2an−1 − 3an−2 = n , que ´e 2 a equa¸c˜ ao dada substituindo n por n − 1. 10. Se a equa¸c˜ ao caracter´ıstica ´e x2 + x − 1 = 0, ent˜ao a equa¸c˜ao de recorrˆencia ´e an = −an−1 + an−2 .

Respostas

3n − 1 2 !n √ 5+3 3. an = − 2

2. an =

√

5−3 2

!n

4. Sendo an o n´ umero de maneiras, a1 = 1, a2 = 2, an = an−1 + an−2 5. Sendo an o n´ umero de maneiras, a1 = 1, a2 = 2, an = an−1 + an−2 7. a2 =

69 32

e 4an − 8an−1 + 3an−2

9. −3 10. a1 = 1 e a2 = −1; an = −an−1 + an−2

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Indu¸ c˜ ao - Parte I O verbo induzir significa gerar. Nesta aula, come¸caremos a ver o assunto Indu¸c˜ao Matem´ atica (ou Indu¸c˜ ao Finita ou Princ´ıpio da Indu¸c˜ao Finita), que ´e um m´etodo de prova envolvendo n´ umeros inteiros que aproveita o trabalho feito na demonstra¸c˜ao de casos anteriores para se provar o fato para um inteiro maior. Como assim? Vejamos um exemplo.

1 Um Exemplo para Organizar as Ideias Considere mais uma vez a sequˆencia de Fibonacci definida por F1 = F2 = 1 e, para n ≥ 3, Fn = Fn−1 +Fn−2 , ou seja, seus primeiros termos s˜ ao 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, ... Vamos mostrar a seguinte identidade F1 + F2 + ... + Fn = Fn+2 − 1. Come¸camos verificando para valores pequenos de n: i. n = 1 : F1 = F3 − 1 ⇔ 1 = 2 − 1 ii. n = 2 : F1 + F2 = F4 − 1 ⇔ 1 + 1 = 3 − 1 iii. n = 3 : F1 + F2 + F3 = F5 − 1 ⇔ 1 + 1 + 2 = 5 − 1 Mas o que o m´etodo da indu¸c˜ ao procura fazer ´e realizar a prova a partir de casos anteriores. Vamos fazer isso com as identidades acima. Come¸cando com F1 = F3 − 1, somamos F2 a cada membro da equa¸c˜ ao e obtemos F1 + F2 = F2 + F3 − 1 = F4 − 1.

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Observe que primeiro obtemos o lado esquerdo desejado e, s´ o depois, organizamos o lado direito. Prosseguindo, partimos de F1 + F2 = F4 − 1, somamos F3 a cada membro e chegamos a F1 + F2 + F3 = F3 + F4 − 1 = F5 − 1, ou seja, repetimos a mesma opera¸c˜ ao anterior. Isso pode ser feito de maneira geral, supondo que j´a tenhamos chegado a F1 + F2 + ... + Fk = Fk+2 − 1. Em seguida, somamos Fk+1 a cada membro da equa¸c˜ao e conclu´ımos que F1 + F2 + ... + Fk + Fk+1 = Fk+1 + Fk+2 − 1 = Fk+3 − 1. Portanto, n˜ ao precisamos fazer as opera¸c˜oes uma por uma. Podemos descrever um m´etodo que sirva para todas elas, desde que tenhamos um caso inicial para servir de ’ponta p´e inicial’. Esse m´etodo ´e o que chamamos de indu¸ca ˜o. Observe que esse processo nos permite, inclusive, supor os resultado para outros momentos distintos do passo imediatamente anterior. Quando isso ´e necess´ario, costuma-se chamar de indu¸ca ˜o forte. Problema 1. Mostre que 2n > n2 , ∀n > 4. Solu¸c˜ ao. Vejamos um caso inicial. Para n = 5, de fato, 25 > 52 . Se duplicamos ambos os lados, obtemos 26 > 2 · 52 > 62 . Agora, vamos mostrar como essa passagem de um n´ umero para o seguinte ´e geral. Suponha que seja verdade para k > 4, ou seja, 2k > k2 . Da´ı, duplicamos ambos os lados 2k+1 > 2k2 , e ficar´ a faltando apenas mostrar que 2k2 ≥ (k + 1)2 o que ´e equivalente a (k − 1)2 ≥ 2, o que ´e certamente verdade. Problema 2. Prove que 3n ≥ n3 para todo n inteiro positivo.

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Problema 3. Prove a desigualdade de Bernoulli: para todo n´ umero real x > −1 e todo n´ umero natural n, ocorre (1 + x)n ≥ 1 + nx. Solu¸c˜ ao. Nesse problema, temos duas letras (x e n). Como indu¸c˜ao ´e um m´etodo para n´ umeros inteiros, a varia¸c˜ ao s´ o poder´ a ser do valor de n. No caso inicial, quando n = 1, temos (1 + x)1 ≥ 1 + x · 1, que ´e verdade. Em seguida, suponha que a desigualdade seja verdadeira para n = k, isto ´e, (1 + x)k ≥ 1 + kx. Depois, multiplicamos cada lado por 1 + x (que ´e positivo pois x > −1) e chegamos a (1 + x)k+1 ≥ (1 + kx)(1 + x). Agora, veja que (1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx2 ≥ 1 + (k + 1)x pois kx2 ≥ 0. Portanto, (1 + x)k+1 ≥ 1 + (k + 1)x. Problema 4. Se x e y s˜ ao n´ umeros reais quaisquer, ent˜ao |x + y| ≤ |x| + |y| (desigualdade triangular). Usando esse fato, prove que se x1 , x2 , ..., xn s˜ ao n´ umeros reais quaisquer, ent˜ao |x1 + x2 + ... + xn | ≤ |x1 | + |x2 | + ... + |xn |. Problema 5. Prove que uma soma arbitr´aria de n ≥ 8 centavos pode ser paga com moedas de 3 e 5 centavos (tendo essas moedas em quantidade suficiente). Solu¸c˜ ao. Como 8 = 3+ 5, ent˜ ao a opera¸c˜ao ´e poss´ıvel para 8. Suponha que m ≥ 8 centavos possam ser pagos. Ent˜ ao, ser´ a necess´ario provar que m + 1 centavos podem ser pagos dessa maneira. Se a soma de m centavos foi paga com o uso de moedas de 5 centavos, ent˜ao substitua uma moeda de 5 centavos por duas de 3 centavos e a quantia final ser´ a m + 1 centavos. Caso contr´ ario, a soma de m centavos foi paga somente com moedas de 3 centavos e, como m ≥ 8, h´ a ao menos trˆes moedas de 3 centavos. Troque ent˜ao trˆes moedas de 3 centavos por duas de 5 centavos e novamente a quantia final de m+1 centavos desejada foi obtida. Problema 6. Seja F1 = F2 = 1 e Fn+2 = Fn+1 + Fn , para n ≥ 1, a sequˆencia de Fibonacci. Prove que quaisquer dois termos consecutivos dessa sequˆencia s˜ ao sempre primos entre si, ou seja, mdc(Fk , Fk+1 ) = 1, ∀k ∈ N. Problema 7. Seja F1 = F2 = 1 e Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 3, a sequˆencia de Fibonacci. Mostre que F3n ´e par. Problema 8. Seja F1 = F2 = 1 e Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 3, a sequˆencia de Fibonacci. Mostre que F5n ´e m´ ultiplo de 5. 3

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Problema 9. SejaF1= F2 = 1 e Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 3, a sequˆencia de Fibonacci. 7 n . Mostre que Fn < 4 Problema 10. A sequˆencia (ai ) ´e definida por a1 = 0, a2 = 1, an+2 = 3an+1 −2an . Encontre uma f´ormula expl´ıcita para o n-´esimo termo dessa sequˆencia. Solu¸c˜ ao. Vamos calcular alguns termos iniciais na busca de algum padr˜ao para a f´ormula expl´ıcita, aquela que depende apenas de n e n˜ ao mais de outros termos. a3 = 3a2 − 2a1 = 3 · 1 − 2 · 0 = 3, a4 = 3a3 − 2a2 = 3 · 3 − 2 · 1 = 7, a5 = 3a4 − 2a3 = 3 · 7 − 2 · 3 = 15, a6 = 3a5 − 2a4 = 3 · 15 − 2 · 7 = 31. O que os n´ umeros 0, 1, 3, 7, 15, 31 tˆem de especial? Uma olhadinha cuidadosa nos faz perceber que todos eles s˜ ao potˆencias de 2, menos 1. Mais especificamente a3 = 3 = 22 − 1, a4 = 7 = 23 − 1, a5 = 15 = 24 − 1, a6 = 31 = 25 − 1. Portanto, nossa conjectura (sinˆ onimo formal para ’chute’) ser´ a que an = 2n−1 − 1. Somente agora (ap´ os a conjectura feita) aplicaremos a ideia de indu¸c˜ao, que s´ o conseguir´a provar a f´ormula caso ela seja verdadeira (caso fosse falsa, o processo de indu¸c˜ao encontraria um obst´ aculo intranspass´ avel em algum momento). Os casos iniciais j´a est˜ ao escritos e validam a conjectura. Em seguida, vamos supor que tenhamos a f´ormula v´alida para todo n ≤ k (indu¸ca ˜o forte). Em particular, estamos supondo para k − 1 e k ak−1 = 2k−2 − 1 ak = 2k−1 − 1. Da´ı,     ak+1 = 3ak − 2ak−1 = 3 2k−1 − 1 − 2 2k−2 − 1 ⇔ ak+1 = 2k − 1. 1 Problema 11. Sabe-se que a + ´e um inteiro. Prove que todos os n´ umeros da forma a 1 ao inteiros. an + n , n = 2, 3, ..., tamb´em s˜ a 4

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Problema 12. Sejam a e b n´ umeros reais distintos. Demonstrar por indu¸c˜ao a proposi¸c˜ao (a − b)| (an − bn ) , ∀n ∈ N. Problema 13. A sequˆencia a1 , a2 , ..., an , ... de n´ umeros ´e tal que a1 = 3, a2 = 5 e an+1 = n 3an − 2an−1 , para n > 2. Prove que an = 2 + 1, ∀n ∈ N. Problema 14. Mostre, por indu¸c˜ ao, que 2 + 4 + ... + 2n = 2n+1 − 2, ∀n ∈ N. Problema 15. Considere a sequˆencia definida recorrentemente por an+1 = 3an + 4, ∀n ∈ N. Supondo a0 = 0: a) Calcule a1 , a2 , a3 , a4 . b) Conjecture uma f´ormula para an e prove-a por indu¸c˜ao. Problema 16. Considere a sequˆencia definida por a1 = 0, a2 = 3, an = 5an−1 −4an−2 , n ≥ 3. Determine a maior potˆencia de 2 que divide a2012 + 1. Problema 17. Considere a sequˆencia {an } definida por an = 32n − 1, n ∈ N. a) Para cada n ∈ N, mostre que an+1 = an + 8 · 32n . b) Demonstre, por indu¸c˜ ao sobre n, que an ´e divis´ıvel por 8, para todo n ∈ N. Problema 18. Sendo n um n´ umero inteiro positivo qualquer, demonstrar que a express˜ ao 2n+2 n+1 3 −2 ´e divis´ıvel por 7. Problema 19. Mostre que 1−

1 1 1 1 1 1 1 + − ... + − = + + ... + , 2 3 2n − 1 2n n+1 n+2 2n

∀n ∈ N. Problema 20. Prove que 1 · 1 + 1 · 2 · 2 + 1 · 2 · 3 · 3 + ... + 1 · 2 · ... · (n − 1) · n · n = 1 · 2 · ... · n · (n + 1) − 1, ∀n ≥ 2 natural. Problema 21. a) Verifique que a soma dos inversos de 2, 3 e 6 ´e 1. b) Prove que ∀p natural, p ≥ 3, existem p naturais 2 a 2 distintos n1 , n2 , ..., np tais que 1 1 1 + + ... + = 1. n1 n2 np Problema 22. Mostre que o n´ umero de diagonais de um pol´ıgono convexo de n lados ´e n(n − 3) . dn = 2

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2. Veja a solu¸c˜ ao da quest˜ ao 1. 6. Suponha que dois n´ umeros de Fibonacci consecutivos possuam um fator primo em comum e conclua que todos os n´ umeros de Fibonacci teriam esse fator.      1 1 1 1 n n−1 n−2 11. Use a identidade a + n = a + n−1 a+ − a + n−2 . a a a a

12. Use a identidade (an − bn ) = an−1 − bn−1 (a + b) − ab an−2 − bn−2 . 16. Resolva a equa¸c˜ ao de recorrˆencia.

18. Use os fatos 32n+2 − 2n+1 = 9n+1 − 2n+1 , 9 = 7 + 2 e (a + b)k = M a + bk , em que M a representa ’um m´ ultiplo de a’. Ou, ent˜ao, chame an+1 = 9n+1 − 2n+1 e use que an+1 − 2an = 7 · 9n , repetindo a ideia proposta no problema 17. 21. Para o item b, suponha que a igualdade seja verdadeira para k n´ umeros, divida a 1 equa¸c˜ao por 2 e some a ambos os lados da nova identidade. 2 22. Observe que as diagonais de um pol´ıgono A1 A2 ...An+1 s˜ ao todas as diagonais de A1 A2 ...An , al´em do lado A1 An e das diagonais que partem de An+1 .

Respostas

15. a) a1 = 4, a2 = 16, a3 = 52, a4 = 212. b) Conjectura: an = 2 · 3n − 2. 16. 4022.

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Indu¸ c˜ ao - Parte II Vamos iniciar esta aula com a resolu¸c˜ao de alguns problemas propostos na aula anterior.

´ 1 Resolu¸c˜ ao de Problemas da Ultima Aula Problema 1. a) Verifique que a soma dos inversos de 2, 3 e 6 ´e 1. b) Prove que ∀p natural, p ≥ 3, existem p naturais 2 a 2 distintos n1 , n2 , ..., np tais que 1 1 1 + + ... + = 1. n1 n2 np Solu¸c˜ ao. O primeiro item ´e imediato 1 1 1 3+2+1 + + = = 1. 2 3 6 6 A partir dessa soma, seguindo a dica dada na aula passada, obtemos 1 1 1 1 + + = 4 6 12 2 1 1 1 1 + + + =1 2 4 6 12 1 simplesmente dividindo por 2 e somando a cada lado em seguida. 2 ⇒

Agora vamos repetir a argumenta¸c˜ ao para o passo indutivo. Suponhamos que j´a tenhamos k n´ umeros naturais 2 ≤ n1 < n2 < ... < nk tais que 1 1 1 + + ... + = 1. n1 n2 nk Da´ı 1 1 1 1 + + ... + = 2n1 2n2 2nk 2

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 7 - Prof. Marcelo Mendes 1 1 1 1 + = 1, + + ... + 2 2n1 2n2 2nk que ´e a soma dos inversos de k + 1 n´ umeros naturais distintos pois 2 < 4 ≤ 2n1 < 2n2 < ... < 2nk . ⇒

1 1 Problema 2. Sabe-se que a+ ´e um inteiro. Prove que todos os n´ umeros da forma an + n , a a n = 2, 3, ..., tamb´em s˜ ao inteiros. Solu¸c˜ ao. Vejamos os casos iniciais para perceber como o padr˜ao novamente ´e mantido para o passo indutivo. Para n = 2,    1 1 1 2 a+ −2 a + 2 = a+ a a a      1 1 1 2 que ´e claramente inteiro. A multiplica¸c˜ ao a + ´e para a+ no lugar de a + a a a preparar melhor para o passo indutivo. Para n = 3,      1 1 1 1 3 2 a + 3 = a + 2 a+ − a+ a a a a que tamb´em ´e inteiro. Pronto, agora estamos bem preparados para o passo indutivo, basta 1 repetir o argumento para os casos pequenos. Suponha que an + n seja inteiro para todo a 1 1 k−1 k + k−1 s˜ ao inteiros. Logo k ≤ n (indu¸c˜ ao forte). Em particular, a + k e a a a      1 1 1 1 k+1 k k−1 a + k+1 = a + k a+ − a + k−1 a a a a tamb´em ´e inteiro. Problema 3. Prove que 1 · 1 + 1 · 2 · 2 + 1 · 2 · 3 · 3 + ... + 1 · 2 · ... · (n − 1) · n · n = 1 · 2 · ... · n · (n + 1) − 1, ∀n ≥ 2 natural. Solu¸c˜ ao. Observe que podemos reescrever a soma da seguinte forma 1! · 1 + 2! · 2 + 3! · 3 + ... + n! · n = (n + 1)! − 1, sendo k! = 1 · 2 · ... · k o fatorial do n´ umero inteiro n˜ ao-negativo k (0! = 1). i) Para n = 1, 1! · 1 = 2! − 1. ii) Suponha que a identidade seja verdadeira para n = k, ou seja, 1! · 1 + 2! · 2 + 3! · 3 + ... + k! · k = (k + 1)! − 1. 2

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iii) Agora vejamos para n = k + 1. Vamos somar (k + 1)! · (k + 1) a ambos os membros da suposta identidade do item ii): 1! · 1 + 2! · 2 + 3! · 3 + ... + k! · k + (k + 1)! · (k + 1) = (k + 1)! + (k + 1)! · (k + 1) − 1 = (k + 1)! · (k + 2) − 1 = (k + 2)! − 1.

2 Mais Problemas Problema 4. (China) H´a pelo menos quatro barras de chocolate em n(n ≥ 4) caixas. Camila pode, por vez, escolher 2 caixas, pegar uma barra de cada uma dessas caixas e coloc´a-las em uma terceira caixa. Determine se sempre ´e poss´ıvel por todas as barras em uma mesma caixa. Solu¸c˜ ao. Vejamos o caso inicial com 4 barras. As possibilidades iniciais de quantidades nas caixas s˜ ao 1, 1, 1, 1, 0, 0, ... 1, 1, 2, 0, 0, 0, ... 1, 3, 0, 0, 0, 0, ... 2, 2, 0, 0, 0, 0, ... 4, 0, 0, 0, 0, 0, ... Se ocorrer o caso na 1a linha, ent˜ ao pegamos as barras nas caixas 3 e 4 e as passamos para a 5a caixa. Assim, chegamos no caso da 2a linha (n˜ ao faz diferen¸ca se o 2 aparece na a a 3 ou na 5 posi¸c˜ ao). Se ocorrer o caso da 2a linha, s´ o precisamos deslocar as barras das caixas 1 e 2 para a a 3 caixa e o objetivo est´ a feito. Se ocorrer o caso da 3a linha, tomamos uma barra de cada caixa e as colocamos em uma outra caixa, gerando a configura¸c˜ ao da 4a linha. Se ocorrer o caso da 4a linha, tomamos uma barra de cada caixa e as colocamos em uma outra caixa, obtendo o caso da 2a linha, que j´a mostrado como se finaliza. Finalmente, se ocorrer o caso da 5a linha, n˜ ao h´ a nada a fazer pois todas as barras j´a est˜ ao na mesma caixa. Agora, vamos supor que seja poss´ıvel deslocar k barras, dispostas de maneira aleat´oria nas n caixas, para uma u ´nica caixa.

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Numa configura¸c˜ ao com k +1 barras, separamos uma delas e realizamos o procedimento indutivo com as demais k barras. Ficamos, assim, com k, 1, 0, 0, 0, 0, ... Podemos deslocar todas as barras para uma u ´nica caixa a partir dos seguintes movimentos: k, 1, 0, 0, ... → k − 1, 0, 2, 0, ... k − 2, 2, 1, 0, ... → k − 3, 2, 0, 2, ... k − 1, 1, 0, 1, ... → k + 1, 0, 0, 0, ... e a indu¸c˜ao foi finalizada. Problema 5. Determine, com prova, se ´e poss´ıvel arranjar os n´ umeros 1, 2, 3, ..., 1000 em uma fila de tal forma que a m´edia de qualquer par de n´ umeros distintos n˜ ao esteja localizada entre esses dois n´ umeros. Solu¸c˜ ao. Vamos provar um resultado mais geral para os n´ umeros 1, 2, 3, ..., 2n .

i) Vejamos alguns casos iniciais. Se n = 1, os n´ umeros s˜ ao 1 e 2 e n˜ ao h´ a nada a fazer. Se n = 2, podemos dispor os n´ umeros na ordem 1, 3; 2, 4. Para n = 3, dispomos os n´ umeros na ordem 2, 6, 4, 8; 1, 5, 3, 7. Essa ordena¸c˜ao foi obtida a partir do caso n = 2 separando os pares dos ´ımpares da seguinte forma: duplicamos os n´ umeros do caso n = 2 e obtemos 2, 6, 4, 8. Se o resultado era v´alido para n = 2, ent˜ ao duplicando permanece valendo. Em seguida, subtra´ımos 1 de cada um desses pares, obtendo 1, 5, 3, 7, que tamb´em possui a propriedade desejada. Al´em disso, tomando um n´ umero par e um n´ umero ´ımpar, claramente a m´edia n˜ ao aparece no conjunto. ii) Suponha que seja poss´ıvel arranjar os n´ umeros 1, 2, ..., 2k na forma a1 , a2 , ..., a2k com a propriedade desejada. iii) Para 2k+1 , a ideia ´e a mesma mostrada para se passar de 4 para 8. Separamos os pares e os ´ımpares de 1 a 2k+1 da seguinte forma 2a1 , 2a2 , ..., 2a2k ; 2a1 − 1, 2a2 − 1, ..., 2a2k − 1. 4

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Mostrado que o resultado ´e v´alido para potˆencias de 2, temos que ´e verdadeiro, em particular, para 1024. Ap´os chegar ` a configura¸c˜ao v´alida para 1024, ´e s´ o apagar os n´ umeros 1001 at´e 1024. Problema 6. Prove por indu¸c˜ ao que 13 + 23 + ... + n3 >

n4 , 4

∀n ∈ N. Problema 7. Se A ´e um conjunto finito com n elementos, mostre que A possui 2n subconjuntos. Problema 8. Prove que dentre quaisquer 2m + 1 inteiros distintos, cujos valores absolutos n˜ ao excedem 2m − 1, ´e poss´ıvel encontrar 3 deles cuja soma ´e igual a 0. Solu¸c˜ ao. Provemos o resultado por indu¸c˜ao. Para m = 1, nossos n´ umeros ser˜ ao {−1, 0, 1} e sua soma ´e zero. Suponha que o resultado seja verdadeiro para m = k − 1, k ≥ 2. Considere um conjunto arbitr´ario A formado por 2k + 1 n´ umeros cujos valores absolutos n˜ ao excedem 2k − 1. Se dentre eles houver 2k − 1 n´ umeros cujos valores absolutos n˜ ao excedem 2k − 3, o resultado ´e verdadeiro pela hip´ otese de indu¸c˜ao. Caso contr´ ario, sem perda de generalidade, podemos considerar que A cont´em os n´ umeros 2k − 1, 2k − 2, −2k + 1(−2k + 1 est´ a) ou 2k − 1, 2k − 2, −2k + 2(−2k + 1 n˜ ao est´ a e os demais est˜ ao). Primeiro, considere os seguintes 2k − 2 pares de n´ umeros, supondo 2k − 1 e −2k + 1 no conjunto: (1, 2k − 2) (2, 2k − 3) (3, 2k − 4) : (k, k − 1) e (−1, −2k + 2) (−2, −2k + 3) : (−k + 1, −k) Se 0 est´ a dentre os n´ umeros escolhidos, ent˜ao juntamente com 2k − 1 ou −2k + 1 ter´ıamos um tripla com soma zero. Sen˜ ao, ter´ıamos 2k − 1 inteiros de A distribu´ıdos dentre os n´ umeros desses 2k − 2 pares e dois deles estariam no mesmo par, que juntamente com 2k − 1 ou −2k + 1 formariam um tripla com soma zero.

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Agora, considere que −2k + 1 e os 2k − 4 pares (1, 2k − 3) (2, 2k − 4) (3, 2k − 5) : (k − 2, k) e (−2, −2k + 3) : (−k + 1, −k) Se 0 ou 1 estiver ´e trivial. Sen˜ ao, j´a escolhemos 3 n´ umeros (0, 1, −2k + 1). Assim ter´ıamos que escolher ainda 2k − 3 n´ umeros dentre os 2k − 4 pares, e ter´ıamos dois deles no mesmo par. Problema 9. Prove que a sequˆencia 22 − 3, 23 − 3, ..., 2n − 3, ... cont´em um n´ umero infinito de inteiros tais que cada dois deles sejam relativamente primos. Solu¸c˜ ao. Provemos por indu¸c˜ ao. Suponha que j´a tenhamos k n´ umeros a1 = 2n1 − 3, a2 = 2n2 − 3, ..., ak = 2nk − 3, que sejam primos entre si. Construamos agora ak+1 relativamente primo com os k demais. Seja N = a1 a2 ...ak . Pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos, dentre os N +1 n´ umeros 20 , 21 , ..., 2N haver´ a dois deles, r s digamos 2 e 2 (r > s), com o mesmo resto na divis˜ao por N . Assim, 2r − 2s = 2s (2r−s − 1) ´e divis´ıvel por N , assim como 2r−s − 1, pois N ´e ´ımpar (j´a que ´e produto de primos). Portanto, ak+1 = 2r−s − 3 ´e relativamente primo com N e, consequentemente, com cada um dos a1 , a2 , ..., ak . Problema 10. Trˆes inteiros foram escritos em um quadro-negro. Ent˜ao um deles foi apagado e a soma dos outros dois, menos 1, foi escrito em seu lugar. Esse procedimento foi ´ repetido v´arias vezes at´e que os n´ umeros 17, 1983, 1989 aparecessem eventualmente. E poss´ıvel que os n´ umeros iniciais fossem 2, 2, 2?

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Problema 11. Uma quantidade finita de cart˜ oes ´e colocada em duas torres, com mais cart˜ oes na torre esquerda que na direita. Cada cart˜ ao tem um ou mais nomes distintos escrito nele. Al´em disso, diferentes cart˜ oes podem compartilhar alguns nomes. Para cada nome, definimos uma a¸c˜ ao pelo movimento de todo cart˜ ao que tem esse mesmo nome escrito nele para a torre oposta. Prove que ´e sempre poss´ıvel finalizar com mais cart˜ oes na torre da direita atrav´es de v´arias a¸c˜ oes para diferentes nomes. Problema 12. Sejam F1 = F2 = 1 e, para n ≥ 3, Fn = Fn−1 + Fn−2 os n´ umeros de Fibonacci. Prove o Teorema de Zeckendorff: todo n´ umero natural pode ser escrito de maneira u ´nica como soma de n´ umeros de Fibonacci com ´ındices maiores que 1 e n˜ ao consecutivos.

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Dicas

7. Use que, ao acrescentarmos um novo elemento a um conjunto j´a existente, os subconjuntos do conjunto inicial permanecem e todos elementos, unidos com o novo elemento, formam os novos subconjuntos. 10. Tente mostrar que h´ a sempre 2 n´ umeros pares em cada tripla. 11. Indu¸c˜ao sobre a quantidade de nomes.

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Respostas

10. Sempre h´ a a presen¸ca de no m´ınimo 2 n´ umeros pares. Como no in´ıcio temos 3 n´ umeros pares, em seguida teremos 2 pares e um ´ımpar; e dois pares e um ´ımpar e dois pares e um ´ımpar ... Pode-se provar por indu¸c˜ao que em qualquer passo teremos sempre 2 n´ umeros pares e um ´ımpar. Mas a tripla (17, 1983, 1989) s´ o tem n´ umeros ´ımpares e nunca poder´ a ser obtida de (2, 2, 2). 11. Vamos utilizar indu¸c˜ ao sobre a quantidade de nomes. i. n = 1 ´e trivial. ii. Sejam a1 , a2 , ..., an os n primeiros nomes e a, o nome n + 1. iii. Para n + 1, h´ a 2 casos, sendo aE e aD as quantidades de cart˜ oes com apenas o nome a nas pilhas esquerdas e direita, respectivamente. 1o caso: aE ≤ aD . Realize as opera¸c˜ oes com os nomes a1 , a2 , ..., an . 2o caso: aE > aD . Realize a troca apenas com os cart˜ oes em que est´ a escrito apenas o nome a e repita as opera¸c˜ oes do 1o caso. 12. F2 = 1. Se Fk ´e o maior n´ umero de Fibonacci menor que ou igual a n, devemos ter n − Fk < Fk−1 pois, caso contr´ ario, n − Fk ≥ Fk−1 e, portanto, n ≥ Fk + Fk−1 = Fk+1 , absurdo. Assim, ´e s´ o escrever n = Fk + (n − Fk ) e utilizar hip´ otese de indu¸c˜ao para n − Fk .

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Aula

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Desigualdades - Parte I 1 Fatos Elementares i) Nenhum quadrado de n´ umero real ´e negativo. ii) Desigualdade de Cauchy (M´edias Aritm´etica e Geom´etrica) Se a1 , a2 , ..., an s˜ ao n´ umeros reais positivos, ent˜ao √ a1 + a2 + ... + an ≥ n a1 a2 ...an , n com igualdade ocorrendo se, e somente se, a1 = a2 = ... = an . Para mostrar essa u ´ltima desigualdade, vamos utilizar um tipo diferente de indu¸c˜ao (que n˜ ao serve para qualquer problema).

1. Se n = 2, ent˜ ao

a1 + a2 √ √ √
2 a1 − a2 ≥ 0. ≥ a1 a2 pois 2

2. Para n = 4, ent˜ ao utilizando o caso j´a mostrado para 2 n´ umeros, temos r a1 +a2 4 + a3 +a a1 + a2 + a3 + a4 a1 + a2 a3 + a4 2 2 = ≥ · 4 2 2 2 q √ √ √ ≥ a1 a2 · a3 a4 = 4 a1 a2 a3 a4 , quaisquer que sejam a1 , a2 , a3 , a4 reais positivos. a1 + a2 + a3 , obter 3 r a1 + a2 + a3 + a1 +a32 +a3 a1 + a2 + a3 ≥ 4 a1 a2 a3 4 3

3. Assim, podemos escolher a4 =

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 8 - Prof. Marcelo Mendes

⇔



a1 + a2 + a3 3 ⇔

4

≥ a1 a2 a3

a1 + a2 + a3 3

√ a1 + a2 + a3 ≥ 3 a1 a2 a3 , 3

e concluir que o resultado tamb´em ´e verdadeiro para n = 3. A demonstra¸c˜ ao segue copiando as ideias acima. J´ a temos os casos iniciais. Em seguida, supondo o resultado verdadeiro para k, obtemos o resultado para 2k e para k − 1 repetindo os procedimentos realizados nos itens 2 e 3 acima. Assim, provamos a desigualdade para qualquer quantidade natural maior que ou igual a 2 de n´ umeros reais positivos.

2 Problemas Problema 1. Determine o valor m´ aximo da fun¸c˜ao f (x) = x(1 − x), sendo x ∈ (0; 1). Solu¸c˜ ao. Essa ´e uma fun¸c˜ ao quadr´ atica. Poder´ıamos encontrar o seu valor m´ aximo atrav´es da ordenada do v´ertice da par´ abola (desde que a abscissa do v´ertice esteja em (0; 1), o que, de fato, ´e verdade). Mas se resolvermos utilizando a Desigualdade de Cauchy, poderemos aplicar a ideia para fun¸c˜oes de grau maior que 2: x + (1 − x) p ≥ x(1 − x) 2 1 ⇒ x(1 − x) ≤ , 4 com igualdade ocorrendo se, e somente se, x = 1−x, ou seja, x = 12 . Assim, o valor m´ aximo de f ´e 14 . Observa¸ c˜ ao. Existe uma diferen¸ca entre descobrir que f (x) ≤ 41 e concluir que 41 ´e seu valor m´ aximo. Por exemplo, podemos afirmar que sen x ≤ 3, por´em o valor m´ aximo de sen x ´e 1, pois a igualdade em sen x ≤ 3 n˜ ao ocorre. Problema 2. Determine o valor m´ aximo da fun¸c˜ao f (x) = x3 (1 − x), sendo x ∈ (0; 1). Solu¸c˜ ao. Uma ideia poss´ıvel seria aplicar a Desigualdade de Cauchy com os n´ umeros reais 3 positivos x e 1 − x: x3 + (1 − x) p 3 ≥ x (1 − x). 2 2

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Apesar de verdadeiro, esse fato n˜ ao nos d´ a um valor (n˜ ao poder ser vari´ avel) m´ aximo para f . Outra tentativa seria com x, x, x, 1 − x, todos positivos:

ou seja,

p x + x + x + (1 − x) ≥ 4 x3 (1 − x), 4

3

x (1 − x) ≤



2x + 1 4

4

e, novamente, n˜ ao achamos um valor m´ aximo. Todavia, chegamos bem perto. Basta substituir 1 − x por 3(1 − x):

e da´ı

p x + x + x + 3(1 − x) ≥ 4 x3 3(1 − x), 4

x3 3(1 − x) ≤

 4 3 4

⇔ x3 (1 − x) ≤

27 . 81

27 3 aximo de f ´e . Como a igualdade ocorre com x = 3(1 − x) ⇔ x = , o valor m´ 4 81 Problema 3. Determine o valor m´ aximo da fun¸c˜ao f (x) = x(1 − x)3 , sendo x ∈ (0; 1). Problema 4. (Treinamento Cone Sul) Sejam a e b n´ umeros reais positivos tais que a+b = 1. 4 Prove que ab2 ≤ . 27 Problema 5. Sejam A, B, C os v´ertices de um triˆ angulo inscrito em um c´ırculo unit´ ario (ou seja, cujo raio mede 1) e seja P um ponto no per´ımetro do triˆ angulo. Mostre que PA · PB · PC ≤

32 . 27

Problema 6. Dados n´ umeros positivos arbitr´arios a, b, c, prove que ao menos uma das seguintes desigualdades ´e falsa: 1 1 1 a(1 − b) > , b(1 − c) > , c(1 − a) > . 4 4 4

3

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Problema 7. (IMO) Sendo K, L, M pontos sobre os lados BC, CA, AB do ∆ABC, mostre 1 que a ´area de ao menos um dos triˆ angulos AM L, BKM, CLK ´e menor que ou igual da 4 ´area do triˆ angulo ABC. Solu¸c˜ ao. Sendo k, l, m ∈ [0; 1], podemos escrever BK = ka, KC = (1 − k)a CL = lb, LA = (1 − l)b AM = mc, M B = (1 − m)c. Assim, 1 mc · (1 − l)b · sen∠A 2 ⇒ [AM L] = m(1 − l) · [ABC].

[AM L] =

Analogamente, [BKM ] = k(1 − m) · [ABC], [CLK] = l(1 − k) · [ABC].

1 Supondo que as trˆes ´ areas em quest˜ ao sejam maiores que da ´area de ABC, o resultado 4 segue pelo problema 6. Problema 8. (Treinamento Cone Sul) Sejam ha , hb , hc as alturas do ∆ABC. Prove que ∆ABC ´e equil´atero ⇔ ahb + bhc + cha ´e igual a 6 vezes a ´area do ∆ABC. Problema 9. (Treinamento Cone Sul) Seja P um pol´ıgono convexo com 2012 lados e com todos os ˆangulos internos iguais. Sejam l1 , l2 , ..., l2012 os comprimentos dos lados consecutivos. Prove que se l2011 l2012 l1 l2 + + ... + + = 2012, l2 l3 l2012 l1 ent˜ao P ´e um pol´ıgono regular. Problema 10. Mostre que, se x, y, z s˜ ao n´ umeros reais positivos, ent˜ao 1 1 1 (1 + xy) + (1 + yz) + (1 + zx) ≥ 6. x y z Problema 11. Prove a desigualdade entre as m´edias geom´etrica e harmˆonica para 2 n´ umeros a e b reais positivos, ou seja, √

ab ≥ 4

1 a

2 . + 1b

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Problema 12. Prove a desigualdade entre as m´edias quadr´ atica e aritm´etica para 2 n´ umeros reais positivos. Solu¸c˜ ao. Devemos mostrar que r

a 2 + b2 a+b ≥ , 2 2

que ´e equivalente a (a − b)2 ≥ 0. Problema 13. Prove que se a, b, c s˜ ao as medidas dos lados de um triˆ angulo e a2 + b2 = kc2 , 1 ent˜ao k > . 2 Problema 14. a) Prove que se a, b s˜ ao inteiros positivos com a 6= −b, ent˜ao 1 1 4 + ≥ . a b a+b ´ permitido apagar qualquer par deles a e b, b) Em uma lousa, escrevemos n n´ umeros. E a+b no lugar. Repetindo tal procedimento n − 1 vezes, obtemos o n´ umero escrevendo 4 2012 k. Se os n n´ umeros iniciais eram 2012, prove que k ≥ . n Problema 15. Seja x um n´ umero real e m, um natural. Prove que 1 1 1 x(x + 1)(x + 2)...(x + m − 1) ≥ x1+ 2 + 3 +...+ m . m(m − 1)(m − 2)...1

5

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Dicas 3. Repita a ideia da solu¸c˜ ao do problema 2. 4. Repita a ideia da solu¸c˜ ao do problema 2. 5. Repita a ideia da solu¸c˜ ao do problema 2. Use tamb´em potˆencia do ponto P e que, supondo P sobre o lado BC, a corda contendo P A tem medida menor que ou igual `a medida 2 do diˆ amentro. 6. Suponha a possibilidade de ocorrerem as 3 desigualdades e multiplique-as. 8. Use a Desigualdade de Cauchy com ahb , bhc , cha . 9. Use a Desigualdade de Cauchy com

l2011 l2012 l1 l2 , , ..., , . l2 l3 l2012 l1

13. Use o problema 12 e a desigualdade triangular. 14. Compare a soma dos inversos dos n´ umeros antes e depois de cada substitui¸c˜ao de n´ umeros. x+1+1 x+2 = e aplique a Desigualdade de Cauchy. Fa¸ca 15. Escreva, por exemplo, 3 3 o mesmo para os demais fatores do numerador e do denominador aos pares.

Respostas 13. Pelo enunciado, pelo problema 12 e pela desigualdade triangular, temos a 2 + b2 kc2 = ≥ 2 2



a+b 2 1 ⇒k> . 2

2

>

 c 2 2

4 1 1 + ≥ ⇔ (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ (a − b)2 ≥ 0. a b a+b b) Por a), segue que a soma dos inversos dos n´ umeros envolvidos nunca aumenta. Assim, comparando o in´ıcio e o final dos procedimentos, temos

14. a)

1 1 1 + ... + ≥ 2012 2012 k 1 1 ⇔n· ≥ 2012 k 2012 . ⇔k≥ n 6

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Desigualdades - Parte II 1 A Desigualdade de Cauchy-Schwarz Sejam a1 , a2 , ..., an , b1 , b2 , ..., bn n´ umeros reais. Ent˜ao: a21 + a22 + ... + a2n





b21 + b22 + ... + b2n ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 .

Perceba o padr˜ao que h´ a na aplica¸c˜ ao desta desigualdade: multiplicamos os termos de mesma ordem de cada soma do lado esquerdo e, em seguida, extra´ımos a raiz quadrada; o resultado ´e colocado na posi¸c˜ ao correspondente no somat´ orio do lado direito, que ser´ a elevado ao quadrado. Vejamos agora alguns exemplos antes de apresentarmos a demonstra¸c˜ao da desigualdade. Exemplo 1 Prove a desigualdade entre as m´edias quadr´ atica e aritm´etica para n n´ umeros reais positivos. Solu¸c˜ ao. O caso particular para n = 2 dessa desigualdade apareceu na aula anterior e a solu¸c˜ao apresentada apenas utilizou o fato de um quadrado de n´ umero real ser n˜ ao-negativo. Vejamos agora a solu¸c˜ ao para uma quantidade qualquer. Por Cauchy-Schwarz, temos a21 + a22 + ... + a2n r





12 + 12 + ... + 12 ≥ (a1 + a2 + ... + an )2

a1 + a2 + ... + an a21 + a22 + ... + a2n ≥ , n n como desej´avamos (a express˜ ao no lado esquerdo ´e a m´edia quadr´ atica dos n n´ umeros a1 , a2 , ..., an ). ⇔

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 9 - Prof. Marcelo Mendes Exemplo 2 Sejam a, b, c n´ umeros reais positivos. Prove que a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca. Solu¸c˜ ao. Por Cauchy-Schwarz: a2 + b2 + c2





b2 + c2 + a2 ≥ (ab + bc + ca)2 .

Extraindo a raiz quadrada, temos o resultado.

Demonstra¸ c˜ ao (da Desigualdade de Cauchy-Schwarz) n X Considere a fun¸c˜ ao f (x) = (ak x − bk )2 . Desenvolvendo, teremos uma fun¸c˜ao do 2o grau

em x:

k=1

f (x) = x2

n X k=1

cujo descriminante ´e dado por ∆=4

n X

a k bk

k=1

a2k − 2x

!2

−4

n X

ak bk +

k=1

n X k=1

n X

b2k ,

k=1

a2k

!

n X k=1

b2k

!

.

Como f ´e uma soma de quadrados, f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Da´ı, ∆ ≤ 0 e segue o resultado. J´ a a igualdade ocorre quando ∆ = 0. Nesse caso, f possui uma raiz (dupla) x0 . Isso implica que n X k=1

(ak x0 − bk )2 = 0.

Nessa soma, todos os n´ umeros envolvidos s˜ ao reais e, portanto, seus quadrados s˜ ao n˜ ao-negativos. Assim, ak x0 − bk = 0, ∀k, o que indica que, para a igualdade, ak e bk s˜ ao proporcionais para todo k.

2 Problemas Problema 1. Seja c o comprimento angulo retˆ angulo cujos catetos √da hipotenusa de um triˆ medem a e b. Prove que a + b ≤ c 2. Solu¸c˜ ao. Do primeiro exemplo, com n = 2, temos a 2 + b2 ≥ 2 Da´ı



a+b 2

2

.

√ (a + b)2 c2 ≥ ⇔ a + b ≤ c 2. 2 4 2

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Problema 2. Sendo a, b, c n´ umeros reais positivos, mostre que   1 1 9 1 + + . ≥ 2 a+b b+c c+a a+b+c

Problema 3. Sejam x1 , x2 , ..., xn n´ umeros reais positivos e y1 , y2 , ..., yn uma permuta¸c˜ao dos xi , 1 ≤ i ≤ n. Prove a desigualdade x21 x22 x2 + + ... + n ≥ x1 + x2 + ... + xn . y1 y2 yn Solu¸c˜ ao. Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz, segue  2  x1 x22 x2n + + ... + (y1 + y2 + ... + yn ) ≥ (x1 + x2 + ... + xn )2 . y1 y2 yn O resultado segue do fato de x1 + x2 + ... + xn = y1 + y2 + ... + yn pois os yi s˜ ao os xi em alguma ordem. Problema 4. (Baltic-Way) Prove que para quaisquer reais positivos x1 , x2 , ..., xn , y1 , y2 , ..., yn ocorre n X 4n2 1 ≥ n . X xi y i 2 k=1 (xi + yi ) k=1

Solu¸c˜ ao. Por Cauchy-Schwarz, garantimos que

n n X 1 X (xi + yi )2 ≥ xi y i k=1

k=1

n X xi + y i √ xi y i k=1

!2

.

Pela desigualdade entre as m´edias aritm´etica e geom´etrica, obtemos xi + y i ≥ 2. √ xi y i Assim, n X

n n X 1 X (xi + yi )2 ≥ xi y i k=1

k=1

k=1

3

!2

2

= (2n)2 = 4n2 .

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Problema 5. Se a, b, c s˜ ao n´ umeros positivos, prove que a2 b + b2 c + c2 a





a2 c + b2 a + c2 b ≥ 9a2 b2 c2 .

Obs: Resolva esse problema de duas maneiras, utilizando a desigualdade entre as m´edias aritm´etica e geom´etrica e atrav´es da desigualdade de Cauchy-Schwarz. Problema 6. Sejam a1 , a2 , ..., an , b1 , b2 , ..., bn n´ umeros reais positivos tais que

n X

ak =

k=1

n X k=1

bk . Mostre que

n X k=1

n

a2k 1X ≥ ak . ak + bk 2 k=1

Problema 7. Se a1 , a2 , ..., an , b1 , b2 , ..., bn s˜ ao 2n n´ umeros reais positivos, mostre que ou a1 a2 an + + ... + ≥n b1 b2 bn ou b2 bn b1 + + ... + ≥ n. a1 a2 an

Problema 8. Sejam a, b, c os lados de um triˆ angulo. Mostre que a b c 3 + + ≥ . b+c c+a a+b 2 Solu¸c˜ ao. Somando 1 a cada fra¸c˜ ao do lado esquerdo, obtemos 9 a+b+c a+b+c a+b+c + + ≥ . b+c c+a a+b 2 Para mostrar essa u ´ltima desigualdade, vamos utilizar a desigualdade de Cauchy-Schwarz   h i2 √ a+b+c a+b+c a+b+c [(b + c) + (c + a) + (a + b)] + + ≥ 3 a+b+c b+c c+a a+b 

 a+b+c a+b+c a+b+c [2(a + b + c)] + + ≥ 9(a + b + c), b+c c+a a+b de onde segue o resultado.

Problema 9. Se a > 0, b > 0, c > 0, ent˜ ao prove que

4

bc ca ab + + ≥ a + b + c. a b c

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 9 - Prof. Marcelo Mendes b3 c3 a3 + + ≥ a + b + c, quaisquer que sejam a, b, c Problema 10. (Romˆenia) Prove que bc ca ab reais positivos. Problema 11. Sejam a, b, c, d n´ umeros reais positivos. Mostre que 1 1 4 16 64 + + + ≥ . a b c d a+b+c+d Solu¸c˜ ao. Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz, obtemos   1 1 4 16 + + + ≥ (1 + 1 + 2 + 4)2 = 64, (a + b + c + d) a b c d de onde segue o resultado.

5

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Dicas

2. Passe a + b + c para a esquerda e escreva 2(a + b + c) = (a + b) + (b + c) + (c + a). 5. Fa¸ca a primeira solu¸c˜ ao atrav´es da desigualdade entre as m´edias aritm´etica e geom´etrica aplicada a cada soma em parˆenteses do lado esquerdo. A segunda pode ser obtida atrav´es da desigualdade de Cauchy-Schwarz reescrevendo a2 c + b2 a + c2 b como c2 b + a2 c + b2 a. n X a2k por (ak + bk ), aplique a desigualdade de Cauchy-Schwarz ak + bk k=1 k=1 n n X X e lembre-se de que (ak + bk ) = 2 ak .

6. Multiplique

n X

k=1

k=1

an b1 b2 bn a1 a2 + + ... + < n ou + + ... + < n e aplique a desigualdade b1 b2 bn a1 a2 an de Cauchy-Schwarz com as somas nos lados esquerdos dessas duas desigualdades. Conclua, assim, um absurdo. r 2 bc bc (repita o mesmo para as demais parcelas do lado esquerdo) e = 9. Escreva a a utilize o exemplo 2.

7. Suponha

10. Repita a ideia do problema 9.

6

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Solu¸c˜ oes

2. Por Cauchy-Schwarz ((a + b) + (b + c) + (c + a))



1 1 1 + + a+b b+c c+a



≥ (1 + 1 + 1)2 = 9.

5. 1a Solu¸c˜ ao. Pela desigualdade entre as m´edias aritm´etica e geom´etrica, temos a2 b + b2 c + c2 a √ 3 ≥ a2 b · b2 c · c2 a 3 ⇔ a2 b + b2 c + c2 a ≥ 3abc. Analogamente, a2 c + b2 a + c2 b ≥ 3abc. Multiplicando essas duas desigualdades, segue o resultado. 2a Solu¸c˜ ao. Por Cauchy-Schwarz, obtemos

a2 b + b2 c + c2 a c2 b + a2 c + b2 a ≥ (abc + abc + abc)2 = 9a2 b2 c2 .

6. Por Cauchy-Schwarz, obtemos n X k=1

⇔

n a2k X (ak + bk ) ≥ ak + bk k=1

n X k=1

n

k=1

n X k=1

ak

k=1

n X

X a2k ·2 ak ≥ a k + bk

⇔

n X

k=1

ak

!2

!2

n

a2k 1X ≥ ak . ak + bk 2 k=1

a2 an b1 b2 bn a1 + + ... + < n ou + + ... + < n. Pela desigualdade de b1 b2 bn a1 a2 an Cauchy-Schwarz e pela u ´ltima hip´ otese, temos

7. Supondo

2

n ≤



an a1 a2 + + ... + b1 b2 bn 7



b1 b2 bn + + ... + a1 a2 an



< n2 ,

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um absurdo. Logo, ao menos uma das desigualdades a1 a2 an + + ... + ≥ n, b1 b2 bn b1 b2 bn + + ... + ≥n a1 a2 an ´e verdadeira. 9. Utilizando o resultado do exemplo 2, obtemos r

2

bc + a

r

2

ca + b

r

2

ab ≥ c

r

bc a

r

ca + b

8

r

ca b

r

ab + c

r

ab c

r

bc = c + a + b. a

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Problemas Envolvendo M´ aximos e M´ınimos Vamos iniciar esta aula aplicando desigualdades aprendidas nas u ´ltimas duas aulas focando mais em exemplos envolvendo m´ aximos e m´ınimos de fun¸c˜oes. Problema 1. Determine o valor m´ aximo da fun¸c˜ao f (x) = x(1 − x)3 , sendo x ∈ (0; 1). Solu¸c˜ ao. A ideia da solu¸c˜ ao desse problema j´a foi aprendida na aula 8. Vamos rever como resolvˆe-lo e, mais uma vez, chamar a aten¸c˜ao para a diferen¸ca existente entre obter f (x) ≤ k e garantir que k ´e o valor m´ aximo de f . Atrav´es da desigualdade entre as m´edias aritm´etica e geom´etrica, j´a que x e 1 − x s˜ ao positivos, obtemos 3x + (1 − x) + (1 − x) + (1 − x) p ≥ 4 3x(1 − x)3 4  4 3 ⇔ ≥ 3x(1 − x)3 4 27 . 256 27 Nesse momento, a expectativa ´ obvia ´e de que deva, de fato, ser o valor m´ aximo de 256 f , mas ainda precisamos garantir esse fato. ⇔ x(1 − x)3 ≤

E como conseguiremos essa garantia? Da mesma forma que procedemos na aula 8. 27 Mostrar que o m´ aximo de f ´e ´e equivalente a achar um valor de x ∈ (0; 1) que dˆe a 256 igualdade na desigualdade, e isso ocorre (gra¸cas `a condi¸c˜ao de igualdade em MA ≥ MG) 1 quando 3x = 1 − x ⇔ x = , que ´e um valor no intervalo (0; 1). 4 27 Portanto, realmente ´e o valor m´ aximo de f . 256

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 10 - Prof. Marcelo Mendes Problema 2. Determine o valor m´ aximo da fun¸c˜ao f (x) = x4 (2 − x), sendo x ∈ (0; 2). Problema 3. Seja a um n´ umero real positivo dado. Determine o valor de x ∈ [0; a] que maximiza o valor de f (x) = x5 (a − x). Problema 4. Seja x > 0, x ∈ R. Determine o valor m´ınimo de x2 +

2 . x

Problema 5. (EUA) Considere a equa¸c˜ao 3x2 − 4x + k = 0 com ra´ızes reais. Determine o valor de k para o qual o produto das ra´ızes da equa¸c˜ao seja m´ aximo. Problema 6. Se x, y, z s˜ ao reais e satisfazem x + y + z = 5 e yz + zx + xy = 3, prove que 13 −1 ≤ z ≤ e determine o valor m´ınimo de z. 3 Solu¸c˜ ao. De (x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx), obtemos x2 + y 2 + z 2 = 19. Assim, por Caychy-Schwarz, chegamos a
(x2 + y 2 )(1 + 1) ≥ (x + y)2 ⇔ 19 − z 2 · 2 ≥ (5 − z)2 ⇔ 38 − 2z 2 ≥ 25 − 10z + z 2 ⇔ 3z 2 − 10z − 13 ≤ 0, cuja solu¸c˜ao ´e −1 ≤ z ≤

13 . O valor m´ınimo de z, de fato, ´e -1, quando x = y = 3. 3

Problema 7. Seja k uma constante real positiva. Dentre todos os triˆ angulos tendo base a e altura relativa a essa base h, sendo a + h = k, determine aquele(s) cuja ´area ´e m´ axima. Problema 8. Sejam A, B, C os v´ertices de um triˆ angulo inscrito em um c´ırculo unit´ ario (ou seja, cujo raio mede 1) e seja P um ponto no per´ımetro do triˆ angulo. Mostre que PA · PB · PC ≤

32 . 27

Solu¸c˜ ao. Nesse problema, n˜ ao foi pedido o valor m´ aximo de P A · P B · P C. Mesmo assim, 32 vamos mostrar que P A·P B ·P C ≤ e, em seguida, examinar se a igualdade pode ocorrer, 27 32 ou seja, se o valor m´ aximo de P A · P B · P C ´e . 27

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A

O

B

C

P X

Pela potˆencia do ponto P em rela¸ca˜o a (ABC) (ABC entre parˆenteses representa o a circunferˆencia que passa pelos pontos A, B e C), temos P B · P C = P A · P X. Da´ı, utilizando a desigualdade entre as m´edias aritm´etica e geom´etrica, obtemos 

P A + P A + 2P X 2P A · P B · P C = P A · 2P X ≤ 3  3   4 2AX 3 ≤ = 3 3 2

3

32 , 27 utilizando que AX ´e uma corda e, portanto, tem medida menor que ou igual `a medida do diˆ ametro, que ´e 2. ⇒ PA · PB · PC ≤

J´ a conseguimos chegar ao resultado pedido no enunciado. Agora, vamos verificar se ´e 32 poss´ıvel obtermos o valor m´ aximo . 27 Essa igualdade ocorre se, e somente se, P est´ a sobre o diˆ ametro que passa por A e 4 P A = 2P X = , que depende do triˆ angulo ABC inicial. Portanto, nem sempre a igual3 dade ocorre.

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Problema 9. Sejam a e b n´ umeros reais positivos. Ache o valor m´ aximo da fun¸c˜ao real e de vari´ avel real x . y= 2 ax + b Solu¸c˜ ao. Podemos escrever a equa¸c˜ ao acima da seguinte forma ayx2 − x + by = 0, cujo discriminante ´e ∆ = 1 − 4aby. Como x ∈ R, temos ∆ ≥ 0, ou seja, y ≤

1 . 4ab

1 ´e o nosso candidato a valor m´ aximo da fun¸c˜ao. Para esse valor ser atingido, Assim, 4ab devemos ter ∆ = 0 e, portanto x=

1 = 2b. 2ay

Pense tamb´em em uma solu¸c˜ ao come¸cando com MA ≥ MG entre ax2 e b. Problema 10. Seja P um ponto no interior de um triˆ angulo A1 A2 A3 e P1 , P2 , P3 , os p´es das perpendiculares de P a A2 A3 , A3 A1 , A1 A2 . Localize o ponto P tal que A1 A2 A2 A3 A3 A1 + + . P P3 P P1 P P2 seja m´ınimo. Solu¸c˜ ao. Vamos pensar um pouquinho. As fra¸c˜oes envolvidas nessa soma relacionam bases e alturas (pense sempre que distˆ ancias lembram alturas e que alturas lembram ´area) dos triˆ angulos A2 P A3 , A3 P A1 , A1 P A2 e, portanto, nos fazem pensar nas ´areas desses triˆ angulos, e a ´ area do triˆ angulo A1 A2 A3 ser´ a a soma dessas ´areas. Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz, temos   A1 A2 A2 A3 A3 A1 + + (A1 A2 · P P3 + A2 A3 · P P1 + A3 A1 · P P2 ) P P3 P P1 P P2 ≥ (A1 A2 + A2 A3 + A3 A1 )2 . Como A1 A2 · P P3 + A2 A3 · P P1 + A3 A1 · P P2 = 2S e A1 A2 + A2 A3 + A3 A1 = p, sendo S a ´area e p o per´ımetro do triˆ angulo A1 A2 A3 , chegamos a 4

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p2 A1 A2 A2 A3 A3 A1 + + ≥ . P P3 P P1 P P2 2S Portanto, o candidato a valor m´ınimo de

A1 A2 A2 A3 A3 A1 p2 + + ´e . P P3 P P1 P P2 2S

Esse valor m´ınimo ser´ a atingido se a igualdade ocorrer na desigualdade. A igualdade na desigualdade de Cauchy-Schwarz ocorre com a propor¸c˜ao entre as respectivas parcelas das somas envolvidas, ou seja, A1 A2 A2 A3 A3 A1 P P3 P P1 P P2 = = A1 A2 · P P3 A2 A3 · P P1 A3 A1 · P P2 ⇔ P P1 = P P2 = P P3 , de onde segue que o valor m´ınimo ´e atingido e ´e quando P ´e o incentro do triˆ angulo A1 A2 A3 .

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Dicas

2. Repita as ideias da solu¸c˜ ao do problema 1. 3. Repita as ideias da solu¸c˜ ao do problema 1. 4. Repita as ideias da solu¸c˜ ao do problema 1. k 4 4 5. Denote por x1 e x2 as ra´ızes. Assim, x1 + x2 = e x1 x2 = . Escreva x2 = − x1 3 3 3 e repita as ideias da solu¸c˜ ao do problema 1. 7. Use h = k − a e repita as ideias da solu¸c˜ao do problema 1.

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Solu¸c˜ oes

2. Por MA ≥ MG, temos x + x + x + x + 4(2 − x) p ≥ 5 4x4 (2 − x) 5 1 ⇒ x (2 − x) ≤ · 4 4

 5 8 49 = 5. 5 5

3. Por MA ≥ MG, temos p x + x + x + x + x + 5(a − x) ≥ 6 5x5 (a − x) 6 ⇒ x5 (a − x) ≤

1 · 5



5a 6

6

= 55

 a 6 6

.

7. Por MA ≥ MG, temos a + (k − a) p ≥ a(k − a) 2 ⇒

a(k − a) k2 ≤ , 2 8

k k com igualdade se, e somente se, a = k −a, ou seja, a = . Nesse caso, h = tamb´em, 2 2 o que determina os triˆ angulos com ´area m´ axima.

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Fun¸ c˜ oes Definidas Implicitamente - Parte I Talvez a experiˆencia de alguns de vocˆes diga que as solu¸co˜es de uma equa¸c˜ao devam ser necessariamente n´ umeros. Mas isso n˜ ao ´e verdade. Em matem´ atica, podemos ter, por exemplo, matrizes ou fun¸c˜ oes como solu¸c˜oes para equa¸c˜oes matriciais ou funcionais, respectivamente. Nesta aula, vamos aprender resolver algumas equa¸c˜oes funcionais, que tˆem fun¸c˜oes como solu¸c˜oes e, por isso, dizemos que essas fun¸c˜oes foram definidas implicitamente (impl´ıcito significa escondido). Problema 1. Determine todas as fun¸co˜es f : Z+ → Z+ tais que f (1) = c e f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ Z+ . Solu¸c˜ ao. Nesse problema, a equa¸c˜ ao funcional ´e f (x + y) = f (x) + f (y). Precisamos resolvˆe-la. Observe que o problema nos permite utilizarmos quaisquer valores inteiros n˜ ao-negativos para x e y. Assim, vamos iniciar com x = y = 0: f (0 + 0) = f (0) + f (0) ⇒ f (0) = 0. Agora, fa¸camos a escolha de deixar x vari´ avel e y = 1: f (x + 1) = f (x) + f (1) = f (x) + c. Acabamos de gerar uma equa¸c˜ ao de diferen¸ca, tipo explorado na aula de somas telesc´ opicas. Vamos escrever v´arias dessas equa¸c˜oes, variando n ≥ 2: f (n) = f (n − 1) + c f (n − 1) = f (n − 2) + c :

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f (2) = f (1) + c e som´ a-las, obtendo f (n) = cn. Assim, a (´ unica) solu¸c˜ ao ´e f (x) = cx, sendo c = f (1). (Poder´ıamos, tamb´em, ter aplicado a f´ormula do termo geral da P.A.) Problema 2. Seja f : R → R uma fun¸ca˜o tal que f (0) = 1 e, para quaisquer x, y ∈ R, f (xy + 1) = f (x)f (y) − f (y) − x + 2. Determine o valor de f(2012). Problema 3. Seja f : R∗+ → R uma fun¸c˜ao satisfazendo a equa¸c˜ao funcional f (a) + f (b) = f (ab), ∀a, b ∈ R∗+ . Mostre que: a) f (1) = 0. b) f (an ) = n · f (a), ∀a ∈ R∗+ , ∀n ∈ N.   1 = −f (a), ∀a ∈ R∗+ . c) f a Solu¸c˜ ao. a) Com a = b = 1, obtemos f (1) + f (1) = f (1 · 1), ou seja, f (1) = 0. b) Observe que a equa¸c˜ ao funcional dada nos d´ a permi¸c˜ao para operar apenas com 2 n´ umeros (a e b). Podemos mostrar, utilizando indu¸c˜ao, que tamb´em ser´a poss´ıvel operar com qualquer quantidade finita (no m´ınimo 2) de n´ umeros. Supondo ser poss´ıvel para k n´ umeros, ou seja, que f (a1 ) + ... + f (ak ) = f (a1 · ... · ak ) , podemos garantir que

f (a1 ) + ... + f (ak ) + f (ak+1 ) = f (a1 · ... · ak ) + f (ak+1 ) = f (a1 · ... · ak · ak+1 ) . Assim, podemos escrever f (an ) = f (a ... · a}) = f (a) + ... + f (a) = n · f (a). | · {z {z } | n

n

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c) f (a) + f

      1 1 1 =f a· = f (1) = 0, ou seja, f = −f (a). a a a

Problema 4. Seja f : Z → Z uma fun¸ca˜o satisfazendo f (n2 ) = f (n + m)f (n − m) + m2 , ∀m, n ∈ Z. Determine o conjunto de todos os poss´ıveis valores de f (0). Problema 5. Seja f uma fun¸c˜ ao com duas propriedades: i. f (x + y) = x + f (y), ∀x, y ∈ R; ii. f (0) = 2. Determine o valor de f (2012). Problema 6. (EUA) Seja f uma fun¸c˜ ao satisfazendo f (xy) =

f (x) para todos os n´ umeros y

reais positivos x e y. Se f (500) = 3, qual ´e o valor de f (600)? Problema 7. Para todos os inteiros x, a fun¸c˜ao f satisfaz f (x+1) = calcule f (2012).

1 + f (x) . Se f (1) = 2, 1 − f (x)

Solu¸c˜ ao. Com: x = 1, obtemos f (2) =

1+3 = −2; 1−3

x = 2, obtemos f (3) =

1−2 1 =− ; 1+2 3

x = 3, obtemos f (4) =

1− 1+

1 3 1 3

=

x = 4, obtemos f (5) =

1+ 1−

1 2 1 2

= 3.

1 ; 2

Como o valor 3 apareceu novamente e a regra que calcula cada novo valor ´e sempre a 1 1 mesma, os valores v˜ao sempre se repetir de 4 em 4 na sequˆencia 3, −2, − , . Por 2012 ser 3 2 1 m´ ultiplo de 4, segue que f (2012) = f (4) = . 2 Problema 8. Determine todas as fun¸co˜es f : R → R satisfazendo f (x)f (y) − f (xy) = x + y, ∀x, y. Solu¸c˜ ao. Atribuindo o valor 0 a x e a y, temos (f (0))2 − f (0) = 0. Assim, f (0) = 0 ou f (0) = 1.

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Suponha f (0) = 0 e atribua 0 apenas `a vari´ avel y. Da´ı, f (x) · 0 − 0 = x, ∀x ∈ R, absurdo. Portanto, f (0) = 1. Fazendo y = 0, obtemos f (x)f (0) − f (0) = x + 0, ou seja, f (x) = x + 1, que ´e a u ´nica solu¸c˜ao. (Substitua essa solu¸c˜ ao na equa¸c˜ao funcional para verificar a igualdade!) Problema 9. Considere uma fun¸c˜ ao f definida no conjunto dos n´ umeros naturais tal que f (n + 2) = 3 + f (n), ∀n ∈ N, f (0) = 10, f (1) = 5. Qual o valor de

p

f (81) − f (70)?

Problema 10. Seja f : Q∗+ → Q∗+ uma fun¸c˜ao tal que f (xf (y)) = Mostre que f (f (x)) =

f (x) , ∀x, y ∈ Q∗+ . y

1 , ∀x ∈ Q∗+ . x

Solu¸c˜ ao. Temos y · f (xf (y)) = f (x) ⇒ f (f (x)) = f (y · f (xf (y))) =

1 f (y) = . xf (y) x

Problema 11. A fun¸c˜ ao f ´e definida para todos os pares ordenados (x, y) de inteiros positivos e tem as seguintes propriedades: i. f (x, x) = x, ii. f (x, y) = f (y, x), iii. (x + y)f (x, y) = yf (x, x + y). Qual ´e o valor de f (22, 55)? Solu¸c˜ ao. De iii, obtemos 55f (22, 33) = 33f (22, 55) 33f (22, 11) = 11f (22, 33) 22f (11, 11) = 11f (11, 22), utilizando ii no lado direito da u ´ltima equa¸c˜ao. Multiplicando-as, obtemos: 55 · 33 · 22f (11, 11) = 33 · 11 · 11f (22, 55) ⇒ f (22, 55) = 110.

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Problema 12. A fun¸c˜ ao f , definida sobre o conjunto de todos os pares ordenados de inteiros positivos, satisfaz as seguintes propriedades: i. f (x, x) = x; ii. f (x, y) = f (y, x); iii. (x + y)f (x, y) = yf (x, x + y). Calcule f (14, 52). Problema 13. Se f (n + 1) = (−1)n+1 · n − 2f (n)

para os inteiros n ≥ 1 e f (1) = f (2013), determine valor da soma f (1) + f (2) + f (3) + ... + f (2012). Problema 14. Determine todas as fun¸c˜oes f : Z+ → Z+ , injetoras, satisfazendo f (m + f (n)) = f (f (m)) + f (n), ∀m, n ∈ Z+ . Solu¸c˜ ao. Atribuindo o valor 0 ` as vari´ aveis m e n, temos f (f (0)) = f (f (0)) + f (0) ⇒ f (0) = 0.

Agora, atribuindo o valor 0 apenas `a vari´ avel n, obtemos f (m) = f (f (m)).

Como f ´e injetora, segue que f (m) = m, ∀m. (Se f ´e uma fun¸c˜ao injetora, ent˜ao f (x) = f (y) implica x = y.) Problema 15. Considere a equa¸c˜ ao funcional f (xy) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ Dom(f ). Mostre que se 0 ∈ Dom(f ), ent˜ ao existe uma u ´nica solu¸c˜ao para a equa¸c˜ao dada.

Problema 16. Seja f : N → N uma fun¸c˜ao estritamente crescente (isto ´e, x < y ⇒ f (x) < f (y)) tal que f (2) = 2 e f (mn) = f (m)f (n) para todo par de inteiros positivos m e n primos entre si. Determine o valor de f (3). Solu¸c˜ ao. Inicialmente, observe que o problema n˜ ao permite escrever f (4) = f (2)f (2) = 4, pois o m´ aximo divisor comum entre 2 e 2 n˜ ao ´e 1. i. 2 e 5 s˜ ao primos entre si: f (10) = f (2)f (5) = 2f (5). ii. 2 e 9 s˜ ao primos entre si: f (18) = f (2)f (9) = 2f (9). iii. 3 e 5 s˜ ao primos entre si: f (15) = f (3)f (5). iv. f ´e estritamente crescente: f (9) < f (10), f (15) < f (18) e f (3) > f (2) = 2. Logo, 4f (5) = 2f (10) > 2f (9) = f (18) > f (15) = f (3)f (5) e, portanto, f (3) < 4. Assim, 2 < f (3) < 4, ou seja, f (3) = 3. 5

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Dicas

2. Calcule f (1). Depois fa¸ca y = 1. 4. Fa¸ca m = n = 0. Em seguida, fa¸ca m = n = 2. 5. Fa¸ca x = 1, y = 0. Depois fa¸ca y = 1 e deixe x vari´ avel. 6. Fa¸ca x = 100 e y = 5. 9. Calcule as imagens de n´ umeros pares e ´ımpares separadamente. 12. Repita a solu¸c˜ ao do problema 11. 13. Fa¸ca n = 1, 2, ..., 2011. 15. Fa¸ca y = 0.

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Respostas e Solu¸c˜ oes

2. Com x = y = 0, obtemos f (1) = 2. Com y = 1, segue f (x + 1) = f (x)f (1) − f (1) − x + 2 = 2f (x) − x. Com x = 1 e x = 2, obtemos, respectivamente: f (2) = 2 · 2 − 1 = 3, f (3) = 2 · 3 − 2 = 4. Vamos mostrar por indu¸c˜ ao que f (x) = x + 1, ∀x ∈ Z+ . Os casos iniciais j´a foram verificados. Al´em disso, f (x+1) = 2(x+1)−x = x+2. Em particular, f (2012) = 2013. 4. Inicialmente, com m = n = 0 temos f (0) = (f (0))2 ⇒ f (0) = 0 ou f (0) = 1. Por outro lado, com m = n = 2 obtemos f (4) = f (4)f (0) + 4, que mostra que f (0) = 1. 5. Com x = 1, y = 0, achamos f (1) = f (1 + 0) = 1 + f (0) = 3. Em seguida, escolhemos apenas y = 1, obtemos f (x + 1) = x + f (1) = x + 3, que ´e uma P.A. se x ∈ Z+ . Assim, f (2012) = f (0) + 2012 · 3 = 6038. 6. f (500) =

f (100) 5 f (100) ⇒ f (100) = 15. Logo, f (600) = = . 5 6 2

9. Somando f (2) = 3 + f (0) : f (70) = 3 + f (68) obtemos f (70) = 3 · 35 + 10 = 115. E pela soma de f (3) = 3 + f (1) : f (81) = 3 + f (79) p √ obtemos f (81) = 3 · 40 + 5 = 125. Logo, f (81) − f (70) = 10.

12. 364.

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13. Com n = 1, 2, ..., 2012, temos: f (2) = 1 − 2f (1) f (3) = −2 − 2f (2) : f (2013) = −2012 − 2f (2012). Sendo f (1) = f (2013) e S = f (1) + ... + f (2012), obtemos: S = (1 − 2) + ... + (2011 − 2012) − 2S ⇒ S = − 15. Com y = 0, obtemos f (x) = 0, ∀x.

8

1006 . 3

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Fun¸ c˜ oes Definidas Implicitamente - Parte II Nesta segunda aula sobre fun¸c˜ oes definidas implicitamente, aprofundaremos alguns exerc´ıcios vistos na aula anterior e veremos exemplos envolvendo fun¸c˜oes compostas, ou seja, fun¸c˜oes de outras fun¸c˜ oes. Iniciaremos resolvendo o problema 1 da aula anterior mas, agora, com dom´ınio racional. Problema 1. Determine todas as fun¸co˜es f : Q → Q tais que f (1) = c e f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ Q. Solu¸c˜ ao. J´ a vimos na aula anterior que f (x) = cx quando x ´e inteiro n˜ ao-negativo. Agora, suponha x inteiro negativo. Fazendo y receber o valor contr´ ario de x (assim, y = −x > 0), obtemos 0 = f (0) = f (x) + f (−x)(∗) ⇒ f (x) = −f (−x) = −(c(−x)) = cx, e o resultado tamb´em ´e v´alido para inteiros negativos. Suponha, agora, x inteiro positivo. Podemos escrever         1 1 1 1 1 + ... + f = xf f (1) = f  + ... +  = f x x x x x | {z } | {z } x

x

  1 1 f =c· , x x

lembrando que no problema 3 da aula anterior j´a mostramos por indu¸c˜ao para uma equa¸c˜ao funcional semelhante que podemos aplicar a regra, dada no problema para 2 n´ umeros, para

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 12 - Prof. Marcelo Mendes   1 1 = c · , ∀x ∈ Z∗ . qualquer quantidade finita de n´ umeros. Por (*), segue que f x x p Seja agora x racional n˜ ao-nulo, isto ´e, x = , com p e q inteiros, sendo p > 0. Temos q     1 p 1   f (x) = f = f  + ... +  q q q | {z } p

      1 1 1 1 =f = pf + ... + f = p · c · = cx, q q q q | {z } p

finalizando a solu¸c˜ ao.

Problema 2. Determine todas as fun¸co˜es f : Q → Q tais que f (1) = a e f (x + y) = f (x) · f (y), ∀x, y ∈ Q. Problema 3. Determine todas as fun¸co˜es f : R → R satisfazendo

f (x) + f (2x + y) + 5xy = f (3x − y) + 2x2 + 1, ∀x, y ∈ R.

Solu¸c˜ ao. Fazendo x = 2y, obtemos 2x + y = 3x − y e 5x2 x2 = 2x2 + 1 ⇒ f (x) = 1 − . 2 2 Problema 4. Seja f : R → R uma fun¸c˜ ao satisfazendo a equa¸c˜ao funcional
2 f (x − y) = (f (x))2 − 2x · f (y) + y 2 . f (x) +

Determine todos os poss´ıveis valores de f (0).

Problema 5. (ITA) Sejam f, g : R → R fun¸c˜oes tais que g(x) = 1 − x e f (x) + 2f (2 − x) = (x − 1)3 , ∀x ∈ R.

Determine f (g(x)). Solu¸c˜ ao. A equa¸c˜ ao funcional em quest˜ao possui uma composi¸c˜ao de fun¸c˜oes em f (2 − x). Sendo h(x) = 2 − x, temos f (2 − x) = f (h(x)). Essa fun¸c˜ao h ´e a chave do problema. Reescreva a equa¸c˜ ao substituindo x por h(x) = 2 − x, ou seja, x ← 2 − x (lˆe-se: x recebe 2 − x): f (2 − x) + 2f (x) = (1 − x)3 .

Dessa e da equa¸c˜ ao dada, obtemos f (x) = (1 − x)3 e, portanto, f (g(x)) = (1 − (1 − x))3 = x3 .

Obs: h(h(x)) = 2 − h(x) = x. Por isso s˜ ao suficientes apenas 2 equa¸c˜oes para encontrarmos f (x). 2

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Problema 6. Se 2f x2 + 3f



1 x2




= x2 − 1, determine f x2 .

Problema 7. Se f (x) + 2f (1 − x) = x2 + 2, ∀x ∈ R, determine f (x).   1 Problema 8. Determine f sabendo que f (x) + f = x, x 6= 1. 1−x 1 . Nesse caso, temos Solu¸c˜ ao. Novamente, a chave do problema est´ a em fazer x ← 1−x x−1 1 1 = ← . Assim: 1 1−x x 1− 1−x     1 x 1 f . +f = 1−x x−1 1−x

Mas diferentemente dos problemas mais simples, envolvendo fun¸c˜oes mais simples, n˜ ao podemos combinar apenas essa u ´ltima equa¸c˜ao com a equa¸c˜ao dada porque ainda n˜ ao obtivemos outro f (x). Assim, vamos novamente promover a substitui¸c˜ao x ←

(verifique!). Logo:

f



x x−1



+ f (x) =

1 x−1 , que nos d´ a ←x 1−x x

x−1 . x

Combinando as equa¸c˜ oes, obtemos

2f (x) = x − ⇒ f (x) =

x−1 1 + 1−x x x3 − x + 1 . 2x(x − 1)

x−1 1 ⇒ h(h(x)) = e h(h(h(x))) = x. Por isso s˜ ao necess´arias 3 1−x x equa¸c˜oes para encontrarmos f (x).

Obs: h(x) =

Problema 9. Determine a fun¸c˜ ao f : R → R satisfazendo `a equa¸c˜ao funcional x2 f (x) + f (1 − x) = 2x − x4 . Problema 10. (Ibero) Ache todas as f tais que

(f (x))2

·f



1−x 1+x



= 64x, para todo x

distinto de 0, 1 e -1. Problema 11. (EUA) A fun¸c˜ ao fn˜ ao est´ a definida para x = 0, mas para todos os valores de 1 = 3x. Determine as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao f (x) = f (−x). x n˜ ao-nulos temos f (x) + 2f x

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Problema 12. Seja f uma fun¸c˜ ao cujo dom´ınio ´e o conjunto de todos os n´ umeros reais. Se   x + 2011 f (x) + 2f = 4033 − x x−1 para todo x 6= 1, encontre o valor de f (2013). Problema 13. Encontre todas as fun¸co˜es f : R − {−1, 1} → R satisfazendo f   x+3 f = x, ∀x 6= ±1. x−1



x−3 x+1



+

Solu¸c˜ ao. Fa¸ca x ← −x:    −x + 3 −x − 3 +f = −x f −x + 1 −x − 1     x−3 x+3 +f = −x, ∀x 6= ±1. ⇔f x−1 x+1 

Portanto, x = −x, ∀x 6= ±1, absurdo. Logo, n˜ ao existe fun¸c˜ao f cumprindo a equa¸c˜ao funcional dada. Problema 14. Determine todas as fun¸c˜oes f reais, de vari´ avel real positiva, satisfazendo a   2002 = 3x. condi¸c˜ao f (x) + 2f x Problema 15. Determine todas as fun¸c˜oes f : R → R tais que 2f (x) + f (1 − x) = 1 + x.

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Dicas

2. Repita os procedimentos do problema 1. 4. Fa¸ca x = y = 0. 6. Fa¸ca x ←

1 . x

7. Fa¸ca x ← 1 − x. 9. Fa¸ca x ← 1 − x. 10. Fa¸ca x ←

1−x . 1+x

11. Fa¸ca x ←

1 . x

12. Fa¸ca x ←

x + 2011 . x−1

14. Fa¸ca x ←

2002 . x

15. Fa¸ca x ← 1 − x.

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Respostas e Solu¸c˜ oes

2. f (x) = ax . 4. f (0) = 0 ou f (0) = 1.

1 − x2 3 + 2x2 6. f (x) = . 5x2 7. f (x) =

(x − 2)2 3

9. Fazendo x ← 1 − x e combinando com a equa¸c˜ao dada, chegamos a f (x) = 1 − x2 . r 2 3 x (1 + x) . 10. f (x) = 4 1−x

1 e combinando o resultado com a equa¸c˜ao inicial, obtemos f (x) = 11. Fazendo x ← x √ 2 − x. Assim, as solu¸c˜ oes de f (x) = f (−x) s˜ ao ± 2. x

12. 2014. 14. Fazendo x ←

4004 2002 e combinando com a equa¸c˜ao inicial, obtemos f (x) = − x. x x

15. f (x) = x.

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Aula

13

Revis˜ ao - Parte I Como o t´ıtulo indica, faremos uma breve revis˜ao de temas j´ a abordados em nosso treinamento, a fim de consolidar conceitos e ideias importantes para a fase final da OBM. Iniciaremos resolvendo os problemas das OBMs passadas, propostos na 1a aula sobre produtos not´ aveis, mas n˜ ao resolvidos. Ao final, est˜ ao propostos mais alguns problemas semelhantes aos tratados at´e agora. Problema 1. (OBM 1a fase/2002) Se xy = 2 e x2 + y 2 = 5, ent˜ao a)

5 2

b)

25 4

c)

5 4

d)

1 2

y2 x2 + + 2 vale: y2 x2

e) 1 Solu¸c˜ ao. Veja que

x2 y2 x4 + y 4 + 2x2 y 2 (x2 + y 2 )2 25 + + 2 = = = . Letra B. 2 2 2 2 2 2 y x x y x y 4

Problema 2. (OBM 3a fase/2003) Mostre que x2 + 4y 2 − 4xy + 2x − 4y + 2 > 0 quaisquer que sejam os reais x e y. Solu¸c˜ ao. Procurando agrupar os termos para obter uma fatora¸c˜ao, podemos escrever x2 + 4y 2 − 4xy + 2x − 4y + 2 = x2 − 4xy + 4y 2 + 2(x − 2y) + 2

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 13 - Prof. Marcelo Mendes = (x − 2y)2 + 2(x − 2y) + 1 + 1 = [(x − 2y) + 1]2 + 1 ≥ 1 > 0, pois [(x − 2y) + 1]2 ´e n˜ ao-negativo j´a que ´e o quadrado de um n´ umero real. Problema 3. (OBM 2a fase/2005) a) Fatore a express˜ ao x2 − 9xy + 8y 2 . b) Determine todos os pares de inteiros (x; y) tais que 9xy − x2 − 8y 2 = 2005. Solu¸c˜ ao. a) x2 − 9xy + 8y 2 = x2 − xy − 8xy + 8y 2 = x(x − y) − 8y(x − y) = (x − y)(x − 8y). b) Pelo item a, podemos escrever (x − y)(8y − x) = 2005 = 5 · 401, e 401 ´e primo.  x−y i. 8y − x  x−y ii. 8y − x  x−y iii. 8y − x  x−y iv. 8y − x

Agora vejamos as possibilidades: = 5 ⇒ x = 63, y = 58. = 401 = −5 ⇒ x = −63, y = −58. = −401

= 401 ⇒ x = 459, y = 58. = 5

= −401 ⇒ x = −459, y = −58, = −5

que s˜ ao todos os casos. Problema 4. (OBM 1a fase/2005) Os inteiros positivos x e y satisfazem a equa¸c˜ao r r 1√ 1√ x+ y− x− y = 1. 2 2 Qual das alternativas apresenta um poss´ıvel valor de y? a) 5 b) 6 c) 7 d) 8 e) 9 2

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 13 - Prof. Marcelo Mendes q q √ √ Solu¸c˜ ao. Talvez fiquem interessantes as substitui¸c˜oes x + 21 y = A e x − 12 y = B. √ y+1 √ √ 2 2 e, Assim, temos A − B = 1 e A − B = y, que implica A + B = y. Da´ı, A = 2 portanto: √ y+2 y+1 1√ y + 1 1√ x+ y= y = + 2 4 4 2 ⇒ y = 4x − 1. Dentre as op¸c˜ oes, a u ´nica que deixa resto ’-1’ na divis˜ao por 4 ´e 7. Letra C. Problema 5. (OBM 3a fase/2006) Encontre todos os pares ordenados (x; y) de inteiros tais que x3 − y 3 = 3(x2 − y 2 ). Solu¸c˜ ao. Fatorando, obtemos (x − y)(x2 + xy + y 2 ) = 3(x − y)(x + y). Assim, temos solu¸c˜ ao quando x = y, x ∈ R. Se x 6= y, ent˜ ao x2 +xy +y 2 = 3(x+y) ⇔ x2 +x(y −3)+y 2 −3y = 0, cujo discriminante ´e ∆ = −3y 2 + 6y + 9. Para que as ra´ızes sejam reais, devemos ter ∆ ≥ 0, ou seja, −1 ≤ y ≤ 3. Testando, apenas y = 1 n˜ ao gera ∆ quadrado perfeito. Os demais valores d˜ ao as seguintes solu¸c˜oes: y = −1, ∆ = 0, x = 2; y = 0, ∆ = 9, x = 0; x = 6; y = 2, ∆ = 9, x = 2; x = −1; y = 3, ∆ = 0, x = 0. S Resposta: {(2, 0); (0, 0); (6, 0); (2, 2); (2, −1); (3, 0)} {(x, x), x ∈ R}. Problema 6. (OBM 2a fase/2006) Sejam a e b n´ umeros reais distintos tais que a2 = 6b+5ab e b2 = 6a + 5ab. a) Determine o valor de a + b. b) Determine o valor de ab. Solu¸c˜ ao. a) Subtraindo as equa¸c˜ oes membro a membro, obtemos a2 − b2 = 6(b − a). Como a e b s˜ ao distintos, chegamos a a + b = 6. b) Agora, somando as equa¸c˜ oes membro a membro, temos a2 + b2 = 6(a + b) + 10ab ⇔ 2 (a + b) = 6(a + b) + 12ab, o que d´ a ab = 0. 3

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Problema 7. (OBM 2a fase/2008) Sejam x e y n´ umeros reais positivos satisfazendo as 1 17 2 2 4 4 . equa¸c˜oes x + y = 1 e x + y = 18 . Calcule o valor de xy Solu¸c˜ ao. De x2 + y 2 = 1, obtemos 1 1 17 = ⇔ x2 y 2 = . 18 18 36 1 1 Como x e y s˜ ao positivos, segue que xy = e = 6. 6 xy x4 + y 4 + 2x2 y 2 = 1 ⇔ 2x2 y 2 = 1 −

Problema 8. (OBM 1a fase/2010) Quantos s˜ ao os pares (x, y) de inteiros positivos tais que x2 − y 2 = 22010 ? a) 1000 b) 1001 c) 1002 d) 1003 e) 1004 Solu¸c˜ ao. Temos (x + y)(x − y) = 22010 . Como x + y > 0, ent˜ao x − y > 0. Al´em disso, x + y > x − y (pois y > 0) e x + y deve ter a mesma paridade de x − y. Assim, as possibilidades s˜ ao  x + y = 22009 , 22008 , ... , 21006 , x−y = 2 , 22 , ... , 21004 que geram 1004 pares ordenados. Letra E. Problema 9. (OBM 3a fase/2010) Sejam a, b e c reais tais que a 6= b e a2 (b+c) = b2 (c+a) = 2010. Calcule c2 (a + b). Solu¸c˜ ao. De a2 (b + c) = b2 (c + a) = 2010, obtemos a2 b − b2 a + a2 c − b2 c = 0 ⇔ ab(a − b) + c(a + b)(a − b) = 0 ⇔ (a − b)(ab + bc + ca) = 0. Como a 6= b, conclu´ımos que ab + bc + ca = 0. Agora, vamos fazer o mesmo com b2 (c + a) = 2010 e c2 (a + b) = k. Subtraindo obtemos b2 c − c2 b + b2 a − c2 a = 2010 − k 4

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⇔ bc(b − c) + a(b + c)(b − c) = 2010 − k ⇔ (b − c)(ab + bc + ca) = 2010 − k. Mas ab + bc + ca = 0. Assim, k = 2010. Problema 10. (OBM 1a fase/2011) Qual ´e o valor da express˜ ao 201120112 + 201120032 − 16 × 20112007? a) 2 × 201120072 b) 2 × 201120032 c) 2 × 20112007 d) 2 × 20112003 e) 2 × 201120112 Solu¸c˜ ao. Para simplificar os c´ alculos, vamos escrever a = 20112007. Assim, a express˜ ao desejada ser´ a (a + 4)2 + (a − 4)2 − 16a = 2(a2 − 8a + 16) = 2(a − 4)2 = 2 × 201120072 . Letra A. Problema 11. (IMO-Adaptado) Sejam k, m, n n´ umeros naturais. Defina cs = s(s + 1). a) Fatore cj − ck , sendo j ∈ N. b) Mostre que (cm+1 − ck )(cm+2 − ck )...(cm+n − ck ) ´e divis´ıvel por

c1 · c2 · ... · cn . n+1

Problema 12. Determine todos os valores de x para os quais (1999x − 99)3 = (1234x − 56)3 + (765x − 43)3 . Problema 13. Simplifique a express˜ ao S=

22 − 1 32 − 1 42 − 1 20122 − 1 × × × ... × . 22 32 42 20122

Problema 14. Mostre que

p 3

p √ √ 3 20 + 14 2 + 20 − 14 2 = 4.

Problema 15. Determine todas as solu¸c˜oes inteiras da equa¸c˜ao 2(x + y) = xy + 7.

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Dicas

11. Use o fato de que o produto de n inteiros consecutivos ´e divis´ıvel por n!. 12. Resolva a equa¸c˜ ao (a + b)3 = a3 + b3 . 13. Fatore os numeradores, que s˜ ao diferen¸cas de quadrados. 14. Eleve ao cubo a express˜ ao no lado esquerdo. 15. Encontre k tal que xy − 2x − 2y + k possa ser fatorado.

Respostas

12.

99 43 56 , , . 1999 65 1234

13.

2013 . 4024

15. {(x, y) = (3, −1), (1, 5), (5, 1), (−1, 3)}.

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Revis˜ ao - Parte II Continuando nossa breve revis˜ ao de temas j´a abordados, propomos mais problemas de equa¸c˜oes e sistemas de equa¸c˜ oes. Problema 1. Se x ∈ R e 4y 2 + 4xy + x + 6 = 0, determine: a) o conjunto de todos os valores de x para os quais y ∈ R; b) y em fun¸c˜ ao dos valores de x encontrados no item anterior. Problema 2. Encontre todas as solu¸c˜ oes reais da equa¸c˜ao

Problema 3. Determine o conjunto solu¸c˜ao da equa¸c˜ao

r

√ 4

13 + x +

x2 + 3 − x

Problema 4. Sejam x, y, z n´ umeros reais tais que 1 y 2 = = . xy z−x+1 z+1 Prove que um desses n´ umeros ´e a m´edia aritm´etica dos outros dois. Problema 5. Prove que a equa¸c˜ ao an + 2012 · bn = cn+1 tem infinitas solu¸c˜ oes naturais a, b, c para todo inteiro positivo n. Problema 6. (OBM) Mostre que a equa¸c˜ao x3 + 1990y 3 = z 4 possui infinitas solu¸c˜ oes inteiras com x > 0, y > 0, z > 0.

√ 4

r

4 − x = 3.

x2

3 x = , x ∈ R. +3 2

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Problema 7. Determine o conjunto solu¸c˜ao da equa¸c˜ao x = ⌊1 − x⌋, onde ⌊a⌋ representa a parte inteira de a.  p 2  px − y = z − 1 Problema 8. Quantas solu¸c˜ oes reais possui o sistema y2 − z = x − 1 ?  √ 2 z −x = y−1 Problema 9. (Banco IMO) Encontre todas as triplas de inteiros positivos x, y, z satisfazendo 4 1 1 1 + + = . x y z 5 Solu¸c˜ ao. Suponha, sem perda de generalidade, que x ≤ y ≤ z. Da´ı,

4 1 1 1 3 = + + ≤ , 5 x y z x

4 1 < ⇒ x ≥ 2. Assim, precisamos analisar os casos x = 2 e ou seja, x ≤ 3. Tamb´em x 5 x = 3. i) x = 2:

1 1 4 1 3 10z + = − = ⇒y= y z 5 2 10 3z − 10

30z − 100 + 100 100 30z = = 10 + . 3z − 10 3z − 10 3z − 10 Como 3y ∈ Z, segue que (3z − 10) 100 (essa nota¸c˜ao significa 3z − 10 divide 100) e 3z − 10 > 0. Assim, temos as possibilidades ⇒ 3y =

3z − 10 = 1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50, 100. Mas z ∈ Z. Logo, restam 3z − 10 = 2, 5, 20, 50 ⇒ z = 4, 5, 10, 20 ⇒ y = 20, 10, 5, 4, que geram as solu¸c˜ oes (2, 4, 20), (2, 5, 10), (2, 10, 5), (2, 20, 4). ii) x = 3:

1 1 4 1 7 15z + = − = ⇒y= y z 5 3 15 7z − 15 ⇒ 7y =

105z − 225 + 225 225 105z = = 15 + . 7z − 15 7z − 15 7z − 15 2

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Como 7y ∈ Z, segue que (7z − 15) 225 e 7z − 15 > 0. Assim, temos as possibilidades 7z − 15 = 1, 3, 5, 15, 45, 75, 225, 7z = 16, 18, 20, 30, 60, 90, 240, que n˜ ao produzem solu¸c˜ ao inteira. Assim, as u ´nicas solu¸c˜ oes s˜ ao (2, 4, 20), (2, 5, 10), (2, 10, 5), (2, 20, 4). Coment´ ario. Existe um problema muito parecido com esse, proposto no livro das Olimp´ıadas Brasileiras de Matem´atica - 1a ` a 8a , que possui o seguinte enunciado: Mostre que o n´ umero de solu¸c˜ oes x, y, z de inteiros positivos da equa¸c˜ao 1 1 1 1 + + = x y z 1983 ´e finito. Tente resolvˆe-lo a partir das ideias do problema 9! Problema 10. Determine todas as solu¸c˜oes em n´ umeros reais x, y, z, w do sistema de equa¸c˜oes   x + y + z = w 1 1 1 . 1 + + =  x y z w Problema 11. (Romˆenia) Os n´ umeros reais n˜ ao-nulos dades   x + y + z =   1 1 1 + + =  x y z   x3 + y 3 + z 3 =

x, y, z, t verificam as seguintes igualt 1 . t 10003

Determine o valor da soma x + y + z + t.

Problema 12. Seja n um dado inteiro positivo. Quantas solu¸c˜oes existem em pares ordenados (x, y) de inteiros positivos para a equa¸c˜ao xy = n? x+y Solu¸c˜ ao. Primeiro reescrevemos a equa¸c˜ao como xy − nx − ny + n2 = n2 ⇔ (x − n)(y − n) = n2 .

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Portanto, a cada divisor positivo de n2 corresponde um valor de x − n e uma solu¸c˜ao. Os divisores negativos sempre geram x ou y n˜ ao-positivo. 2ak 2a2 1 Sendo n = pa11 · pa22 · ... · pakk , temos n2 = p2a 1 · p2 · ... · pk , que possui

(2a1 + 1)(2a2 + 1)...(2ak + 1) divisores positivos, que ´e a quantidade de solu¸c˜oes da equa¸c˜ao inicial. Problema 13. Determine todos os pares ordenados (m, n) de n´ umeros inteiros positivos 2 4 + = 1. que s˜ ao solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao m n Problema 14. Os trˆes n´ umeros distintos a, b, c verificam as igualdades  3  a + pa + q = 0 b3 + pb + q = 0 .  3 c + pc + q = 0

Prove que a + b + c = 0.

Problema 15. (Czech and Slovak) Encontre todos os pares de inteiros a, b tais que a soma a + b seja uma raiz da equa¸c˜ ao x2 + ax + b = 0.

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Dicas

1. Calcule o ∆ da equa¸c˜ ao com vari´ avel em y e resolva a inequa¸c˜ao ∆ ≥ 0. 2. Eleve ao cubo a equa¸c˜ ao membro a membro. r x2 + 3 = a. 3. Use a substitui¸c˜ ao x 4. Combine os resultados das equa¸c˜ oes

1 y 1 2 = e = . xy z − x + 1 xy z+1

5. Comece procurando solu¸c˜ oes em que a = b. 5. Repita a ideia do problema 5. 7. Observe que, se a equa¸c˜ ao possui solu¸c˜ao, ent˜ao x ∈ Z. 8. Eleve as equa¸c˜ oes ao quadrado e lembre que ra´ızes quadradas s˜ ao n˜ ao-negativas. 1 10. Passe z e para o lado direito da respectiva equa¸c˜ao, equilibrando a quantidade de z termos em cada membro das equa¸c˜oes. 11. Mesma dica do problema 10. 13. Tome como base as ideias da quest˜ao 10. 14. Subtraia as equa¸c˜ oes 2 a 2. 15. Substitua a + b na equa¸c˜ ao, calcule ∆ e iguale-o a um quadrado perfeito.

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Solu¸c˜ oes e Respostas

1. a) (−∞, −2] ∪ [3, +∞); b) y =

−x ±

√ x2 − x − 6 . 2

2. 3 e -12. 3. N˜ao h´ a solu¸c˜ ao real. 4.

1 y 1 2 = ⇒ xy 2 = z − x + 1 e = ⇒ z + 1 = 2xy. xy z−x+1 xy z+1 Da´ı, xy 2 + x = 2xy ⇒ x(y − 1)2 = 0. Como x 6= 0, ent˜ao y = 1. Portanto, z + y = z + 1 = 2x ⇔ x =

z+y . 2

5. Entenda inicialmente que o problema n˜ ao exige que se encontre todas as solu¸c˜oes, mas apenas (pode n˜ ao parecer a palavra mais adequada, mas pode ser ela sim!) que existem infinitas solu¸c˜ oes. Comecemos buscando solu¸c˜ oes em que a = b. A equa¸c˜ao se tornaria 2013an = cn+1 . Nesse caso, a = c = 2013 ´e solu¸c˜ ao, por´em ainda n˜ ao as conseguimos em quantidade infinita. Mas isso, agora, ´e f´acil. Escolha a = b = 2013kn+1 e c = 2013kn . Variando k sobre N, geramos as infinitas solu¸c˜ oes pedidas. 7. Suponha que a equa¸c˜ ao possua solu¸c˜ao. O lado direito da equa¸c˜ao ´e um n´ umero 1 ao ´e um n´ umero inteiro. Assim, x ∈ Z e, portanto, x = 1 − x, o que d´ a x = , que n˜ 2 inteiro, absurdo. Ou seja, n˜ ao h´ a solu¸c˜ao para a equa¸c˜ao. 8. Naturalmente, vamos elevar ao quadrado as 3 equa¸c˜oes envolvidas. Somando os resultados, obtemos x + y + z = 3. Por outro lado, a partir da primeira equa¸c˜ao, obtemos z ≥ 1. Analogamente, x ≥ 1 e y ≥ 1 das demais equa¸c˜ oes, que geram x + y + z ≥ 3. Portanto, as igualdades devem ocorrer e a u ´nica solu¸c˜ao ´e x = y = z = 1. 10. As solu¸c˜ oes s˜ ao x = −y, y = −z ou z = −x. 11. 2000. 6

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13.

4 2 + = 1 ⇔ (m−4)(n−2) = 8. As solu¸c˜oes inteiras positivas vˆem de m−4 = 1, 2, 4, 8 m n e n − 2 = 8, 4, 2, 1, respectivamente, ou seja, (m, n) = (5, 10), (6, 6), (8, 4), (12, 3).

14. Subtraindo as 2 primeiras equa¸c˜ oes membro a membro, temos (a − b)(a2 + ab + b2 + q) = 0. Como a 6= b, obtemos a2 + ab + b2 + q = 0. Analogamente, b2 + bc + c2 + q = 0.

Combinando esses 2 resultados (pela subtra¸c˜ao), chegamos a (a − c)(a + b + c) = 0. Mas a 6= c. Portanto, a + b + c = 0. 15. Se a + b ´e raiz, ent˜ ao (a + b)2 + a(a + b) + b = 0 ⇒ 2a2 + 3ab + b2 + b = 0, cujo discriminante ´e ∆ = b2 − 8b = (b − 4)2 − 16, que deve ser um quadrado perfeito, digamos k2 , k ∈ Z+ , pois a ∈ Z, ou seja, (b − 4)2 − k2 = 16 ⇔ (b − 4 + k)(b − 4 − k) = 16. Lembrando que soma e diferen¸ca dos mesmos n´ umeros inteiros tˆem a mesma paridade e que b − 4 + k ≥ b − 4 − k pois assumimos, sem perda de generalidade, que k ≥ 0, temos as seguintes possibilidades: 

b − 4 + k = 4, 8, −2, −4 , b − 4 − k = 4, 2, −8, −4

que produzem as solu¸c˜ oes (a, b) = (−6, 8), (−6, 9), (0, −1), (0, 0).

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Aula

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A Ideia de Continuidade Quando dizemos que um processo funciona de forma cont´ınua, estamos dizendo que ele ocorre sem interrup¸c˜ ao. Da mesmo forma, em matem´ atica, o conceito de continuidade em fun¸c˜oes, por exemplo, significa que seu gr´ afico n˜ ao tem interrup¸c˜ao. Os primeiros exemplos de fun¸c˜oes cont´ınuas s˜ ao os polinˆ omios, que s˜ ao somas de parcelas do tipo ak xk , sendo k um n´ umero inteiro n˜ ao-negativo, ou seja, fun¸c˜ oes do tipo P (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 , an 6= 0, sendo que, no ensino fundamental, sempre s˜ ao estudadas as fun¸c˜oes polinomiais de 1o e 2o graus, cujos gr´ aficos s˜ ao, respectivamente, retas e par´ abolas, ambos sem interrup¸c˜ao, isto ´e, cont´ınuos, da´ı essas fun¸c˜ oes serem ditas cont´ınuas. A formaliza¸c˜ ao do conceito de continuidade envolve no¸c˜oes de C´ alculo - limite, especificamente - mas j´a ´e poss´ıvel fazer muito sem formalidades. Por outro lado, precisamos assumir detalhes que n˜ ao provaremos aqui nessas aulas. Por exemplo, a soma (e a diferen¸ca, portanto) e o produto de fun¸c˜ oes cont´ınuas tamb´em s˜ ao fun¸c˜oes cont´ınuas. ` vezes, tamb´em, podemos considerar uma fun¸c˜ao cont´ınua apenas em um determiAs 1 possui uma descontinuidade em x = 0, nado intervalo. Por exemplo, a fun¸c˜ ao f (x) = x mas ´e cont´ınua para reais positivos. Vejamos alguns exemplos. Problema 1. Mostre que a equa¸c˜ ao x3 − 5x + 2 = 0 possui uma raiz real positiva. Solu¸c˜ ao. O lado esquerdo dessa equa¸ca˜o ´e um polinˆ omio, digamos P (x), ou seja, podemos escrever P (x) = x3 − 5x + 2.

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Agora, veja que P (0) = 2 > 0 e P (1) = −2 < 0. Como o gr´ afico de P ´e cont´ınuo, pois ´e um polinˆ omio, ele une os pontos (0,2) e (1, -2) e, necessariamente, intercepta o eixo x entre 0 e 1, isto ´e, P possui uma raiz real entre 0 e 1. Problema 2. Prove que a equa¸c˜ ao x5 + 8x4 − 3x2 − 4x − 2 = 0 possui ao menos duas ra´ızes reais negativas e uma positiva. Problema 3. Seja h : R → R uma fun¸ca˜o polinomial. Sabe-se que h(−1) = 4, h(0) = 0, h(1) = 8. Definimos g por g(x) = h(x) − 2. Mostre que a equa¸c˜ao g(x) = 0 admite pelo menos 2 solu¸c˜oes distintas. Problema 4. A equa¸c˜ ao n4 − 2n3 + 3n2 + n − 33 = 0 possui solu¸c˜ao real positiva? Problema 5. De uma fun¸c˜ ao g cont´ınua em R, sabe-se que: i. 1 ´e raiz de g; ii. g(3) > 0. Prove que a equa¸c˜ ao g(x) =

g(3) tem, pelo menos, uma solu¸c˜ao no intervalo ]1; 3[. 2

Problema 6. Prove que o gr´ afico de f (x) = x3 −3x2 +1 intersecta o gr´ afico de g(x) = 2x−2 em pelo menos um ponto do intervalo ]0, 1[. Problema 7. (Paulista) Demonstre que, no conjunto dos n´ umeros reais, a equa¸c˜ao (x − b)(x − c) + (x − a)(x − c) + (x − a)(x − b) = 0 sempre tem solu¸c˜ ao, quaisquer que sejam os n´ umeros reais a, b, c dados. Solu¸c˜ ao. Seja P (x) = (x − b)(x − c) + (x − a)(x − c) + (x − a)(x − b). Inicialmente, observe que se a = b ou b = c ou c = a, ent˜ao P possui uma raiz (a, b ou c).

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Caso a, b, c sejam distintos 2 a 2, podemos supor, sem perda de generalidade (devido `a simetria da equa¸c˜ ao), a < b < c. Assim, temos P (a) = (a − b)(a − c) > 0, P (b) = (b − a)(b − c) < 0, P (c) = (c − a)(c − b) > 0, que garantem uma raiz entre a e b e outra entre b e c. Obs: Esta ´e uma solu¸c˜ ao envolvendo o conceito de continuidade dos polinˆ omios. Tente resolvˆe-la calculando o ∆ da equa¸c˜ ao do 2o grau. Problema 8. (IME) Considere a, b, c ∈ R tais que a < b < c. Prove que a equa¸c˜ao abaixo possui exatamente duas ra´ızes x1 e x2 que satisfazem a condi¸c˜ao a < x1 < b < x2 < c. 1 1 1 + + = 0. x−a x−b x−c Problema 9. Seja f uma fun¸c˜ ao quadr´ atica (fun¸c˜ao polinomial do 2o grau) tal que a equa¸c˜ao f (x) = x n˜ ao tem solu¸c˜ oes. Prove que a equa¸c˜ao f (f (x)) = x tamb´em n˜ ao tem solu¸c˜oes. Solu¸c˜ ao. Primeiramente, veja que a condi¸c˜ao de f (x) = x, que ´e uma equa¸c˜ao do 2o grau, n˜ ao possuir ra´ızes poderia nos levar a pensar em usar seu discriminante ∆. Por´em, seria complicado aplicar tal resultado na equa¸c˜ao f (f (x)) = x, que ´e do 4o grau. Pensemos, ent˜ ao, com nossos argumentos de continuidade, j´a que f ´e cont´ınua pois seu gr´ afico (uma par´ abola) n˜ ao possui interrup¸c˜ao. Para simplificar um pouco nossa solu¸c˜ao, vamos criar a fun¸c˜ ao g(x) = f (x) − x, que tamb´em ´e cont´ınua utilizando um resultado (que n˜ ao iremos provar) que garante que soma de fun¸c˜oes cont´ınuas tamb´em ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua. Assim, a condi¸c˜ ao do problema que garante que f (x) = x n˜ ao possui solu¸c˜ao ´e equivalente a dizer que g n˜ ao possui raiz real, ou seja, seu gr´ afico est´ a todo acima do eixo x ou todo abaixo, devido ` a continuidade. Sem perda de generalidade (o outro caso ´e an´ alogo), vamos supor que o gr´ afico de g esteja todo acima do eixo x, isto ´e, g(x) > 0, ∀x ∈ R. Portanto, f (x) > x, ∀x ∈ R. Da mesma forma, tamb´em temos f (f (x)) > f (x), ∀x ∈ R.

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Finalmente, combinando esses 2 resultados, conclu´ımos que f (f (x)) > x, ∀x ∈ R (ou f (f (x)) < x, ∀x ∈ R), garantindo que f (f (x)) = x n˜ ao possui solu¸c˜ao real. Obs. A fun¸c˜ ao em quest˜ ao poderia ser qualquer fun¸c˜ao cont´ınua. Problema 10. Seja f uma fun¸c˜ ao cont´ınua para todo x real tal que a equa¸c˜ao f (x) = x ao possui solu¸c˜ao, ∀n ∈ N. n˜ ao possui solu¸c˜ ao. Prove que f (f...f (x)...) = x tamb´em n˜ | {z } n

Problema 11. A fun¸c˜ ao f : R → R ´e cont´ınua e

f (x) · f (f (x)) = 1, ∀x ∈ R. Sendo f (2004) = 2003, determine f (1999). Solu¸c˜ ao. V´arios alunos iniciam esse problema substituindo f (x) por y, obtˆem f (y) = 1 , que ´e a resposta correta. 1999 1 Mas como explicar que f (2004) n˜ ao ´e e, sim, 2003? 2004

1 e, y

portanto, f (1999) =

A resposta est´ a no fato de nem todo n´ umero (y, no caso) poder ser escrito como f (x). Isso s´ o ´e verdade se y est´ a no conjunto imagem da fun¸c˜ao. Por exemplo, 2003 ´e imagem de 1 1 2004 e isso ´e suficiente para garantir que f (2003) = e, portanto, tamb´em est´ a 2003 2003   1 no conjunto imagem e f = 2003. 2003 Sendo assim, nosso objetivo ´e conseguir mostrar que 1999 est´ a no conjunto imagem dessa  1 fun¸c˜ao. No par´ agrafo anterior, vimos que o gr´ afico de f passa pelos pontos 2003, 2003   1 e , 2003 . A continuidade de f garante que seu gr´ afico percorrer´a pontos com or2003 1 denadas (coordenadas y) desde at´e 2003, ou seja, vai passar por um com ordenada 2003 1 1999, o que significa dizer que 1999 est´ a no conjunto imagem de f . Logo, f (1999) = . 1999 Obs: Para uma melhor compreens˜ ao, fa¸ca um esbo¸co no plano cartesiano dos dados encontrados nessa solu¸c˜ ao. Problema 12. A fun¸c˜ ao f : R → R ´e cont´ınua e f (x) · f (f (x)) = 1, ∀x ∈ R. Se f (2011) = 2010, mostre que 2012 n˜ ao pertence ao conjunto imagem de f , ou seja, n˜ ao existe x real tal que f (x) = 2012.

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Problema 13. Sejam f, g : R → R fun¸c˜oes cont´ınuas tais que f (a) < g(a) e f (b) > g(b). Mostre que existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = g(c). Solu¸c˜ ao. Vamos criar a fun¸c˜ ao h(x) = f (x) − g(x), tamb´em cont´ınua. Pelo problema, h(a) = f (a) − g(a) < 0, h(b) = f (b) − g(b) > 0. A continuidade de h garante que existe c ∈ (a, b) tal que h(c) = 0, ou seja, f (c) = g(c). Problema 14. Seja f : [a, b] → [a, b] uma fun¸c˜ao cont´ınua (pois ´e a diferen¸ca entre fun¸c˜oes cont´ınuas). Prove que f tem um ponto fixo, isto ´e, existe c ∈ [a, b] tal que f (c) = c. (Sugest˜ao: considere a fun¸c˜ ao g(x) = f (x) − x.)

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Dicas

2. Sendo P (x) = x5 + 8x4 − 3x2 − 4x − 2, calcule P (0), P (−1). Mostre que P assume apenas valores negativos quando x diminui suficientemente. Depois, calcule P (1). 3. Calcule g(−1), g(0), g(1). 4. Sendo P (n) = n4 − 2n3 + 3n2 + n − 33, calcule P (0), P (1), P (2), P (3). 5. Escreva f (x) = 2g(x) − g(3). Calcule f (1) e f (3). 6. Escreva h(x) = f (x) − g(x) e calcule h(0) e h(1). 8. Veja solu¸c˜ ao do problema 7. 10. Veja solu¸c˜ ao do problema 9. 12. Veja solu¸c˜ ao do problema 11. 14. Veja solu¸c˜ ao do problema 13.

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Solu¸c˜ oes

2. Sendo P (x) = x5 + 8x4 − 3x2 − 4x − 2, ent˜ao P (0) = −2 e P (−1) = 6. Assim, j´a existe uma raiz negativa no intervalo (−1, 0). Quem controla o sinal de P quando x caminha para −∞ ´e o termo x5 , que ´e negativo nesse caso. Da´ı, partindo de um valor positivo P (−1) = 6, o gr´ afico, quando x caminha para −∞, cortar´ a novamente o eixo x gerando uma nova raiz negativa. Al´em disso, P (1) = 0, ou seja, 1 ´e uma raiz positiva. 3. g(−1) = h(−1) − 2 = 2, g(0) = h(0) − 2 = −2, g(1) = h(1) − 2 = 6, ou seja, existe uma raiz no intervalo (−1, 0) e outra no intervalo (0, 1). 4. P (2) = −19, P (3) = 24 e continuidade garantem que existe uma raiz no intervalo (2, 3). 5. Sendo f (x) = 2g(x) − g(3), temos f (1) = 2g(1) − g(3) = −g(3) < 0 e f (3) = 2g(3) − g(3) = g(3) > 0, ou seja, existe uma raiz no intervalo (1, 3). 6. Seja h(x) = f (x) − g(x) = x3 − 3x2 − 2x + 3. Como h(0) = 3 e h(1) = −1 e h ´e cont´ınua, segue que h possui uma raiz em (0, 1), isto ´e, os gr´ aficos de f e g se intersectam em pelo menos um ponto desse intervalo.   1 1 ef = 2010, ou seja, 12. Pela solu¸c˜ ao do problema 11, temos que f (2010) = 2010 2010 2010 est´ a no conjunto imagem de f . Se 2012 tamb´em estivesse, ent˜ao a continuidade 1 , absurdo. de f garantiria que 2011 tamb´em estaria e, portanto, f (2011) = 2011 14. Se f (a) = a ou f (b) = b, ent˜ ao n˜ ao h´ a nada a fazer. Caso contr´ ario, temos f (a) > a e f (b) < b. O resultado segue an´ alogo ao encontrado na solu¸c˜ao do problema 13 criando a fun¸c˜ ao h(x) = f (x) − x.

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N´ umeros Complexos - Parte I Introdu¸ c˜ ao e Forma Alg´ ebrica √ S˜ ao as express˜ oes da forma a + bi, em que a e b s˜ ao n´ umeros reais e i = −1 (i ´e a primeira letra da palavra imagin´ ario, sinˆ onimo de n´ umero complexo) ou i2 = −1. Dizemos que z = a + bi ´e forma alg´ebrica do n´ umero complexo z. Os n´ umeros complexos da forma a + 0i s˜ ao chamados n´ umeros reais. Assim, R ⊂ C. Os n´ umeros complexos da forma 0 + bi s˜ ao chamados n´ umeros imagin´ arios puros. Em particular, 0 + 1i = i ´e chamado de unidade imagin´ aria.

Interpreta¸ c˜ ao Geom´ etrica dos N´ umeros Complexos Im

z = a + bi

bi |z|

a

R

A figura acima mostra um n´ umero complexo no plano, que chamaremos de plano complexo. Nele, o eixo horizontal cont´em n´ umeros reais e o eixo vertical, n´ umeros imagin´ arios puros. A distˆ ancia de z ` a origem ´e o m´ odulo de z (assim como acontece com os n´ umeros reais) e representamos da maneira usual, ou seja, |z|. Observe que existe uma associa¸c˜ao

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entre a nota¸c˜ ao cartesiana de um ponto (x, y) e a nota¸c˜ao complexa do n´ umero x + yi.

Opera¸ c˜ oes 1. Igualdade: a + bi = c + di ⇔ a = c e b = d. (Observa¸c˜ao: N˜ao h´ a compara¸c˜ao dos tipos >, <, ≥, ≤) 2. Soma: a + bi + c + di = (a + c) + (b + d)i. 3. Produto: (a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i. ac + bd bc − ad a + bi = 2 +i· 2 . c + di c + d2 c + d2 √ 5. M´odulo: |z| = a2 + b2 . 4. Quociente:

Potˆ encias do i As potˆencias de i s˜ ao peri´ odicas. De fato, i1 = i i2 = −1, i3 = −i, i4 = 1, i5 = i, i6 = −1, ... A repeti¸c˜ ao ocorre a cada 4 potˆencias (o per´ıodo da repeti¸c˜ao ´e 4.) Tamb´em ´e ´ s´ comum precisar calcular potˆencias de 1+i ou 1−i. E o usar que (1±i)2 = 1±2i−1 = ±2i.

O Conjugado e suas Propriedades Im

z = a + bi

bi |z|

a

−bi

R

|z| z = a − bi

umero complexo z = a + bi ´e, por defini¸c˜ao, o n´ umero complexo O conjugado z n´ z = a − bi. Vejamos algumas propriedades u ´teis. ao mutuamente conjugados. 1. O conjugado do n´ umero complexo z ´e z e, por isso, z e z s˜

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2. |z| = |z|, pois cada lado da igualdade ´e

√

a 2 + b2 .

3. z = z ⇔ z ∈ R, j´a que a + bi = a − bi implica b = 0. Esse fato deve ser usado quando o objetivo for provar que um determinado n´ umero ´e real. 4. z = −z ⇔ z ´e um n´ umero imagin´ ario puro, pois a + bi = −(a − bi) implica a = 0. Esse fato deve ser usado quando o objetivo for provar que um determinado n´ umero ´e imagin´ ario puro. ´ UMA PROPRIEDADES 5. |z|2 = z · z, pois z · z = (a + bi)(a − bi) = a2 + b2 . ESSA E ´ MAIS UTEIS, pois consegue eliminar o m´ odulo dos c´alculos, algo bom mesmo que os n´ umeros envolvidos sejam reais. 6. A soma ((a + bi) + (a − bi) = 2a) e o produto (visto no item anterior) de n´ umeros mutuamente conjugados ´e um n´ umero real. 7. z1 + z2 = z1 + z2 . De fato, z1 + z2 = (a1 + ib1 ) + (a2 + ib2 ) = (a1 + a2 ) + i(b1 + b2 ) = (a1 + a2 ) − i(b1 + b2 ) = (a1 − ib1 ) + (a2 − ib2 ) = z1 + z2 (Esse fato j´a foi uma quest˜ao proposta pelo IME). 8. z1 · z2 = z1 · z2 .   z1 z1 = . 9. z2 z2 Tente verificar esses dois u ´ltimos itens fazendo z1 = a + bi e z2 = c + di. Vejamos agora alguns exemplos. Problema 1. Calcule i2011 , i2012 , i2013 . Problema 2. Calcule o valor de i8n+3 + i4n+1 . Problema 3. Calcule (1 + i)2011 , (1 − i)2012 , (1 + i)2013 . Problema 4. Encontre todas as ra´ızes da equa¸c˜ao z 3 = 1. Solu¸c˜ ao. A equa¸c˜ ao pode ser reescrita como z 3 − 1 = 0 ⇔ (z − 1)(z 2 + z + 1) = 0. A primeira raiz z = 1 vem de z − 1 = 0. As demais vˆem de√z 2 + z + 1 =√0, cujo −1 ± −3 −1 ± i 3 discriminante ´e ∆ = −3. Logo, essas u ´ltimas duas ra´ızes s˜ ao = . 2 2

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Problema 5. Encontre as ra´ızes das equa¸c˜oes a) z 3 = 8; b) z 4 = 81. Problema 6. Encontre n´ umeros reais x, y, u, v satisfazendo z = x + i, w = 3 + iy, z + w = u − i, zw = 14 + iv. Problema 7. Seja z = a + bi, em que a, b ∈ R. Encontre condi¸c˜oes sobre a e b para que: a) z 3 seja real; b) z 3 seja imagin´ ario puro. Solu¸c˜ ao. Veja: z = a + bi ⇒ z 3 = (a + bi)3 = a3 + 3a2 bi + 3a(bi)2 + (bi)3 ⇒ z 3 = (a3 − 3ab2 ) + i(3a2 b − b3 ). a) z 3 ´e real se, e somente se, sua √ parte imagin´ aria ´e nula, ou seja, 3a2 b − b3 = 0, o que ocorre quando b = 0 ou b = ±a 3. b) z 3 ´e imagin´ ario puro se, e somente √ se, sua parte real ´e nula, ou seja, a3 − 3ab2 = 0, o que ocorre quando a = 0 ou a = ±b 3. Problema 8. Para z ∈ C, prove que |z| = 1 ⇔ z =

1 . z

Problema 9. Prove que |1 + iz| = |1 − iz| se, e somente se, z ´e um n´ umero real. Solu¸c˜ ao. Sabendo que |z|2 = z · z, temos |1 + iz| = |1 − iz| ⇔ |1 + iz|2 = |1 − iz|2 ⇔ (1 + iz)(1 + iz) = (1 − iz)(1 − iz) ⇔ (1 + iz)(1 − iz) = (1 − iz)(1 + iz)

⇔ 1 + iz − iz + |z|2 = 1 − iz + iz + |z|2 ⇔ iz = iz ⇔ z = z, que ´e a condi¸c˜ ao necess´aria e suficiente para z ser real. 4

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Problema 10. Sejam a e b n´ umeros reais. Se a + bi 6= 0, determine a forma alg´ebrica do 1 . n´ umero a + bi Solu¸c˜ ao. A ideia de tornar o denominador real ´e sempre utilizar o conjugado, parecido com o que fazemos quando queremos racionalizar um denominador irracional: a − bi a − bi a −b 1 = = 2 = 2 +i· 2 , 2 2 a + bi (a + bi)(a − bi) a +b a +b a + b2

que ´e a forma alg´ebrica desejada.

Problema 11. (ITA) Seja z = a + bi um n´ umero complexo. Se z + ent˜ao mostre que b = 0 ou |z| = 1.

1 ´e um n´ umero real, z

Problema 12. (ITA) Se z1 e z2 s˜ ao n´ umeros complexos e z1 + z2 e z1 · z2 s˜ ao ambos reais, ent˜ao mostre que z1 e z2 s˜ ao ambos reais ou z1 = z.

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Dicas

5. Veja a solu¸c˜ ao da quest˜ ao 3. 6. Use que a igualdade entre n´ umeros complexos, ou seja,a + bi = c + di ⇔ a = c e b = d, se a, b, c, d s˜ ao reais. 8. Use |z|2 = z · z. 11. Use o problema 10. 12. Escreva z1 e z2 em suas formas alg´ebricas, ou seja, z1 = a + bi e z2 + c + di, sendo a, b, c, d n´ umeros reais.

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Respostas e Solu¸c˜ oes

1. −i, 1, i. 2. 0. 3. (1 + i)2011 = (1 + i)2010 (1 + i) = (2i)1005 (1 + i) = 21005 i1004 i(1 + i) = 21005 (i − 1). (1 − i)2012 = (−2i)1006 = (−2)1006 i1004 i2 = −21006 .

(1 + i)2013 = (1 + i)2011 (1 + i)2 = 21005 (i − 1)2i = −21006 (1 + i). √ 1. a) 2, 1 ± 3. b) ±3, ±3i.

6. x = 4, y = −2, u = 7 e v = −5. 8. Sabendo que |z|2 = z · z, temos |z| = 1 ⇔ |z|2 = 1 ⇔ zz = 1 ⇔ z =

1 . z

a −b b b(a2 + b2 − 1) 1 = a + bi + 2 + i · ser´ a real se b − = = 0, z a + b√2 a 2 + b2 a2 + b2 a 2 + b2 ou seja, b = 0 ou |z| = a2 + b2 = 1.

11. z +

12. Escrevendo z1 = a + bi e z2 + c + di, temos z1 + z2 = (a + c) + i(b + d) e z1 · z2 = (ac − bd) + i(ad + bc). Como esses n´ umeros s˜ ao reais, devemos ter: 1. b + d = 0 ⇔ b = −d;

2. ad + bc = 0 ⇔ ad = −bc. Se d = 0, ent˜ ao b = 0. Da´ı, z1 e z2 s˜ ao reais. Se d 6= 0, ent˜ao podemos fazer o cancelamento na equa¸c˜ ao do item 1 e achar a = c. Isso mostra que z1 e z2 s˜ ao conjugados complexos.

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N´ umeros Complexos - Parte II Vamos finalizar nosso estudo dos n´ umeros complexos apresentando a forma de escrevˆelos com o aux´ılio da Trigonometria, que dar´ a suporte a mais teoria posterior, e mais exerc´ıcios.

Forma Trigonom´ etrica Im

z = a + bi

bi |z| θ

a

A figura acima nos permite escrever cosθ =

R

b a e senθ = . Assim, temos |z| |z|

z = a + ib = |z|cosθ + i|z|senθ, ou seja, z = |z|(cosθ + isenθ). O ˆangulo θ ´e chamado de argumento do n´ umero complexo z e o denotamos por arg z. Completando as propriedades do conjugado, temos arg z = 360o − arg z. Problema 1. Escreva os seguintes n´ umeros na forma trigonom´etrica.

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a) 2. b) 3i. c) 1 + i. √ d) 1 + i 3. Solu¸c˜ ao. a) 2 = 2(cos0 + isen0). b) 3i = 3(cos90o + isen90o ). √ ! √ √ √ 2 2 c) 1 + i = 2 = 2(cos45o + isen45o ). +i 2 2 √ d) 1 + i 3 = 2

√ ! 3 1 +i = 2(cos60o + isen60o ). 2 2

Para ilustrar o item c) dessa quest˜ ao, observe a figura a seguir. Im

z = 1+i i √ | 2| 45o

1

R

Ap´os localizar o n´ umero 1 + i no plano complexo, visualizamos um quadrado √ de lado o 1. Assi, fica mais f´acil enxergar que o argumento de z ´e 45 e que o m´ odulo ´e 2. Problema 2. Determine o polinˆ omio de menor grau e com coeficientes reais que possui um 2π como raiz. n´ umero complexo com m´ odulo 1 e argumento 3 Problema 3. Sejam x = a + b, y = aω + bω 2 , z = aω 2 + bω, onde ω 2 + ω + 1 = 0. Calcule x + y + z e expresse x3 + y 3 + z 3 em termos de a e b.

2

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Problema 4. (EUA) O n´ umero complexo z satisfaz z + |z| = 2 + 8i. Calcule |z|2 . Solu¸c˜ ao. Supondo z = a + bi, a equa¸c˜ ao fica p a + bi + a2 + b2 = 2 + 8i.

A igualdade entre n´ umeros complexos√nos garante que b = 8 (comparando as partes imagin´ arias dos lados da equa¸c˜ ao) e a + a2 + b2 = 2 (comparando as partes reais dos lados da equa¸c˜ ao), ou seja, p a2 + b2 = 2 − a ≥ 0 ⇒ a = −15. Portanto, z = −15 + 8i ´e a u ´nica solu¸c˜ao e |z|2 = 152 + 82 = 289.

Problema 5. (IME) Dois n´ umeros complexos z1 e z2 , n˜ ao-nulos, s˜ ao tais que |z1 + z2 | = z2 ´e imagin´ ario puro. |z1 − z2 |. Mostre que z1 Problema 6. (IME) Sendo a, b e c n´ umeros naturais em progress˜ao aritm´etica e z um n´ umero complexo de m´ odulo unit´ ario, determine um valor para cada um dos n´ umeros a, b, c e z de forma que eles satisfa¸cam a igualdade 1 1 1 + b + c = z9. a z z z Problema 7. (ITA) Determine todos os n´ umeros complexos z, que s˜ ao ra´ızes da equa¸c˜ao |z| − z = 1 + 2i, sendo i a unidade imagin´ aria. Problema 8. (ITA) Considerando z e w n´ umeros complexos arbitr´arios e u = z · w + z · w, mostre que o conjugado de u ´e igual ao dobro da parte real do n´ umero z · w. Problema 9. (ITA) Determine o valor da express˜ ao |1 − z|2 + |1 + z|2 , sendo z um n´ umero complexo unit´ ario. Problema 10. (ITA) Determine o produto dos n´ umeros complexos z = x + yi que tˆem √ m´ odulo igual a 2 e tais que y = 2x − 1. Solu¸c˜ ao. |z|2 = 2 ⇒ x2 + (2x − 1)2 = 2 ⇒ 5x2 − 4x − 1 = 0, cujas ra´ızes s˜ ao x = 1 e 1 x=− . 5 1 7 6 8 Assim, os n´ umeros s˜ ao 1 + i e − − i, cujo produto ´e − i. 5 5 5 5

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Problema 11. (ITA) Mostre que, resolvendo a equa¸c˜ao z 2 = 2 + z no conjunto dos n´ umeros complexos, todas as ra´ızes s˜ ao n´ umeros inteiros. Problema 12. (ITA) Sejam x e y n´ umeros reais, com x 6= 0, satisfazendo (x+iy)2 = (x+y)i. Mostre que x ´e uma raiz da equa¸c˜ ao x3 + 3x2 + 2x − 6 = 0. Solu¸c˜ ao. (x + iy)2 = (x + y)i ⇒ x2 + 2xyi − y 2 = (x + y)i. Pela igualdade entre n´ umeros complexos, temos x2 − y 2 = 0, o que d´ a x = y ou x = −y. Se x = −y, ent˜ ao x + y = 0 e 2xy = 0, absurdo pois x 6= 0. Logo, x = y e 2xy = x + y equivale a x2 = x. Assim, x = 1, que ´e uma raiz da equa¸c˜ao dada. Problema 13. Resolva a equa¸c˜ ao (z + i)2 + (z − i)2 = 2. Problema 14. (ITA) Escreva as formas alg´ebrica e trigonom´etrica da potˆencia

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√ !93 2 . 1+i

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Dicas

2. Esse n´ umero ´e z =

cos120o

+

isen120o

√ 3 1 . =− +i 2 2

3. Mostre que ω 3 = 1 e use esse resultado. 5. Use |z|2 = z · z. 6. Tome z = i, que tem m´ odulo unit´ ario e encontre valores para a, b e c. 7. Escreva z = a + bi, com a e b reais. 8. Use z · w = z · w e escreva zw = a + bi, com a e b reais. 9. Use |w|2 = w · w. 11. Escreva z = a + bi, com a e b reais. 14. Use (1 + i)2 = 2i.

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Respostas e Solu¸c˜ oes

2. P (z) = z 2 + z + 1. 3. x + y + z = a(1 + ω + ω 2 ) + b(1 + ω + ω 2 ) = 0. Assim, x3 + y 3 + z 3 = 3xyz = 3(a3 + b3 ) pois xyz = (a + b)(aω + bω 2 )(aω 2 + bω) = (a + b)(a2 + b2 + ab(ω 4 + ω 2 ) = (a + b)(a2 + b2 − ab) = a3 + b3 , visto que ω 4 = ω pois ω 3 − 1 = (ω − 1)(ω 2 + ω + 1) = 0.

Outra forma de calcular x3 + y 3 + z 3 ´e elevar ao cubo as express˜ oes de x, y, z e, depois, somar os resultados. 5. |z1 + z2 | = |z1 − z2 | ⇔ |z1 + z2 |2 = |z1 − z2 |2 ⇔ (z1 + z2 )(z1 + z2 ) = (z1 − z2 )(z1 − z2 ) (z1 + z2 )(z1 + z2 ) = (z1 − z2 )(z1 − z2 ) ⇔ z1 z1 + z1 z2 + z2 z1 + z2 z2 = z1 z1 − z1 z2 − z2 z1 + z2 z2 ⇔ z1 z2 + z2 z1 = 0 ⇔ 6. Tomando z = i, que tem m´ odulo 1, uma poss´ıvel solu¸c˜ao ´e a = 2, b = 3 e c = 4 (P.A.), como pedido no enunciado (n˜ ao foi pedido encontrar todas as solu¸c˜oes). √ umeros 7. Fazendo z = a + bi, temos a2 + b2 − a − bi = 1 + 2i. A igualdade entre n´ complexos nos d´ a b = −2 e p

Logo, z =

3 a2 + 4 = a + 1 ⇒ a = . 2

3 − 2i ´e a u ´nica solu¸ca˜o. 2

8. u = u. Se zw = a + bi, ent˜ ao u = 2a. 9. |1 − z|2 + |1 + z|2 = (1 − z)(1 − z) + (1 + z)(1 + z) = 2 + 2|z|2 = 4. 11. Fazendo z = a + bi, temos a2 + b2 = 2 + a − bi. A igualdade entre n´ umeros complexos garante que b = 0 e que a2 = 2 + a, cujas ra´ızes s˜ ao 2 e -1. √ 13. z = ± 2. √ √ 93 √ 92 √ 2 = 246 2. 14. 2 = 2 (1 + i)93 = (1 + i)92 (1 + i) = (2i)46 (1 + i) = −246 (1 + i) √ !93 √ √ √ √ 2 2 2(1 − i) 2 2 Assim, =− =− =− + i = cos315o + isen315o . 1+i 1+i (1 + i)(1 − i) 2 2

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Rela¸c˜ oes de Girard - Parte I Ao estudar as equa¸c˜ oes (polinomiais) do 2o grau, vocˆe deve ter aprendido que ´e poss´ıvel calcular a soma e o produto das ra´ızes, mesmo sem conhecˆe-las. Vamos recordar essas f´ormulas. Sejam x1 e x2 as ra´ızes da equa¸c˜ ao ax2 + bx + c = 0. Assim, podemos escrever ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ) ⇒ ax2 + bx + c = ax2 − a(x1 + x2 )x + ax1 x2 . Igualando os coeficientes de termos de mesmo grau, obtemos b = −a(x1 + x2 ) e c = ax1 x2 , ou seja, b x1 + x2 = − , a c x1 x2 = . a Agora, n˜ ao pense mais em soma e produto das ra´ızes e, sim, que s˜ ao somas das ra´ızes separadamente e, depois, aos pares. Para um conjunto de 3 ra´ızes, por exemplo, a soma delas separadamente seria x1 + x2 + x3 e, aos pares, x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 . Al´em disso, ainda haveria a soma delas de 3 em 3: x1 x2 x3 , que, nesse caso, coincide com o produto. Com essas express˜ oes e repetindo os c´alculos acima para uma equa¸c˜ao ax3 +bx2 +cx+d = 0, cujas ra´ızes s˜ ao x1 , x2 e x3 , obtemos b x1 + x2 + x3 = − , a x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =

c , a

d x1 x2 x3 = − . a E isso pode ser extendido para equa¸c˜oes polinomiais de qualquer grau, sempre dividindo pelo primeiro coeficiente, que ´e sempre diferente de zero, e fazendo alternˆ ancia de sinais.

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Tais resultados s˜ ao conhecidos como Rela¸co ˜es de Girard (Albert Girard (1590 - 1639)). Por exemplo, se a equa¸c˜ ao for 2x4 + 3x2 + 8x + 1 = 0, ent˜ao x1 + x2 + x3 + x4 = 0, 3 x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 = , 2 8 x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 = − = −4, 2 1 x1 x2 x3 x4 = . 2 o Problema 1. Determine uma equa¸c˜ ao do 3 grau cujas ra´ızes sejam 1, 2 e 3. Solu¸c˜ ao. O resultado ´e imediato escrevendo (x − 1)(x − 2)(x − 3) = 0 ⇔ x3 − 6x2 + 11x − 6 = 0. Mas tamb´em podemos criar os coeficientes da equa¸c˜ao atrav´es das Rela¸c˜oes de Girard. Sendo x3 − ax2 + bx − c = 0 uma equa¸c˜ao (pois podemos multiplic´ a-la por qualquer valor n˜ ao-nulo sem que suas ra´ızes sejam alteradas) procurada (os sinais nos coeficientes est˜ ao alternados pelo padr˜ao das Rela¸c˜ oes de Girard). Assim: a = 1 + 2 + 3 = 6, b = 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 1 = 11, c = 1 · 2 · 3 = 6, obtendo assim a equa¸c˜ ao x3 − 6x2 + 11x − 6 = 0. Problema 2. Resolva a equa¸c˜ ao polinomial x3 + 4x2 + x − 6 = 0 sabendo que uma de suas ra´ızes ´e 1. Solu¸c˜ ao. Sejam 1, r, s as ra´ızes dessa equa¸c˜ao. Assim, por Girard, temos: 1 + r + s = −4, 1 · r · s = 6, ou seja, r + s = −5, rs = 6, donde r = −2 e s = −3. Problema 3. (EUA) Para quantos inteiros positivos n entre 1 e 100 ´e poss´ıvel fatorar x2 + x − n como produto de dois fatores lineares com coeficientes inteiros?

2

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Problema 4. (ITA) Se a, b, c s˜ ao as ra´ızes da equa¸c˜ao x3 − 2x3 + x − 4 = 0, determine o 1 1 1 valor de + + . a b c Problema 5. (ITA) As ra´ızes da equa¸c˜ ao x4 + qx3 + rx2 + sx + t = 0, com q, r, s, t ∈ Q∗+ , s˜ ao L, M, N, P . Determine o valor de M N P L + + + . MNP LN P LM P LM N Problema 6. (IME) Sejam x1 e x2 as ra´ızes da equa¸c˜ao x2 + (m − 15)x + m = 0. Sabendo que x1 e x2 s˜ ao n´ umeros inteiros, determine o conjunto de valores poss´ıveis para m. Problema 7. Os trˆes n´ umeros distintos a, b, c verificam as igualdades  3  a + pa + q = 0 b3 + pb + q = 0 .  3 c + pc + q = 0 Prove que a + b + c = 0.

Solu¸c˜ ao. As rela¸c˜ oes dadas significam que a, b e c s˜ ao as ra´ızes da equa¸c˜ao polinomial do 3o grau x3 + px + q = 0, que, por Girard, tem soma das ra´ızes igual a 0, isto ´e, a + b + c = 0. Problema 8. Sejam m, n, k ∈ Q as ra´ızes de t3 + at + b. Prove que as ra´ızes de mt2 + nt + k tamb´em s˜ ao racionais. Solu¸c˜ ao. Observe que n˜ ao existe o termo do 2o grau em t3 + at + b. Assim, por Girard, temos que m + n + k = 0. Ora, mas isso mostra que 1 ´e uma raiz de mt2 + nt + k. k Novamente, Girard, atrav´es do produto das ra´ızes, nos d´ a que a outra raiz ´e , que m ´e racional por ser quociente de racionais. Isso mostra que as 2 ra´ızes de mt2 + nt + k s˜ ao racionais. Problema 9. (ITA) As ra´ızes da equa¸c˜ao de coeficientes reais x3 + ax2 + bx + c = 0 s˜ ao inteiros positivos consecutivos. A soma dos quadrados dessas ra´ızes ´e igual a 14. Determine o valor de a2 + b2 + c2 . Problema 10. Determine o valor da soma a + b para que as ra´ızes do polinˆ omio 4x4 − 20x3 + ax2 − 25x + b estejam em progress˜ ao aritm´etica de raz˜ ao

1 . 2

3

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 2 - Aula 18 - Prof. Marcelo Mendes 1 3 Solu¸c˜ ao. Sejam r, r + , r + 1, r + as ra´ızes da equa¸c˜ao. Da´ı, 2 2 3 −20 1 1 =5⇒r= , r+r+ +r+1+r+ =− 2 2 4 2 3 1 ou seja, as ra´ızes s˜ ao , 1, e 2. Por Girard, temos: 2 2 a 1 1 3 1 1 3 35 = ·1+ · + ·2+1· +1·2+ ·2 = ⇒ a = 35, 4 2 2 2 2 2 2 4 1 3 6 b = · 1 · · 2 = ⇒ b = 6. 4 2 2 4 Portanto, a + b = 41.

4

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Dicas

3. Chame as ra´ızes de a e b. Em seguida, utilize Rela¸c˜oes de Girard. 4. Reduza a soma das fra¸c˜ oes a um denominador comum (o que se chama comumente de ’tirar o m´ınimo’. Mas nem sempre o mmc ´e o produto, al´em de s´ o ser definido para naturais). Em seguida, use Girard. 5. Reduza a soma das fra¸c˜ oes a um denominador comum. Em seguida, use Girard. 6. Al´em das Rela¸c˜ oes de Girard, ´e interessante conseguir utilizar a identidade xy + x + y + 1 = (x + 1)(y + 1). 9. Denote as ra´ızes por n − 1, n, n + 1. Em seguida, use a dica do enunciado e Girard.

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Respostas e Solu¸c˜ oes

3. Ao expressarmos x2 + x − n como produto de dois fatores lineares com coeficientes inteiros, os fatores ser˜ ao (x − a) e (x − b), com a e b inteiros. Por Girard, temos a + b = −1, ab = −n. Assim, precisamos encontrar n tal que a(a + 1) = n, 1 < n < 100. As possibilidades s˜ ao a = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, que d˜ ao, respectivamente, n = 2, 6, 12, 20, 30, 42, 56, 72, 90. Portanto, o resultado ´e poss´ıvel para 9 valores de n. 4. Por Girard, temos que ab + bc + ca = 1 e abc = 4. Logo, ab + bc + ca 1 1 1 1 + + = = . a b c abc 4 5. Manipulando a equa¸c˜ ao e utilizando as Rela¸c˜oes de Girard, temos M N P L2 + M 2 + N 2 + P 2 L + + + = MNP LN P LM P LM N LM N P =

(L + M + N + P )2 − 2(LM + LN + LP + M N + M P + N P ) LM N P =

q 2 − 2r . t

6. As Rela¸c˜ oes de Girard nos d˜ ao x1 + x2 = 15 − m e x1 x2 = m. Portanto, solu¸c˜oes (x1 , x2 ) e (x2 , x1 ) d˜ ao o mesmo resultado (valor de m) e x1 x2 + x1 + x2 + 1 = 16 ⇔ (x1 + 1)(x2 + 1) = 16. Da´ı, temos as possibilidades 

x1 + 1 = 1, 2, 4, −4, −2, −1 x2 + 1 = 16, 8, 4, −4, −8, −16

⇒



x1 = 0, 1, 3, −5, −3, −2 , x2 = 15, 7, 3, −5, −9, −17

que d˜ ao os seguintes poss´ıveis valores para m = x1 x2 : 0, 7, 9, 25, 27, 34.

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9. Sejam n − 1, n e n + 1 as ra´ızes dessa equa¸c˜ao. Assim, (n − 1)2 + n2 + (n + 1)2 = 14 ⇔ 3n2 + 2 = 14 ⇔ n = 2. Pelas Rela¸c˜ oes de Girard, temos 1 + 2 + 3 = −a ⇒ a = −6, 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 1 = b ⇒ 11, 1 · 2 · 3 = −c ⇒ c = −6. Logo, a2 + b2 + c2 = 62 + 122 + 62 = 36 + 121 + 36 = 193.

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Rela¸c˜ oes de Girard - Parte II Vamos continuar vendo mais exemplos das Rela¸c˜oes de Girard. Veremos tamb´em um resultado novo que relaciona esse assunto com n´ umeros complexos. Problema 1. (ITA) Seja k ∈ R tal que a equa¸c˜ao 2x3 + 7x2 + 4x + k = 0 possua uma raiz dupla e inteira x1 e uma raiz x2 (ou seja, as ra´ızes s˜ ao x1 , x1 e x2 ), distinta de x1 . Determine o valor de (k + x1 )x2 . Solu¸c˜ ao. Vamos utilizar as Rela¸c˜ oes de Girard para soma e soma aos pares: 7 x1 + x1 + x2 = 2x1 + x2 = − , 2 4 x1 x1 + x1 x2 + x1 x2 = x21 + 2x1 x2 = = 2. 2 Eliminando x2 , obtemos: 3x21 + 7x1 + 2 = 0, 3 e, portanto, 2 3 k x1 x1 x2 = − = − ⇒ k = 3. 2 2

cuja raiz inteira ´e x1 = −1. Assim, x2 = −

Problema 2. Mostrar que f (x) = x3 +x2 −10x+8 ´e divis´ıvel por (x−1) mas n˜ ao ´e divis´ıvel por (x − 1)2 . Solu¸c˜ ao. Veja que f (1) = 1+ 1− 10+ 8 = 0, o que mostra que f (x) possui um fator (x− 1). Agora, suponha que f (x) seja divis´ıvel por (x − 1)2 . Isto significaria que f possui 1 como raiz dupla. Suponha, ent˜ ao, que as ra´ızes sejam 1, 1 e r. Por Girard, temos

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1 + 1 + r = −1 ⇒ r = −3, 1 · 1 · r = −8 ⇒ r = −8, um absurdo. Logo, f n˜ ao ´e divis´ıvel por (x − 1)2 . Problema 3. Verifique se a equa¸c˜ ao x3 − 3x + 8 = 0 tem ra´ızes iguais. Problema 4. Determinar m para que a equa¸c˜ao x3 − 7x + m = 0 tenha uma raiz igual ao dobro de uma outra. Problema 5. (IME) Seja p(x) = x5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex + f um polinˆ omio com coeficientes inteiros. Sabe-se que as cinco ra´ızes de p(x) s˜ ao n´ umeros inteiros positivos, sendo quatro deles pares e um ´ımpar. Determine o n´ umero de coeficientes pares de p(x). Problema 6. (OCM) Considere todas as retas que encontram o gr´ afico da fun¸c˜ao f (x) = 2x4 + 7x3 + 3x − 5 em quatro pontos distintos, digamos (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ), (x4 , y4 ). Mostre que o valor x1 + x2 + x3 + x4 ´e independente da reta e ache esse valor. de 4 Solu¸c˜ ao. Seja y = ax + b a equa¸c˜ ao de uma dessas retas que cortam o gr´ afico de f em 4 pontos distintos. Queremos resolver a equa¸c˜ao f (x) = y, ou seja: 2x4 + 7x3 + 3x − 5 = ax + b ⇔ 2x4 + 7x3 + (3 − a)x − b − 5 = 0. Por Girard, x1 + x2 + x3 + x4 = −

7 e, portanto, 2

x1 + x2 + x3 + x4 7 =− , 4 8 que independe da reta pois n˜ ao varia com os valores de a ou b. A chave dessa ideia funcionar ´e que os coeficientes de f que d˜ ao a soma (os dois primeiros) n˜ ao foram afetados por a ou b. Problema 7. (IME) Determine o valor da soma das ra´ızes da equa¸c˜ao 1

3

y 2 + 5y + 2y 2 + 8 = 0. 2

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Problema 8. S˜ ao dados a, b, c ∈ R. Sabe-se que a + b + c > 0, bc + ca + ab > 0, abc > 0. Prove que a > 0, b > 0, c > 0. Solu¸c˜ ao. Seja x3 − Ax2 + Bx − C = 0 a equa¸c˜ao cuja ra´ızes s˜ ao a, b, c. Por Girard, temos A = a + b + c ⇒ A > 0, B = ab + bc + ca ⇒ B > 0, C = abc ⇒ C > 0. Suponha que a > 0, b > 0, c > 0 n˜ ao ocorra, ou seja, existe uma raiz r ≤ 0. Mas r 3 − |{z} Ar 2 + |{z} Br − |{z} C |{z} ≤0

≥0

≤0

>0

seria negativo, contrariando o fato de r ser raiz. Portanto, a > 0, b > 0, c > 0. Problema 9. Suponha que t3 + pt + q = 0 tenha uma raiz n˜ ao real a + bi, sendo a, b, p, q todos reais e q 6= 0. Mostre que aq > 0. Solu¸c˜ ao. Vamos iniciar com o seguinte Teorema (das Ra´ızes Complexas). Se uma equa¸c˜ao polinomial com coeficientes reais possui uma raiz complexa z = a + bi (b = 6 0), ent˜ao z = a − bi tamb´em ´e uma raiz dessa equa¸c˜ao. Demonstra¸ca ˜o. Uma equa¸c˜ ao polinomial ´e da forma an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 = 0.(∗) Se z ´e uma raiz dessa equa¸c˜ ao, significa que an z n + an−1 z n−1 + ... + a1 z + a0 = 0. A igualdade acima garante que tamb´em vale a igualdade entre os conjugados. Utilizando as propriedades vistas a respeito dos n´ umeros complexos, temos an z n + an−1 z n−1 + ... + a1 z + a0 = 0 ⇒ an z n + an−1 z n−1 + ... + a1 z + a0 = 0 3

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⇒ an z n + an−1 z n−1 + ... + a1 z + a0 = 0 ⇒ an z n + an−1 z n−1 + ... + a1 z + a0 = 0, onde a condi¸c˜ ao de os coeficientes serem reais foi usada pois o conjugado de um n´ umero real ´e esse pr´ oprio n´ umero. A u ´ltima equa¸c˜ao garante que z tamb´em ´e raiz de (*). Voltando ao problema, temos as condi¸c˜oes do teorema acima, uma vez que 1, 0, p, q s˜ ao reais. Logo, a − bi tamb´em ´e uma raiz. Seja r a terceira raiz. Por Girard, temos soma 0, ou seja a + bi + a − bi + r = 0, que mostra que r = −2a ´e a terceira raiz. Agora, pelo produto (a + bi)(a − bi)(−2a) = −q ⇔ 2a(a2 + b2 ) = q, temos que a e q tˆem o mesmo sinal. Al´em disso, q 6= 0 ⇒ a 6= 0. Portanto, aq > 0. Problema 10. (OCM) Mostre que 1 ´e a u ´nica raiz real da equa¸c˜ao x3 + x2 = 2. Problema 11. (ITA) A equa¸c˜ ao 4x3 − 3x2 + 4x − 3 = 0 admite i (unidade imagin´ aria) como raiz. Determine as demais ra´ızes.

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Dicas

3. Use Girard para analisar os casos: i) as 3 ra´ızes s˜ ao iguais. ii) as ra´ızes s˜ ao r, r, s (r 6= s). 4. Denote as ra´ızes por a, 2a, b e utilize Girard. 5. Utilize Girard para analisar a paridade das ra´ızes. 1

7. Fa¸ca a substitui¸c˜ ao y 2 = x e use Girard. Tenha cuidado a soma pedida ´e em rela¸c˜ao `a vari´ avel y. 10. Denote as ra´ızes diferentes de 1 por a + bi e a − bi (o Teorema das Ra´ızes Complexas garante que as u ´ltimas 2 ra´ızes, de fato, s˜ ao n´ umeros complexos conjugados). Depois, use Girard. 11. Use o Teorema das Ra´ızes Complexas para obter que −i tamb´em ´e raiz. Depois, use Girard.

5

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Respostas e Solu¸c˜ oes 3. Se suposermos que h´ a 3 ra´ızes iguais, ent˜ao, pela f´ormula de Girard para a soma, obter´ıamos 0 como raiz, um absurdo. Assim, s´ o nos resta analisar o caso em que as ra´ızes s˜ ao r, r e s. Por Girard, ter´ıamos: 2r + s = 0 ⇒ s = −2r, 2

r s = −8 ⇒ −2r 3 = −8 ⇒ r 3 = 4. Para concluirmos o absurdo desta parte, podemos utilizar que, se r ´e uma raiz, ent˜ao r 3 − 3r + 8 = 0 ⇒ 3r = 8, que contradiz a igualdade r 3 = 4. 4. Sejam a, 2a, b as ra´ızes. Por Girard, temos a + 2a + b = 0 ⇒ 3a + b = 0, a · 2a + a · b + 2a · b = −3 ⇒ 2a2 + 3ab = −3. Eliminando b, temos a = ±1. Assim: i) a = 1 ⇒ b = −3. Logo, m = 6. ii) a = −1 ⇒ b = 3. Logo, m = −6. 5. Sejam p1 , p2 , p3 , p4 as 4 ra´ızes pares e i a ra´ız ´ımpar. Por Girard, −b ´e a soma de quatro n´ umero pares e um ´ımpar, ou seja, b ´e ´ımpar; os demais coeficientes ser˜ ao somas de produtos em que pelo menos um fator ´e pk (k = 1, 2, 3 ou 4) e, portanto, s˜ ao todos pares. Logo, p possui 4 coeficientes pares. 1

7. Vamos come¸car com a substitui¸c˜ ao y 2 = x. A equa¸c˜ao se torna x3 + 5x2 + 2x + 8 = 0. Todavia, devemos ficar atentos que n˜ ao nos interessa o valor de x1 + x2 + x3 , uma vez que a letra x n˜ ao ´e a inc´ ognita inicial. Nosso objetivo ´e calcular y1 + y2 + y3 = x21 + x22 + x23 , ou seja, (x1 + x2 + x3 )2 − 2(x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) = (−5)2 − 2(2) = 21. 6

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10. Inicialmente, veja que 1 ´e raiz de x3 + x2 = 2, pois 13 + 12 = 2, e que essa equa¸c˜ao pode ser reescrita como x3 + x2 − 2 = 0. Suponha que, al´em da raiz 1, essa equa¸c˜ao possua uma raiz complexa e n˜ ao-real a+bi. Como temos a condi¸c˜ ao do teorema visto no problema 20 (que ´e termos coeficientes reais), a − bi tamb´em deve ser uma raiz. Por Girard, temos 1 + a + bi + a − bi = −1 ⇒ a = −1, 1 · (a + bi) · (a − bi) = 2 ⇒ 1 + b2 = 2 ⇒ b = ±1. Temos, assim, ra´ızes 1, −1 ± i, que verificam a rela¸c˜ao de Girard restante 1(−1 + i) + 1(−1 − i) + (−1 + i)(−1 − i) = 0. Assim, 1 ´e, de fato, a u ´nica raiz real. 11. Observe, inicialmente, que todos os coeficientes dessa equa¸c˜ao s˜ ao reais. Pelo teorema visto no problema 20, podemos concluir que −i (que ´e o conjugado do n´ umero complexo i) tamb´em ´e raiz da equa¸c˜ao dada. Por Girard, sendo r a terceira raiz, ent˜ao i + (−i) + r =

3 3 ⇒r= . 4 4

Outra maneira, talvez at´e mais natural de se resolver esse problema, ´e atrav´es de fatora¸c˜ ao: 4x3 − 3x2 + 4x − 3 = 0 ⇔ x2 (4x − 3) + (4x − 3) = 0 ⇔ (4x − 3)(x2 + 1) = 0, cujas ra´ızes s˜ ao, de fato,

3 , i e −i. 4

7

Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Álgebra - Nível 3 Prof. Antonio Caminha

1

Desigualdades 1 Nesta aula, aprenderemos e exercitaremos a desigualdade entre as m´edias aritm´etica e geom´etrica e a desigualdade de Cauchy, bem como alguns corol´ arios seus. Para saber mais sobre o conte´ udo desta aula, sugerimos as se¸c˜oes 7.1 a 7.3 de [1], 2.3 e 2.4 de [3] e a se¸c˜ao 5.5 de [4]. A observa¸c˜ ao b´ asica para o estudo sistem´atico de desigualdades ´e o fato do quadrado de todo n´ umero real ser n˜ ao negativo, sendo igual a zero se e s´ o se o n´ umero em quest˜ao for 2 tamb´em igual a zero. Portanto, para x, y ∈ R temos (|x| − |y|) ≥ 0, ocorrendo a igualdade se e s´ o se |x| = |y|. Desenvolvendo a express˜ ao entre parˆenteses, conclu´ımos que

x2 + y 2 ≥ |xy|, (1) 2 ocorrendo a igualdade se e s´ o se |x| umeros reais positivos √= |y|. Assim, partindo de dois n´ √ a e b e fazendo x = a ≥ 0 e y = b ≥ 0, segue da desigualdade acima que a+b √ ≥ ab, (2) 2 √ √ o se a = b. ocorrendo a igualdade se e s´ o se a = b, i.e., se e s´ Exemplo 1. Para x, y, z reais positivos, temos x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + xz + yz,

(3)

ocorrendo a igualdade se, e somente se, x = y = z. Prova. Para obter a desigualdade do enunciado, basta somar membro a membro as desigualdades parciais (obtidas a partir de (2)) x2 + y 2 x2 + z 2 y2 + z2 ≥ xy, ≥ xz, ≥ yz. 2 2 2 Se x = y = z, ent˜ ao a desigualdade do enunciado ´e claramente uma igualdade. Reci2 2 > xy, procamente, se ao menos uma das desigualdades acima for estrita, digamos x +y 2 ent˜ao, ap´ os somarmos as mesmas membro a membro, obteremos x2 + y 2 + z 2 > xy + xz + yz.

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A desigualdade (2) ´e um caso particular da desigualdade entre as m´edias aritm´etica e geom´etrica. A fim de enunciar e provar tal generaliza¸c˜ao precisamos, inicialmente, da seguinte Defini¸ c˜ ao 2. Para n > 1 n´ umeros reais positivos a1 , a2 , . . . , an , definimos sua: (a) M´ edia aritm´ etica como o n´ umero (b) M´ edia geom´ etrica como o n´ umero

a1 +a2 +···+an . n

√ n

a1 a2 . . . an .

No contexto da defini¸c˜ ao acima, o que fizemos em (2) foi mostrar que a m´edia aritm´etica de dois reais positivos ´e sempre maior ou igual que sua m´edia geom´etrica, ocorrendo a igualdade somente se os dois n´ umeros forem iguais. Estabelecemos o caso geral no resultado a seguir, sendo (4) conhecida como a desigualdade entre as m´ edias. Teorema 3. Dados n > 1 reais positivos a1 , a2 , . . . , an , temos √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 · · · an , n

(4)

ocorrendo a igualdade se e s´ o se a1 = a2 = · · · = an . Para entender a dinˆ amica da prova do teorema acima, analisemos separadamente os casos n = 3 e n = 4, come¸cando √ comc+do caso √ n = 4. Para tanto, dados reais positivos a+b a, b, c, d, j´a sabemos que 2 ≥ ab e 2 ≥ cd. Da´ı, a+b+c+d = 4 Mostramos, acima, que lugar de d, obtemos

a+b 2

+ 2

a+b+c+d 4

a+b+c+ 4

√ 3

abc

c+d 2

≥ ≥

≥ √ 4

ab + 2

√

cd

≥

q

√ √ √ 4 ab cd = abcd.

abcd. Escrevendo tal desigualdade com

q 4

√

√ 3

abc no

√ √ √ 4 3 3 abc abc = d3 d = d = abc.

√ √ √ ≥ 3 abc. Segue, da´ı, a desigualdade a + b + c + 3 abc ≥ 4 3 abc, ou, o que ´e o mesmo, a+b+c 3 Conforme veremos a seguir, a prova da vers˜ ao geral da desigualdade entre as m´edias ´e uma adapta¸c˜ ao dos argumentos utilizados para os dois casos acima. Prova do Teorema 3. Inicialmente, provemos por indu¸c˜ao que a desigualdade desejada ´e verdadeira sempre que n for uma potˆencia de 2, ocorrendo a igualdade se e s´ o se a1 = a2 = · · · = an . Para tanto, temos de verificar o caso inicial n = 2 (o que j´a foi feito ao longo da discuss˜ao que estabeleceu (2)), formular a hip´ otese de indu¸c˜ao (para n = 2j , digamos) e executar o passo de indu¸c˜ ao (deduzir o caso n = 2j+1 a partir do caso n = 2j ). Mas desde que 2j+1 = 2 · 2j , basta supormos que a desigualdade seja verdadeira para quaisquer k reais positivos, com igualdade se e s´ o se os k n´ umeros forem todos iguais, e deduzir a partir da´ı que ela tamb´em ser´ a verdadeira para quaisquer 2k reais positivos, com igualdade

2

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novamente se e s´ o se todos os n´ umeros forem iguais. Para estabelecer esse fato, considere os 2k reais positivos a1 , a2 , . . . , a2k . Ent˜ao:   2k k k X X X
1 1 1 1 √ 1 √ k a1 . . . ak + k ak+1 . . . a2k aj = aj + ak+j  ≥ 2k 2 k k 2 j=1 j=1 j=1 q√ √ √ k ≥ a1 . . . ak k ak+1 . . . a2k = 2k a1 . . . ak ak+1 . . . a2k . Para haver igualdade, devemos ter igualdade em todas as passagens. Ent˜ao, deve ser √ ak+1 + · · · + a2k a1 + · · · + a k √ = k a1 . . . ak , = k ak+1 . . . a2k k k e

√ k

a1 . . . ak +

√ k

ak+1 . . . a2k

=

q√ k

√ a1 . . . ak k ak+1 . . . a2k .

2 Para as duas primeiras igualdades, devemos ter por hip´ otese que a1 = · · · = ak e ak+1 = √ √ · · · = a2k . Por fim, a u ´ltima igualdade ocorre se e s´ o se k a1 . . . ak = k ak+1 . . . a2k , e esta condi¸c˜ao, juntamente com as duas anteriores, implica que devemos ter a1 = · · · = ak = ´ tamb´em evidente que, se os n´ ak+1 = · · · = a2k . E umeros forem todos iguais, ent˜ao a igualdade ocorre (verifique!). Logo, por indu¸c˜ao temos (4) verdadeira, com a condi¸c˜ao para a igualdade dada no enunciado, sempre que n for uma potˆencia de 2. Provemos agora, por indu¸c˜ ao forte, que a desigualdade ´e verdadeira em geral, ocorrendo a igualdade se e s´ o se os n´ umeros forem todos iguais. Para tanto, seja n > 1 natural e a1 , a2 , . . . , an reais positivos dados. Tome k ∈ N tal que 2k > n. Aplicando a desigualdade entre as m´edias aos n n´ umeros a1 , a2 , . . . , an , juntamente com 2k − n c´opias do n´ umero √ k k n umeros), obtemos a = a1 a2 . . . an (totalizando n + (2 − n) = 2 n´ q p p a1 + · · · + an + a + · · · + a 2k 2k 2k 2k −n = n a2k −n = ≥ a . . . a · a a a2k = a. 1 n 2k A partir da´ı, obtemos a1 + a2 + · · · + an + (2k − n)a ≥ 2k a ou, ainda, √ a1 + a2 + · · · + an ≥ a = n a1 a2 . . . an . n Para haver igualdade, segue da primeira parte que a1 = a2 = · · · = an = a = · · · = a. Em particular, todos os n´ umeros a1 , a2 , . . . , an devem ser iguais. Finalmente, ´e f´acil ver que se esses n´ umeros forem todos iguais, ent˜ao haver´ a igualdade. Exemplo 4. Para n > 1 reais positivos a1 , a2 , . . . , an , temos   1 1 1 + + ··· + ≥ n2 , (a1 + a2 + · · · + an ) a1 a2 an ocorrendo a igualdade se e s´ o se a1 = a2 = · · · = an .

3

(5)

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Prova. Aplicando duas vezes a desigualdade entre as m´edias, temos     r √ 1 1 1 1 1 n 1 n + + ··· + · ··· ≥ (n a1 a2 · · · an ) n = n2 . (a1 + a2 + · · · + an ) a1 a2 an a1 a2 an √ Para haver a igualdade, devemos ter a1 + a2 + · · · + an = n n a1 a2 · · · an , donde a1 = a2 = · · · = an . Reciprocamente, ´e imediato verificar que se todos os n´ umeros forem iguais, ent˜ao teremos igualdade em (5). ´ Exemplo 5 (Asia-Pac´ ıfico). Se a, b e c s˜ ao reais positivos, prove que      a a+b+c c b  . 1+ ≥2 1+ √ 1+ 1+ 3 b c a abc

Prova. Desenvolvendo o primeiro membro, obtemos    a a+c b+c a+b b  c 1+ =2+ 1+ + + , 1+ b c a b a c donde basta mostrarmos que

2(a + b + c) a+c b+c a+b √ + + ≥ . 3 b a c abc Denotando por S o primeiro membro da express˜ ao acima, segue da desigualdade entre as m´edias e de (5) que   1 1 1 + + −3 S = (a + b + c) a b c     1 1 1 1 1 1 1 2 (a + b + c) + + + + + (a + b + c) −3 = 3 a b c 3 a b c   1 2 3 √ + ·9−3 ≥ (a + b + c) 3 3 3 abc 2(a + b + c) √ = . 3 abc

Voltando a (1), suponha dados n´ umeros reais a1 , a2 , a3 e b1 , b2 , b3 , tais que a21 +a22 +a23 = 1 e b21 + b22 + b23 = 1. Temos a21 + b21 ≥ |a1 b1 |, a22 + b22 ≥ |a2 b2 |, a23 + b23 ≥ |a3 b3 |,

(6)

ocorrendo a igualdade se e s´ o se |a1 | = |b1 |, |a2 | = |b2 |, |a3 | = |b3 |. Somando membro a membro as desigualdades acima, obtemos (a21 + a22 + a23 ) + (b21 + b22 + b23 ) = (a21 + b21 ) + (a22 + b22 ) + (a23 + b23 ) ≥ 2(|a1 b1 | + |a2 b2 | + |a3 b3 |)

≥ 2|a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 |, 4

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onde, na u ´ltima desigualdade, aplicamos a desigualdade triangular para trˆes n´ umeros (cf. Problema 1). Portanto, provamos acima que, se a21 + a22 + a23 = 1 e b21 + b22 + b23 = 1, ent˜ao |a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 | ≤ 1.

(7)

A igualdade ocorre se e s´ o se tivermos igualdade tanto nas desigualdades em (6) quanto na desigualdade triangular utilizada, i.e., se e s´ o se |a1 | = |b1 |, |a2 | = |b2 | e |a3 | = |b3 | e, al´em disso, a1 b1 , a2 b2 , a3 b3 ≥ 0 ou a1 b1 , a2 b2 , a3 b3 ≤ 0. Mas ´e imediato verificar que tais condi¸c˜oes s˜ ao equivalentes a a1 = b1 , a2 = b2 e a3 = b3 . Considere, agora, n´ umeros reais a1 , a2 , a3 e b1 , b2 , b3 quaisquer, exceto pelo fato de que pelo menos um dos n´ u meros a1 , a2 , ap umeros b1 , b2 , b3 s˜ ao n˜ ao nulos. 3 e pelo menos um dos n´ p 2 2 2 2 2 2 Fazendo c = a1 + a2 + a3 e d = b1 + b2 + b3 , temos c, d > 0; portanto, se xi = aci e a2 +a2 +a2

yi = bdi , para 1 ≤ i ≤ 3, temos x21 +x22 +x23 = 1 c22 3 = 1 e, analogamente, y12 +y22 +y32 = 1. Segue, pois, de (7) que |x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 | ≤ 1,

com igualdade se e s´ o se xi = yi para 1 ≤ i ≤ 3. Substituindo as defini¸c˜ oes de xi e yi na desigualdade acima, conclu´ımos ser ela equivalente `a desigualdade q q |a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 | ≤ cd = a21 + a22 + a23 b21 + b22 + b23 .

Ademais, h´ a igualdade se e s´ o se ai = dc · bi para 1 ≤ i ≤ 3. A discuss˜ ao acima estabeleceu, para n = 3, a desigualdade do teorema a seguir, conhecida como a desigualdade de Cauchy. Teorema 6 (Cauchy). Sejam n > 1 inteiro e a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn n´ umeros reais dados. Ent˜ ao v v uX X uX u n n u n 2 2 t ≤ a b aj · t bj , (8) j j j=1 j=1 j=1

ocorrendo a igualdade se e s´ o se os ai e os bi forem respectivamente proporcionais, i.e., se e s´ o se existir um real n˜ ao nulo λ tal que a1 = λb1 , a2 = λb2 , an = λbn . Prova. Se todos os ai ou todos os bi forem iguais a zero, nada h´ a a fazer. Sen˜ ao, a fim de estabelecer (8), basta seguir os passos do caso particular n = 3 discutido acima, tomando o cuidado de, no momento oportuno, utilizar o caso geral da desigualdade triangular. Os dois exemplos a seguir ilustram a utiliza¸c˜ao da desigualdade de Cauchy. Exemplo 7 (Romˆenia). Sejam x1 , x2 , . . ., xn+1 reais positivos tais que x1 + x2 + · · · + xn = xn+1 . Prove que p p p x1 (xn+1 − x1 ) + · · · + xn (xn+1 − xn ) ≤ xn+1 (xn+1 − x1 ) + · · · + xn+1 (xn+1 − xn ). 5

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Prova. Para 1 ≤ j ≤ n seja yj = xn+1 − xj . Pela desigualdade de Cauchy, temos √ √ √ √ x1 y 1 + · · · + xn y n ≤ x1 + · · · + xn y 1 + · · · + y n p √ = xn+1 (xn+1 − x1 ) + · · · + (xn+1 − xn ). Exemplo 8. Dados n´ umeros reais a1 , . . . , an e b1 , . . . , bn , temos v v v uX u n uX u n 2 uX u n 2 t (aj + bj ) ≤ t aj + t b2j , j=1

j=1

(9)

j=1

ocorrendo a igualdade se e s´ o se a1 , . . . , an e b1 , . . . , bn forem positivamente proporcionais, i.e., se e s´ o se existir um real positivo λ, tal que ai = λbi para 1 ≤ i ≤ n.

Prova. Fa¸camos a prova para n = 3, sendo o caso geral inteiramente an´ alogo. Uma vez que ambos os membros de (9) s˜ ao reais n˜ ao negativos, basta mostrar que o quadrado do primeiro membro ´e menor ou igual que o quadrado do segundo membro, i.e., que 2 q q 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a1 + a2 + a3 + b1 + b2 + b3 . (a1 + b1 ) + (a2 + b2 ) + (a3 + b3 ) ≤ Desenvolvendo todos os quadrados (ai +bi )2 , segue que o quadrado do primeiro membro ´e igual a (a21 + 2a1 b1 + b21 ) + (a22 + 2a2 b2 + b22 ) + (a23 + 2a3 b3 + b23 ). Analogamente, o quadrado do segundo membro ´e igual a q q 2 2 2 2 2 2 (a1 + a2 + a3 ) + 2 a1 + a2 + a3 b21 + b22 + b23 + (b21 + b22 + b23 ).

Mas, como em ambas as express˜ oes temos a parcela (a21 + a22 + a23 ) + (b21 + b22 + b23 ), a desigualdade do enunciado ´e equivalente a q q 2(a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 ) ≤ 2 a21 + a22 + a23 b21 + b22 + b23 ,

a qual ´e, precisamente, a desigualdade de Cauchy. A dedu¸c˜ao das condi¸c˜ oes para a igualdade fica a cargo do leitor.

Problemas 1. * Dados n´ umeros reais n˜ ao nulos x1 , x2 , . . . xn , prove a desigualdade triangular: |x1 + x2 + · · · + xn | ≤ |x1 | + |x2 | + · · · + |xn |, ocorrendo a igualdade se e s´ o se x1 , x2 , . . . , xn tiverem um mesmo sinal. 6

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2. (OBM). Sejam a, b, c reais positivos dados. Prove que p (a + b)(a + c) ≥ 2 abc(a + b + c).

3. Dispomos de uma folha de cartolina de 2m por 3m e queremos construir com a mesma uma caixa aberta com o maior volume poss´ıvel. Quais devem ser as dimens˜oes da caixa? Justifique sua resposta. 4. (Estados Unidos). Prove que, para todos a, b, c reais positivos, tem-se 1 1 1 1 + + ≤ . a3 + b3 + abc b3 + c3 + abc c3 + a3 + abc abc Para os dois problemas a seguir precisamos de um pouco de geometria Euclidiana plana. Mais precisamente (cf. Figura 1), sendo a = BC, b = AC e c = AB os comprimentos dos lados de um triˆ angulo ABC, existem x, y, z > 0 tais que a = y + z, b = x + z e c = x + y: basta tomar x, y e z como sendo iguais aos comprimentos dos segmentos determinados sobre os lados de ABC pelos pontos de tangˆencia com os mesmos do c´ırculo inscrito em ABC (para uma prova de tais afirma¸c˜oes, veja o Cap´ıtulo 3 de [2]). No contexto de desigualdades envolvendo os lados a, b e c de um triˆ angulo, a substitui¸c˜ ao dos mesmos respectivamente por y + z, x + z e x + y ´e conhecida como a transforma¸ c˜ ao de Ravi. y B y x

A

z

I x

z

C

Figura 1: a transforma¸ca˜o de Ravi.

5. (IMO). Se a, b, c s˜ ao os comprimentos dos lados de um triˆ angulo, prove que abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b). 6. Sejam a, b, c os comprimentos dos lados de um triˆ angulo. Prove que b c a + + ≥ 3. b+c−a c+a−b a+b−c 7. (Baltic Way). Sejam a, b, c, d reais positivos dados. Prove que a+c b+d c+a d+b + + + ≥ 4. a+b b+c c+d d+a 7

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8. (Uni˜ao Sovi´etica). Sejam a, b, c reais positivos. Prove que (ab + ac + bc)2 ≥ 3abc(a + b + c). 9. Sejam a, b e c reais positivos dados. Prove que 9(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)3 . 10. Dados a, b, c reais positivos, prove que a4 (1 + b4 ) + b4 (1 + c4 ) + c4 (1 + a4 ) ≥ 6a2 b2 c2 , com igualdade se e s´ o se |a| = |b| = |c| = 1. 11. Sejam a1 , a2 , . . . , an reais positivos. Prove que a1 a2 a3 an−1 an + + + ··· + + ≥ n. a2 a3 a4 an a1 12. O prop´osito deste problema ´e apresentar uma segunda demonstra¸c˜ao da desigualdade (5), a qual n˜ ao faz uso da desigualdade (4). Para tanto, fa¸ca os dois itens a seguir: (a) Mostre que (a1 + a2 + · · · + an )



1 1 1 + + ··· + a1 a2 an



=n+

 aj + . aj ai

X  ai i
(b) Aplique a desigualdade entre as m´edias para cada uma das parcelas somat´ orio acima e obtenha (5).

ai aj

+

aj ai

do

13. (Romˆenia). Sejam n > 1 inteiro e 0 < a1 < a2 < · · · < an reais dados. Prove que 12 22 n2 n n−1 n−2 1 + + ··· + ≤ + + + ··· + . a1 a2 an a1 a2 − a1 a3 − a2 an − an−1 Sob que condi¸c˜ oes a igualdade ocorre? 14. (China). Para a, b e c reais positivos, prove que s  √ √   a+b a + ab + 3 abc a+b+c 3 ≤ a . 3 2 3 15. Dados reais positivos a1 , a2 , . . . , an , definimos sua m´edia quadr´ atica como o n´ umero real r a21 + a22 + · · · + a2n . n Prove a desigualdade entre as m´edias quadr´ atica e aritm´etica: r a1 + a2 + · · · + an a21 + a22 + · · · + a2n ≥ , (10) n n com igualdade se e s´ o se a1 = a2 = · · · = an . 8

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16. Sejam a1 , a2 , a3 , a4 reais positivos. Prove que X

1≤i
a2i + a2j + a2k ≥ a1 + a2 + a3 + a4 , ai + aj + ak

ocorrendo a igualdade se e s´ o se a1 = a2 = a3 = a4 . 17. (Leningrado). Dados reais positivos a, b, c e d, prove que 1 1 4 16 64 + + + ≥ . a b c d a+b+c+d 18. (Uni˜ao Sovi´etica). Se x, y, z > 0, prove que

x2 y2

+

y2 z2

+

z2 x2

≥

y x

+

z y

+ xz .

19. (Torneio das Cidades). Sejam a1 , a2 , . . . , an reais positivos dados. Prove que      a21 a22 a2n 1+ 1+ ... 1 + ≥ (1 + a1 )(1 + a2 ) · · · (1 + an ). a2 a3 a1 20. (IMO). Sejam a, b e c reais positivos tais que abc = 1. Prove que 1 1 3 1 + 3 + 3 ≥ . + c) b (a + c) c (a + b) 2

a3 (b

Bibliografia 1. A. Caminha. T´ opicos de Matem´ atica Elementar, Volume 1: N´ umeros Reais. Sociedade Brasileira de Matem´atica, Rio de Janeiro, 2012. 2. A. Caminha. T´ opicos de Matem´ atica Elementar, Volume 2: Geometria Euclidiana Plana. Sociedade Brasileira de Matem´atica, Rio de Janeiro, 2012. 3. E. Lozansky e C. Rousseau. Winning Solutions. Springer-Verlag, Nova Iorque, 1996. 4. P. Zeitz. The Art and Craft of Problem Solving. John Wiley & Sons, Nova Iorque, 1999.

9

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Dicas e Solu¸c˜ oes 1. Fa¸ca indu¸c˜ ao sobre n ≥ 2. Para o caso inicial, eleve ambos os membros da desigualdade em quest˜ ao ao quadrado e utilize (1), juntamente com o fato de que |a|2 = a2 , para todo a ∈ R. 2. Desenvolva o primeiro membro e, em seguida, aplique a desigualdade (2) adequadamente. 3. Sendo x o comprimento do lado do quadrado que deve ser recortado de cada canto da folha, ficaremos com uma caixa de dimens˜oes 2 − 2x, 3 − 2x e x. Escolha n´ umeros reais positivos a, b e c tais que a(2 − 2x) + b(3 − 2x) + cx independa de x e a(2 − 2x) = b(3−2x) = cx; em seguida aplique a desigualdade entre as m´edias a fim de maximizar o volume da caixa. 4. Mostre inicialmente que a3 + b3 ≥ (a + b)ab; em seguida, deduza a partir da´ı que c 1 alogas para as outras duas parcelas a3 +b3 +abc ≤ abc(a+b+c) , obtendo desigualdades an´ do primeiro membro. 5. Aplique a transforma¸c˜ ao de Ravi e, em seguida, utilize (2) trˆes vezes. 6. Aplique a transforma¸c˜ ao de Ravi para escrever o primeiro membro como   z x z y x 1 y + + + + + ; 2 x x y y z z em seguida, utilize a desigualdade entre as m´edias. 7. Agrupe adequadamente as quatro parcelas em pares e utilize duas vezes a desigualdade (5), para n = 2. 8. Inicialmente, mostre que ´e suficiente provar que (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 ≥ abc(a + b + c); para o que falta, fa¸ca x = ab, y = bc, z = ca e aplique a desigualdade (3). 9. Inicialmente, mostre a identidade alg´ebrica (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(a + c)(b + c); em seguida, ap´ os efetuar as simplifica¸c˜oes ´obvias, mostre que 8(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b)3 + (a + c)3 + (b + c)3 e utilize a desigualdade entre as m´edias para trˆes n´ umeros. 10. Aplique a desigualdade entre as m´edias. 11. Aplique a desigualdade entre as m´edias.

10

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13. Fa¸ca a0 = 0 e aplique a desigualdade (5) para obter 1 j2 1 + ··· + ≥ . aj − aj−1 a1 − a0 aj Em seguida, some membro a membro as desigualdades acima para 1 ≤ j ≤ n e agrupe os termos iguais para obter a desigualdade procurada. Por fim, conclua que h´ a igualdade se e s´ o se a sequˆencia (ak )k≥1 for uma PA. 14. Substituindo a, b e c na desigualdade desejada respectivamente por 6x6 , 6y 6 e 6z 6 , mostre que basta provarmos a desigualdade 7x12 + 12x6 y 6 + 7y 6 z 6 + 9y 12 + 9x6 z 6 ≥ ≥ 2x3 y 9 + 6x9 y 3 + 6x2 y 8 z 2 + 12x5 y 5 z 2 + 6x4 y 4 z 4 + 6xy 7 z 4 + 6x8 y 2 z 2 . Para tanto, escreva a express˜ ao do primeiro membro como a soma de sete outras express˜ oes tais que, aplicando a desigualdade entre as m´edias a cada uma delas, obtenhamos as sete parcelas do segundo membro; por exemplo, 2x6 z 6 + 2x6 z 6 + 2x12 + 2y 12 + 2y 12 + 2x6 y 6 ≥ 12x5 y 5 z 2 . 15. Aplique a desigualdade de Cauchy com b1 = b2 = · · · = bn = 1. 16. Aplique a desigualdade do problema anterior ao numerador de cada parcela do somat´ orio acima. 17. Multiplique ambos os membros por a + b + c + d e use a desigualdade de Cauchy; alternativamente, tente aplicar a desigualdade (5). 18. Use a desigualdade de Cauchy. 19. Fa¸ca a prova por indu¸c˜ ao sobre n ≥ 2. Para o passo de indu¸c˜ao, aplique a desigualdade de Cauchy. 20. Fa¸ca x = obter

1 a,

y =

1 b

ez =

1 c

e, em seguida, aplique a desigualdade de Cauchy para

((y + z) + (x + z) + (x + y))



x2 y2 z2 + + y+z x+z x+y

Por fim, aplique a desigualdade entre as m´edias.

11



≥ (x + y + z)2 .

Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Álgebra - Nível 3 Prof. Antonio Caminha

2

Desigualdades 2 Esta aula ´e devotada ao estudo de outras desigualdades elementares importantes. Para saber mais sobre o material aqui discutido, remetemos o leitor ao Cap´ıtulo 2 de [1], `a Se¸c˜ao 7.4 de [2], ao Cap´ıtulo 7 de [3] ou, por fim, `a Se¸c˜ao 2.4 de [4]. A primeira desigualdade que apresentamos remonta os irm˜ aos Bernoulli (Jacob e Johann Bernoulli, matem´ aticos su´ı¸cos do s´eculo XVIII), sendo conhecida como a desigualdade de Bernoulli. Apesar de sua aparente simplicidade, veremos que ela se revela bastante u ´til em aplica¸c˜ oes. Proposi¸ c˜ ao 1 (Bernoulli). Dados n natural e x > −1 real, temos (1 + x)n ≥ 1 + nx, ocorrendo a igualdade para n > 1 se e s´ o se x = 0. Prova. Fa¸camos indu¸c˜ ao sobre n, sendo o caso n = 1 imediato. Suponha, por hip´ otese de indu¸c˜ao, que (1 + x)k ≥ 1 + kx; como 1 + x > 0, temos (1 + x)k+1 = (1 + x)(1 + x)k ≥ (1 + x)(1 + kx) = 1 + (k + 1)x + kx2 ≥ 1 + (k + 1)x, ocorrendo a igualdade se e s´ o se (1 + x)k = 1 + kx e kx2 = 0, i.e., se e s´ o se x = 0. Exemplo 2. Dados n natural e a e b reais positivos, mostre que    a n b n 1+ + 1+ ≥ 2n+1 , b a ocorrendo a igualdade se e s´ o se a = b. Prova. Dividindo ambos os membros da desigualdade do enunciado por 2n , vemos que basta provar que     1 a n b n 1 + 1− + ≥ 2. 1− + 2 2b 2 2a a b Como − 21 + 2b > −1 e − 21 + 2a > −1, aplicando a desigualdade de Bernoulli a cada parcela do primeiro membro acima e somando os resultados, obtemos       a 1 a n b n b 1 + 1− + ≥2+n + −1 . 1− + 2 2b 2 2a 2b 2a

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Basta, agora, aplicar a desigualdade entre as m´edias para obter r b a a b + −1≥2 · − 1 = 0, 2b 2a 2b 2a com igualdade se e s´ o se

a 2b

=

b 2a ,

i.e., se e s´ o se a = b.

A pr´ oxima desigualdade que apresentamos ´e conhecida na literatura como a desigualdade de Chebyshev, assim nomeada ap´ os Pafnuty Chebyshev, matem´ atico russo do s´eculo XIX. Teorema 3 (Chebyshev). Se a1 , a2 , . . . , an e b1 , b2 , . . . , bn s˜ ao n´ umeros reais tais que a 1 ≤ a 2 ≤ · · · ≤ a n e b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ b n , ent˜ ao

n

1X ai n i=1

n

!

1X bi n i=1

!

n

≤

1X ai bi , n i=1

ocorrendo a igualdade se e s´ o se a1 = a2 = · · · = an ou b1 = b2 = · · · = bn . Prova. Temos de mostrar que n

n X i=1

a i bi −

n X

ai

i=1

!

n X

bi

i=1

!

≥ 0,

para o que basta observar que a express˜ ao do primeiro membro ´e igual a n X

(ai − aj )(bi − bj ).

i,j=1

Mas, como os ai ’s e bi ’s s˜ ao igualmente ordenados, conclu´ımos que a express˜ ao acima ´e, realmente, n˜ ao negativa. Note agora que, se a1 = a2 = · · · = an ou b1 = b2 = · · · = bn , ent˜ao haver´ a igualdade na desigualdade de Chebyshev. Reciprocamente, suponha que temos igualdade em tal desigualdade. Como (ai − aj )(bi − bj ) ≥ 0 para todos os ´ındices i, j, para haver igualdade devemos ter (ai − aj )(bi − bj ) = 0 para todos i, j = 1, . . . , n. Se existir 1 ≤ k ≤ n tal que bk < bk+1 , ent˜ ao b1 ≤ · · · ≤ bk < bk+1 ≤ · · · ≤ bn e a condi¸c˜ao (ai − ak+1 )(bi − bk+1 ) = 0 para todo i garante que ai = ak+1 para i ≤ k. Portanto, temos a1 = a2 = · · · = ak = ak+1 . Por outro lado, a partir de (ai −ak )(bi −bk ) = 0 para i > k, conclu´ımos que ak+1 = · · · = an . Logo, todos os ai ’s devem ser iguais. Exemplo 4. Se k ´e um natural e a1 , a2 , . . . , an s˜ ao reais positivos, ent˜ao   ak1 + ak2 + · · · + akn a1 + a2 + · · · + an k , ≥ n n com igualdade se e s´ o se todos os ai ’s forem iguais. 2

(1)

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Prova. Fa¸camos indu¸c˜ ao sobre k ≥ 1, sendo (1) trivialmente verdadeira para k = 1 e todos os a1 , a2 , . . . , an reais positivos. Seja agora l > 1 um natural tal que (1) valha para k = l − 1 e todos a1 , a2 , . . . , an reais positivos. Dados reais positivos a1 , a2 , . . . , an , como ambos os membros da desigualdade que queremos provar s˜ ao invariantes por permuta¸c˜oes dos ´ındices 1, 2, . . . , n podemos supor, sem perda de generalidade, que a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an . Da´ı, temos al−1 ≤ al−1 ≤ · · · ≤ al−1 n , e segue da desigualdade de Chebyshev que 1 2 ! ! n n n 1 X l−1 1X 1X l . ai ≥ ai ai n n n i=1

i=1

i=1

Por outro lado, a hip´ otese de indu¸c˜ ao fornece n

n

1 X l−1 ai ≥ n

1X ai n

i=1

i=1

!l−1

,

e combinando essas duas desigualdades obtemos n

n

1X ai n

1X l ai ≥ n i=1

i=1

!l

,

conforme desejado. Por fim, a condi¸c˜ ao de igualdade ´e ´obvia a partir condi¸c˜ao de igualdade na desigualdade de Chebyshev. Exemplo 5 (Polˆ onia). Sejam a1 , a2 , . . . , an reais positivos com soma s. Prove que a1 a2 an n + + ··· + ≥ . s − a1 s − a2 s − an n−1 Prova. Suponhamos, sem perda de generalidade, que a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an . Ent˜ao s − a1 ≥ 1 1 1 s − a2 ≥ · · · ≥ s − an . Como s − ai > 0 para todo i, segue que s−a . ≤ s−a ≤ · · · ≤ s−a n 1 2 Portanto, pela desigualdade de Chebyshev temos ! n ! !  n n n  n X 1 X X ai 1 X s X 1 1 ai = ≥ = . ai · s − ai s − ai n s − ai n s − ai i=1

i=1

i=1

i=1

i=1

Mas, pelo Exemplo 4 da Aula 1, temos n X i=1

!−1 n X 1 n2 2 (s − ai ) = n2 (ns − s)−1 = ≥n . s − ai (n − 1)s i=1

Por fim, basta combinar as duas desigualdades acima. A segunda igualdade que apresentamos ´e conhecida como a desigualdade do rearranjo. Para o enunciado da mesma, recorde que uma permuta¸ c˜ ao de uma sequˆencia (a1 , a2 , . . . , an ), ´e uma sequˆencia (x1 , x2 , . . . , xn ) tal que xi = aσ(i) , para alguma bije¸c˜ao σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n}. 3

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Proposi¸ c˜ ao 6. Sejam a1 < a2 < · · · < an reais positivos dados. Se (x1 , x2 , . . . , xn ) ´e uma permuta¸ca ˜o qualquer de (a1 , a2 , . . . , an ), ent˜ ao n−1 X i=1

ai an−i ≤

n−1 X i=1

ai x i ≤

n−1 X

a2i ,

i=1

ocorrendo a igualdade na primeira (resp. segunda) desigualdade acima se e s´ o se xi = an−i (resp. xi = ai ) para 1 ≤ i ≤ n. Prova. Mostremos como maximizar a soma a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn , sendo o racioc´ınio para minimiz´a-la totalmente an´ alogo. Como o n´ umero de permuta¸c˜ oes (x1 , x2 , . . . , xn ) dos ai ’s ´e finito, h´ a pelo menos uma delas que maximiza a soma a1 x1 +a2 x2 +· · ·+an xn . Se (b1 , b2 , . . . , bn ) ´e uma tal permuta¸c˜ao, queremos mostrar que bi = ai para 1 ≤ i ≤ n, e para tanto basta mostrarmos que deve ser b1 < b2 < · · · < bn . Suponha o contr´ ario, i.e., que existam ´ındices i < j tais que bi > bj . Defina a permuta¸c˜ ao (b′1 , b′2 , . . . , b′n ) dos ai ’s pondo   bk , se k 6= i, j ′ bk = b , se k = j .  i bj , se k = i Ent˜ao

n X i=1

ai b′i −

n X i=1

ai bi = (ai b′i + aj b′j ) − (ai bi + aj bj ) = (ai bj + aj bi ) − (ai bi + aj bj ) = (ai − aj )(bj − bi ) > 0.

Isso ´e o mesmo que a1 b′1 + a2 b′2 + · · · + an b′n > a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn , o que por sua vez contraria o fato de que a permuta¸c˜ao (b1 , b2 , . . . , bn ) dos ai ’s maximiza a soma a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn m´ aximo. Logo, b1 < b2 < · · · < bn . Exemplo 7. Dados reais positivos a, b e c, mostre que a3 + b3 + c3 ≥ a2 b + b2 c + c2 a. Prova. Suponha, sem perda de generalidade, que a ≤ b ≤ c. Uma aplica¸c˜ao direta da desigualdade do rearranjo nos d´ a a3 + b3 + c3 = a2 · a + b2 · b + c2 · c ≥ a2 · b + b2 · c + c2 · a.

Conforme mostrado pelo pr´ oximo exemplo, a ideia da prova da desigualdade do rearranjo ´e, por vezes, t˜ ao u ´til quanto a desigualdade em si. 4

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Exemplo 8 (Eslovˆenia). Dados 2n reais positivos a1 , a2 , . . . , a2n , como devemos arranj´ a-los em pares de modo que a soma dos n produtos dos n´ umeros de cada par seja m´ axima? Solu¸ c˜ ao. Suponha, sem perda de generalidade, que a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ a2n e arranje tais n´ umeros em n pares (b1 , c1 ), (b2 , c2 ), . . . , (bn , cn ), com b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn e bj ≤ cj , para todo j. Queremos maximizar S = b1 c1 + b2 c2 + · · · + bn cn . Para isso, vamos mostrar que c1 ≤ c2 ≤ · · · ≤ cn . De fato, se a sequˆencia (ci ) n˜ ao for n˜ ao decrescente, existir˜ ao ´ındices i > j tais que ci ≤ cj . Neste caso, trocamos as posi¸c˜oes de ci e cj em S, ap´ os o que a nova soma ser´ a S ′ = S − bi ci − bj cj + bi cj + bj ci = S + (bi − bj )(cj − ci ) ≥ S. Logo, a soma ser´ a m´ axima quando c1 ≤ c2 ≤ · · · ≤ cn . Finalmente, observe que, para todos i < j, temos bi ≤ ci ≤ cj . Suponha que, para algum par i < j, tiv´essemos bj ≤ ci . Neste caso, trocamos ci por bj , de modo que a nova soma seja S ′′ = S − bi ci − bj cj + bi bj + ci cj = S + (bi − cj )(bj − ci ) ≥ S. Portanto, devemos ter, para todos i < j, bi ≤ ci ≤ bj ≤ cj . Em geral, teremos b1 ≤ c1 ≤ b2 ≤ c2 ≤ · · · ≤ bn ≤ cn . Logo, a soma m´ axima ´e a1 a2 + a3 a4 + · · · + a2n−1 a2n . A u ´ltima desigualdade que discutiremos aqui ´e devida ao matem´ atico norueguˆes do s´eculo XIX Niels Henrik Abel, sendo conhecida como a desigualdade de Abel. Teorema 9 (Abel). Sejam n > 1 natural e a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn n´ umeros reais dados, com a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ≥ 0. Se M e m denotam respectivamente os elementos m´ aximo e m´ınimo do conjunto de somas {b1 , b1 + b2 , . . . , b1 + b2 + . . . + bn }, ent˜ ao ma1 ≤ a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≤ M a1 . Prova. Provemos a desigualdade da direita, sendo a prova da desigualdade da esquerda totalmente an´ aloga. Fa¸ca s0 = 0 e si = b1 + · · · + bi , para 1 ≤ i ≤ n. Ent˜ao n X

a i bi =

i=1

= ≤

n X

i=1 n−1 X

ai (si − si−1 ) =

n X i=1

ai si −

n−1 X i=0

(ai − ai+1 )si + an sn

i=1 n−1 X i=1

M (ai − ai+1 ) + M an = M a1 .

5

ai+1 si

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Para referˆencia futura, observamos que, nas nota¸c˜oes da prova do teorema acima, a igualdade n−1 n X X (ai − ai+1 )si + an sn (2) ai bi = i=1

i=1

´e conhecida como a identidade de Abel, sendo quase t˜ao u ´til quanto a desigualdade de Abel em si. Exemplo 10 (Romˆenia - adaptado). Sejam n > 1 inteiro e x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn reais positivos tais que x1 y1 < x2 y2 < · · · < xn yn e, para 1 ≤ k ≤ n, x1 + · · · + xk ≥ y1 + · · · + yk . Prove que 1 1 1 1 1 1 + + ··· + ≤ + + ··· + . x1 x2 xn y1 y2 yn Prova. Inicialmente, observe que n n n X X xi − y i 1 X 1 − = . yi xi xi y i i=1

i=1

(3)

i=1

Por outro lado, a condi¸c˜ ao x1 + · · · + xk ≥ y1 + · · · + yk para 1 ≤ k ≤ n pode ser escrita como (x1 − y1 ) + · · · + (xk − yk ) ≥ 0

para 1 ≤ k ≤ n. Assim, fazendo ai = xi1yi e bi = xi − yi para 1 ≤ i ≤ n, temos i = ai bi para 1 ≤ i ≤ n. 0 < a1 < a2 < · · · < an , b1 + · · · + bi ≥ 0 e xxi −y i yi Aplicando a desigualdade de Abel a (3), obtemos ent˜ao n n X 1 X 1 − ≥ an · min{b1 + · · · + bi ; 1 ≤ i ≤ n} ≥ 0. yi xi i=1

i=1

Problemas 1. Para n ∈ N, prove que 

1 1+ n

n

<



1 1+ n+1

2. (Estados Unidos). Para m, n naturais, seja a =

n+1

mm+1 +nn+1 mm +nn .

am + an ≥ m m + n n .

6

. Prove que

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3. (Cro´ acia). Encontre todas as solu¸c˜oes reais positivas do sistema de equa¸c˜oes  x1 + x2 + · · · + x1994 = 1994 . x41 + x42 + · · · + x41994 = x31 + x32 + · · · + x31994 4. Sejam a1 , a2 , a3 , a4 reais positivos. Prove que X

1≤i
a3i + a3j + a3k ≥ a21 + a22 + a23 + a24 , ai + aj + ak

ocorrendo a igualdade se e s´ o se a1 = a2 = a3 = a4 . 5. Sejam n > 1 inteiro e a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn reais dados, com a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an e b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn . Se λ1 ≤ λ2 ≤ · · · ≤ λn s˜ ao reais positivos com soma igual a 1, prove que ! ! n n n X X X λi ai bi λi bi ≤ λi ai i=1

i=1

i=1

e dˆe condi¸c˜ oes necess´arias e suficientes para a igualdade. A que caso particular corresponde a desigualdade de Chebyshev?

6. Sejam a, b, c reais positivos. Prove que a8 + b8 + c8 1 1 1 + + ≤ . a b c a3 b3 c3 7. Sejam a, b, c, d reais n˜ ao negativos tais que ab + bc + cd + da = 1. Prove que a3 b3 c3 d3 1 + + + ≥ . b+c+d a+c+d a+b+d a+b+c 3 8. Para a, b, c reais positivos e n ∈ N, prove que bn cn an−1 + bn−1 + cn−1 an + + ≥ . b+c a+c a+b 2 9. Sejam x, y e z reais positivos tais que xyz = 1. Prove que x3 y3 z3 3 + + ≥ . (1 + y)(1 + z) (1 + x)(1 + y) (1 + x)(1 + y) 4 10. Sejam n > 1 inteiro e x1 , x2 , . . . , xn reais positivos dados, com soma igual a 1. Prove que r n n X X √ n 1 x √ i √ xi . ≥ ≥ n − 1 1 − xi n − 1 i=1 i=1 11. Dados reais positivos a, b e c, mostre que 7

a+b+c abc

≤

1 a2

+

1 b2

+

1 . c2

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12. (IMO). Seja (ak )k≥1 uma sequˆencia de inteiros positivos dois a dois distintos. Prove que, para todo n ∈ N, temos n n X ak X 1 . ≥ k2 k k=1

k=1

13. (Torneio das Cidades). Sejam a1 , a2 , . . . , an reais positivos dados. Prove que 

a2 1+ 1 a2



a2 1+ 2 a3



  Y n a2n (1 + ak ). ··· 1 + ≤ a1 k=1

14. Sejam ai , bi n´ umeros reais tais que a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ a1 > 0 e b1 ≥ a1 , b1 b2 ≥ a1 a2 , . . . , b1 b2 · · · bn ≥ a1 a2 · · · an . Mostre que b1 + b2 + · · · + bn ≥ a1 + a2 + · · · + an .

Bibliografia 1. T. Andreescu e R. Gelca. Mathematical Olympiad Challenges. Birkh¨auser, Boston, 2009. 2. A. Caminha. T´ opicos de Matem´ atica Elementar, Volume 1: N´ umeros Reais. Sociedade Brasileira de Matem´atica, Rio de Janeiro, 2012. 3. A. Engel. Problem Solving Strategies. Springer-Verlag, Nova Iorque, 1998. 4. E. Lozansky e C. Rousseau. Winning Solutions. Springer-Verlag, Nova Iorque, 1996.

8

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Dicas e Solu¸c˜ oes 1. Comece obsevando que  1+ 1

n+1 1 n+1
n + n1

=



1+

1 n+1



1−

1 (n + 1)2

n

Em seguida, aplique a desigualdade de Bernoulli.
m 2. Escreva am = mm 1 + a−m e, em seguida, aplique a desigualdade de Bernoulli. m Fa¸ca o mesmo com an e, por fim, some os resultados. 3. Escreva x41 + x42 + · · · + x41994 = x31 · x1 + x32 · x2 + · · · + x31994 · x1994 e, em seguida, aplique a desigualdade de Chebychev para obter 1 (x3 + x32 + · · · + x31994 )(x1 + x2 + · · · + x1994 ). 1994 1 Por fim, use as equa¸c˜ oes do sistema. x41 + x42 + · · · + x41994 ≥

4. Aplique a desigualdade de Chebyshev a cada parcela do somat´ orio. 5. Adapte a prova da desigualdade de Chebyshev ao caso em quest˜ao. 6. Aplique a desigualdade de Chebychev. 7. Aplique a desigualdade de Chebychev para concluir que a express˜ ao do primeiro membro ´e maior ou igual que   1 3 1 1 1 1 (a + b3 + c3 + d3 ) + + + . 4 b+c+d a+c+d a+b+d a+b+c Em seguida, aplique o resultado do Exemplo 4, juntamente com o resultado do Exemplo 4 da Aula 1, para concluir que a u ´ltima express˜ ao acima ´e maior ou igual que  3 a+b+c+d 42 (a + b + c + d)2 · = . 4 3(a + b + c + d) 12 Por fim, observe que a condi¸c˜ ao do enunciado equivale a (a + c)(b + d) = 1 e aplique a desigualdade entre as m´edias. 8. Adapte a sugest˜ao dada ao problema anterior. 9. Supondo, sem perda de generalidade, x ≥ y ≥ z, use a desigualdade de Chebychev para concluir que a express˜ ao do enunciado ´e maior ou igual que   3 (x + 1) + (y + 1) + (z + 1) x + y3 + z3 . · 3 (x + 1)(y + 1)(z + 1) Em seguida, aplique a desigualdade de Chebychev ao primeiro fator e a desigualdade entre as m´edias ao segundo fator para concluir que a u ´ltima express˜ ao acima ´e maior 1 3t3 ou igual que (t+1)2 , onde t = 3 (x+ y + z). Por fim, use a desigualdade entre as m´edias para concluir que t ≥ 1 e, em seguida, prove que t ≥ s ⇒ 9

3t3 (t+1)2

≥

3s3 . (s+1)2

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10. Para obter a primeira desigualdade, aplique a desigualdade de Chebychev ao primeiro somat´ orio, seguida do resultado do Exemplo 4 da Aula 1. Para a segunda desigualdade, utilize a desigualdade entre as m´edias aritm´etica e quadr´ atica (cf. Problema 15 da Aula 1). 11. Suponha, sem perda de generalidade, que a ≤ b ≤ c. Basta aplicar a desigualdade do rearranjo, observando que a desigualdade a ser provada ´e equivalente a a2 bc + ab2 c + abc2 ≤ (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 . 12. Aplique a desigualdade do rearranjo. 13. Fa¸ca a prova por indu¸c˜ ao sobre n > 1 inteiro. Para o passo de indu¸c˜ao, basta provar que      a2n+1 a2n a2n 1+ ≥ 1+ (1 + an+1 ) 1+ an+1 a1 a1 ou, equivalentemente, que a2n+1 ·

1 a2 1 + a2n · ≥ an+1 + n . a1 an+1 a1

Por fim, observe que tal desigualdade ´e uma aplica¸c˜ao imediata da desigualdade do rearranjo. 14. Fa¸ca λi = bi /ai , para 1 ≤ j ≤ n, e conclua que b1 + · · · + bn ≥ a1 + · · · + an ⇔ a1 (λ1 − 1) + a2 (λ2 − 1) + · · · + an (λn − 1) ≥ 0. Em seguida, aplique a desigualdade de Abel para concluir que n X j=1

aj (λj − 1) ≥ a1 · min {λ1 − 1, λ1 + λ2 − 2, . . . , λ1 + · · · + λn − n}.

Por fim, use a condi¸c˜ ao do enunciado e a desigualdade entre as m´edias para mostrar que λ1 + · · · + λk ≥ k.

10

Polos Olímpicos de Treinamento Curso de Álgebra - Nível 3 Prof. Antonio Caminha

Aula

3

Fun¸ c˜ oes Definidas Implicitamente 1 Esta ´e a primeira de duas aulas devotadas ao estudo de fun¸co˜es definidas implicitamente. Para saber mais sobre o material aqui discutido, remetemos o leitor ao Cap´ıtulo 1 de [2] ou ao Cap´ıtulo 11 de [3]. Uma fun¸c˜ ao pode ser definida implicitamente por um conjunto de propriedades. Por exemplo, sendo g(x) = x + 1 e h(x) = x − 1, a fun¸c˜ao f : R → R dada por f (x) = x2 ´e tal que f (g(x)) = g(x)2 e f (h(x)) = h(x)2 , ou seja, ela ´e tal que f (x + 1) = (x + 1)2 = x2 + 2x + 1 e f (x + 1) = (x − 1)2 = x2 − 2x + 1. Da´ı, temos que a fun¸c˜ ao acima satisfaz, para todo x ∈ R, a rela¸c˜ao f (x + 1) − f (x − 1) = 4x. Podemos tentar reverter os passos acima, perguntando agora quais s˜ ao as fun¸c˜oes f : R → R tais que f (x + 1) − f (x − 1) = 4x, ∀ x ∈ R. (1) ´ claro que a fun¸c˜ E ao f (x) = x2 n˜ ao ´e a u ´nica, pois, como ´e f´acil verificar, para qualquer constante real c a fun¸c˜ ao fc (x) = x2 + c tamb´em satisfaz (1). Como uma fun¸c˜ ao f : R → R satisfazendo (1) n˜ ao est´ a dada por seus valores, e sim por uma rela¸c˜ao que deve satisfazer, dizemos que a fun¸c˜ao est´ a definida implicitamente. Note que, a partir de (1), podemos descobrir outras rela¸c˜oes que a fun¸c˜ao satisfaz. Por exemplo, se g : R → R ´e dada por g(x) = x2 , temos f (g(x) + 1) − f (g(x) − 1) = 4g(x), ou ainda f (x2 + 1) − f (x2 − 1) = 4x2 , ∀ x ∈ R.

(2)

Assim, qualquer fun¸c˜ ao que satisfizer (1) tamb´em satisfar´ a (2). Entretanto, a rela¸c˜ao (2) pode n˜ ao ser muito u ´til para ajudar a determinar as fun¸c˜oes f que satisfazem (1). S´ oa

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experiˆencia dir´ a que rela¸c˜ oes obtidas a partir de uma rela¸c˜ao inicialmente dada ser˜ ao u ´teis nesse sentido. Em geral, um problema interessante ´e o de encontrar todas as fun¸c˜oes definidas implicitamente por um certo conjunto de rela¸c˜oes dadas. Uma vez que n˜ ao h´ a uma teoria geral a esse respeito, no que segue, veremos alguns exemplos que ilustram um certo n´ umero de t´ecnicas u ´teis no trato de fun¸c˜ oes definidas implicitamente. Exemplo 1 (Canad´a). Ache todas as fun¸c˜oes f : N → N, crescentes e tais que f (2) = 2 e f (mn) = f (m)f (n), para todos m, n ∈ N. Solu¸ c˜ ao. De 1 ≤ f (1) < f (2) = 2 obtemos f (1) = 1. Agora f (4) = f (2)f (2) = 4 e f (8) = f (4)f (2) = 8. Suponha pois, por hip´ otese de indu¸c˜ao, que f (2k ) = 2k para um certo natural k. Ent˜ ao f (2k+1 ) = f (2k )f (2) = 2k · 2 = 2k+1 , e segue que f (2n ) = 2n para todo inteiro n˜ ao negativo n. Portanto, fixado n natural, segue de f ser crescente que 2n = f (2n ) < f (2n + 1) < · · · < f (2n+1 − 1) < f (2n+1 ) = 2n+1 . Mas, uma vez que f (2n + 1), f (2n + 2), . . ., f (2n+1 − 1) s˜ ao naturais, a u ´nica possibilidade ´e termos f (2n + 1) = 2n + 1, f (2n + 2) = 2n + 2, . . . , f (2n+1 − 1) = 2n+1 − 1. Finalmente, como esse racioc´ınio ´e v´alido para todo n natural, segue que f (m) = m para todo m natural. Exemplo 2 (Olimp. Iberoamericana). Se D = R − {−1, 0, 1}, encontre todas as fun¸c˜oes f : D → R tais que, para todo x ∈ D, tenhamos   1−x = 64x. f (x)2 f 1+x   Solu¸ c˜ ao. Note antes de tudo que, como x 6= 0, temos f (x)2 f 1−x 1+x 6= 0 para todo x ∈ D.

Em particular, f (x) 6= 0 para todo x ∈ D. Seja agora g(x) = 1−x c˜ao 1+x para x ∈ D. A defini¸ de D garante facilmente que g(D) ⊂ D, de modo que podemos compor f com g. Assim, para todo x ∈ D temos   1 − g(x) 2 = 64g(x). (3) f (g(x)) f 1 + g(x) Substituindo a express˜ ao de g na rela¸c˜ ao acima, chegamos a !     1 − 1−x 1−x 1−x 1+x f f , = 64 1+x 1+x 1 + 1−x 1+x 2

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ou ainda f



1−x 1+x

2

f (x) = 64



1−x 1+x



,

para todo x ∈ D. Elevando ao quadrado ambos os membros da rela¸c˜ao do enunciado e dividindo o resultado pela rela¸c˜ ao acima, vem que   3 2 1−x , f (x) = 64x 1+x r   e da´ı f (x) = 4 3 x2 1−x 1+x .

At´e este ponto, mostramos apenas que, se f existir, deve ser dada por essa express˜ ao. Temos, pois, de verificar que f , assim definida, realmente satisfaz a rela¸c˜ao do enunciado para todo x ∈ D. Mas tal verifica¸c˜ ao ´e imediata e ser´ a deixada a cargo do leitor.

Ainda em rela¸c˜ ao ao exemplo anterior, com um pouco mais de pr´ atica poder´ıamos prescindir de definir a fun¸c˜ ao g para em seguida compˆ o-la com f a fim de obter (3). Ao inv´es disso, poder´ıamos apenas ter dito Substituindo x por

1−x 1+x

na rela¸ca ˜o do enunciado, obtemos . . . ,

tendo em mente que essa substitui¸ca ˜o ´e meramente uma composi¸c˜ao de fun¸c˜oes. Doravante, sempre que n˜ ao houver perigo de confus˜ ao, adotaremos essa simplifica¸c˜ao de linguagem, a qual j´a aparece no exemplo a seguir. Ao lˆe-lo, tente identificar as composi¸c˜oes que foram mascaradas por substitui¸c˜ oes. Exemplo 3. Encontre todas as fun¸c˜ oes f : R → R tais que f (1) = 1 e, para todos x, y ∈ R, tenhamos (a) f (x + y) = f (x) + f (y). (b) f (xy) = f (x)f (y). Solu¸ c˜ ao. Seja f uma fun¸c˜ ao satisfazendo as condi¸c˜oes do enunciado. Fazendo x = y = 0 em (a), obtemos f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0) = 2f (0), donde segue que f (0) = 0. Fazendo y = x em (a), obtemos f (2x) = f (x + x) = f (x) + f (x) = 2f (x) para todo x ∈ R. Fazendo agora y = 2x em (a), segue que f (3x) = f (x + 2x) = f (x) + f (2x) = f (x) + 2f (x) = 3f (x) para todo x ∈ R. Repetindo o argumento acima conclu´ımos, por indu¸c˜ao sobre n ∈ N, que f (nx) = nf (x), ∀ n ∈ N, x ∈ R 3

(4)

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Em particular, fazendo x = 1 em (4), obtemos f (n) = n para todo n ∈ N. Fazendo agora x = n1 em (4), segue que     1 1 = nf , 1 = f (1) = f n · n n
1 em (4), com m ∈ N, fornece donde f n1 = n1 . Finalmente, x = m     n 1 n 1 1 f = f n· = . = nf = n· m m m m m Vamos ver o que ocorre com os racionais negativos. Para isso, fa¸camos y = −x no item (a), obtendo 0 = f (0) = f (x + (−x)) = f (x) + f (−x), ou ainda f (x) = −f (−x), ∀ x ∈ R.

(5)

Em particular, sendo x < 0 racional, segue de (5) e do fato de ser −x um racional positivo que f (x) = −f (−x) = −(−x) = x, e portanto f (x) = x para todo x ∈ Q. Como f (x) = x para todo x ∈ Q, desconfiamos que a fun¸c˜ao identidade seja a u ´nica satisfazendo as condi¸c˜ oes do enunciado. Para confirmar tal suposi¸c˜ao, voltemos nossa aten¸c˜ao `a condi¸c˜ ao do item (b). Inicialmente, mostremos que se para um certo x ∈ R tivermos f (x) = 0, ent˜ ao x = 0. De fato, caso fosse x 6= 0, fazendo y = x1 em (b) ter´ıamos     1 1 0 = f (x)f =f x· = f (1) = 1, x x o que ´e uma contradi¸c˜ ao. Agora, fazendo y = x 6= 0 em (b), obtemos f (x2 ) = f (x · x) = f (x) · f (x) = f (x)2 > 0;

(6)

portanto, se x, y ∈ R, com x < y, e a 6= 0 for tal que y − x = a2 , ent˜ao, aplicando sucessivamente (a), (5) e (6), obtemos f (y) − f (x) = f (y) + f (−x) = f (y − x) = f (a2 ) = f (a)2 > 0, de sorte que f ´e crescente. Suponha, por fim, que existe a ∈ R tal que f (a) < a e tome (cf. Problema 1.5.2 de [1]) um racional r tal que f (a) < r < a; o car´ ater crescente de f fornece r = f (r) < f (a), o que ´e uma contradi¸c˜ ao. Analogamente, n˜ ao podemos ter f (a) > a, e a u ´nica possibilidade ´e f (a) = a. Mas como a ∈ R foi escolhido arbitrariamente, devemos ter f (x) = x para todo x ∈ R. Para o pr´ oximo exemplo precisamos da seguinte

4

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Defini¸ c˜ ao 4. Se X ´e um conjunto n˜ ao vazio e f : X → X ´e uma fun¸ca ˜o dada, um elemento x0 ∈ X ´e dito um ponto fixo de f se f (x0 ) = x0 . Se I ⊂ R ´e um intervalo, uma fun¸c˜ao decrescente f : I → I admite no m´ aximo um ponto fixo. De fato, se x1 , x2 ∈ I fossem pontos fixos de f , com x1 < x2 , seguiria de f ser decrescente que x1 = f (x1 ) > f (x2 ) = x2 , uma contradi¸c˜ ao ` a hip´ otese x1 < x2 . Exemplo 5 (Argentina). Seja f : R → R uma fun¸ca ˜o decrescente e tal que f (x + f (x)) = x + f (x) para todo real x. Prove que f (f (x)) = x para todo real x. Prova. As hip´ oteses sobre f garantem que x + f (x) ´e ponto fixo de f para todo x ∈ R. Por outro lado, o car´ ater decrescente de f garante, de acordo com a discuss˜ao anterior, a existˆencia de no m´ aximo um ponto fixo para f , de sorte que deve existir a ∈ R tal que x+f (x) = a para todo x ∈ R, o que ´e o mesmo que f (x) = a−x para todo x ∈ R. Portanto f (f (x)) = f (a − x) = a − (a − x) = x, para todo x ∈ R.

Problemas 1. Encontre todas as fun¸c˜ oes f : Q → Q tais que f x, y ∈ Q.

x+y
2

=

f (x)+f (y) , 2

para todos

´ 2. (Austria). Encontre todas as fun¸c˜ oes f : Z\{0} → Q tais que, para todos x, y ∈ Z\{0} para os quais x + y seja m´ ultiplo de 3, tenhamos   x+y f (x) + f (y) f . = 3 2 3. (Vietn˜a). Ache todas as fun¸c˜ oes f : R → R tais que 1 1 1 f (xy) + f (xz) − f (x)f (yz) ≥ , 2 2 4 para todos x, y, z ∈ R. 4. (Espanha). Encontre todas as fun¸c˜oes crescentes f : N → N tais que, para todo n ∈ N, tenhamos f (n + f (n)) = 2f (n). 5. Encontre todas as fun¸c˜ oes f : R → Z tais que: (a) f (x + a) = f (x) + a, para todo x ∈ R e todo a ∈ Z. 5

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(b) f (f (x)) = 0 para x ∈ [0, 1). ´ 6. (Austria-Polˆ onia). Prove que n˜ ao existe fun¸c˜ao f : Z → Z tal que, para todos x, y ∈ Z, tenhamos f (x + f (y)) = f (x) − y. 7. (Romˆenia). Ache todas as fun¸c˜ oes f : Z → Z tais que f (0) = 1 e f (f (k)) + f (k) = 2k + 3 para todo k ∈ Z. 8. (Romˆenia). Sejam k > 1 um inteiro ´ımpar e A = {x1 , x2 , . . . , xk } um conjunto de k n´ umeros reais. Obtenha todas as fun¸c˜oes injetivas f : A → A tais que |f (x1 ) − x1 | = |f (x2 ) − x2 | = · · · = |f (xk ) − xk |. 9. Ache todas as fun¸c˜ oes f : Q → Q∗+ tais que f (x + y) = f (x)f (y) para todos x, y ∈ Q. 10. Ache todas as fun¸c˜ oes f : [0, 1] → [0, 1] tais que f (0) = 0, f (1) = 1 e f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) para todos os x, y tais que x − y, x + y ∈ [0, 1].

Bibliografia 1. A. Caminha. T´ opicos de Matem´ atica Elementar, Volume 1: N´ umeros Reais. Sociedade Brasileira de Matem´atica, Rio de Janeiro, 2012. 2. A. Caminha. T´ opicos de Matem´ atica Elementar, Volume 3: Introdu¸ca ˜o a ` An´ alise. Sociedade Brasileira de Matem´atica, Rio de Janeiro, 2012. 3. A. Engel. Problem Solving Strategies. Springer-Verlag, Nova Iorque, 1998.

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Dicas e Solu¸c˜ oes 1. Fazendo g(x) = f (x) − f (0) na rela¸c˜ao do enunciado, conclua que basta considerar
o caso em que f (0) = 0. Sob tal suposi¸c˜ao, fa¸ca y = 0 para obter f x2 = f (x) 2 para todo x ∈ Q. Em seguida, use a rela¸c˜ao do enunciado para concluir que f (x + y) = f (x) + f (y) para todos x, y ∈ Q, de sorte que f (x) = f (1)x para todo x ∈ Q. 2. Use a rela¸c˜ ao do enunciado para provar por indu¸c˜ao que f (n) = f (1) para todo n ∈ N; em seguida, considere o caso n < 0. 3. Fa¸ca x = y = z = 0 para obter f (0) = 12 ; em seguida, obtenha f (1) = 12 de maneira an´ aloga. Fa¸ca y = z = 1 para concluir que f (x) ≥ 21 para todo x ∈ R. Por fim, utilize uma substitui¸c˜ ao an´ aloga para concluir que f (x) ≤ 21 para todo x ∈ R. 4. Em cada um dos intervalos [n, n + f (n)] e [f (n), 2f (n)] h´ a f (n) + 1 naturais. Use, pois, o car´ ater crescente de f , juntamente com f (n + f (n)) = 2f (n), para concluir que f (n + k) = f (n) + k, para todos 1 ≤ k ≤ f (n). Tome agora k, n naturais, com n > k. Use que f (n) ≥ n para mostrar que f (n) > k e da´ı, pelo que fizemos acima, que f (n) = n − 1 + f (1). 5. Fa¸ca x = a = 0 em (a) para concluir que f (0) = 0. Em seguida, fazendo x = 0 em (a), mostre que f (a) = a para todo a ∈ Z. Tomando agora x ∈ [0, 1), use que f (x) ∈ Z e f (f (x)) = 0 para concluir que f (x) = 0. Por fim, para x ∈ R qualquer, troque x por {x} e fa¸ca a = ⌊x⌋ em (a) para concluir que f (x) = ⌊x⌋. 6. Comece calculando f (x + f (y + f (0))) de duas maneiras distintas para concluir que f (0) = 0. Em seguida, deduza a partir da´ı que f (f (y)) = −y para todo y ∈ Z, de sorte que f ´e bijetiva. A partir dessa u ´ltima rela¸c˜ao, calcule f (f (f (x))) de duas maneiras distintas para concluir que f ´e ´ımpar. Troque x por f (x) na rela¸c˜ao do enunciado para concluir que f (f (x) + f (y)) = f (f (x + y)), e da´ı que f (x) + f (y) = f (x + y) para todos x, y ∈ Z. Por fim, use indu¸c˜ao para obter f (x) = f (1)x para todo x ∈ Z, chegando assim ` a contradi¸c˜ ao −1 = f (f (1)) = f (1)f (1) ≥ 0. 7. Fa¸ca k = 0 para concluir que f (1) = 2; em seguida, use indu¸c˜ao para mostrar que f (n) = n + 1 para todo n ∈ N. Use agora a rela¸c˜ao do enunciado para mostrar que se f (−1) = a, ent˜ ao n˜ ao pode ser a < 0 nem a > 0. Por fim, fa¸ca uma nova indu¸c˜ao para concluir que f (−n) = −n + 1 para todo n ∈ N. 8. Inicialmente, podemos supor que f n˜ ao tem pontos fixos. Escreva agora A = B ∪ C, onde B e C s˜ ao conjuntos disjuntos e tais que f (x) > x para todo x ∈ B e f (x) < x para todo x ∈ C. Se |B| = l e a ´e o valor comum de |f (xj ) − xj |, conclua que P 0 = kj=1 (f (xj ) − xj ) = (2l − k)a e, a partir da´ı, que a = 0, o que ´e uma contradi¸c˜ao.

9. Fa¸ca x = y = 0 para obter f (0) = 1. Em seguida, use indu¸c˜ao para provar que f (nx) = f (x)n para todos x ∈ Q, n ∈ N; mostre a partir da´ı que f (x) = f (1)x para todo x ∈ Q∗+ . Fazendo agora y = −x, mostre que f (−x) = f (x)−1 ; conclua ent˜ao que f (x) = f (1)x para todo x ∈ Q. Por fim, use o fato de o contradom´ınio de f ser o conjunto dos racionais positivos para concluir que f (1) = 1. 7

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10. Fazendo x + y = a e x − y = b, mostre que f (a) + f (b) = 2f a+b 2 , para todos a, b ∈ [0, 1]. Fazendo x = y, mostre que f (2x) = 2f (x) para todo x ∈ [0, 1], e conclua que f (a) + f (b) = f (a + b), para todos a, b ∈ [0, 1]. Mostre a partir da´ı que f (x) = x, para todo x ∈ [0, 1] ∩ Q. Para o que falta, imite a sugest˜ao para a passagem de Q a R, no Exemplo 3.

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Fun¸ c˜ oes Definidas Implicitamente 2 Nesta segunda aula sobre fun¸c˜ oes definidas implicitamente, examinamos e propomos alguns exemplos mais elaborados. Para muitos mais, remetemos o leitor a [3] ou ao Cap´ıtulo 11 de [4]. Come¸camos observando que, por vezes, o que se pede n˜ ao ´e obter todas as fun¸c˜oes definidas implicitamente por certas rela¸c˜ oes, mas somente deduzir que tais fun¸c˜oes satisfazem certas propriedades ou que, ao contr´ ario, n˜ ao existem. Vejamos alguns exemplos. Exemplo 1. Sejam c e α reais positivos dados e Q um quadrado no plano, tamb´em dado. Prove que n˜ ao existe fun¸c˜ ao sobrejetiva f : [0, 1] → Q tal que, para todos 0 ≤ x, y ≤ 1, tenhamos |f (x) − f (y)| ≤ c|x − y|α+1/2 . Prova. Suponha que exista uma tal fun¸c˜ao. Sejam k > 1 inteiro e xj = kj , para 0 ≤ j ≤ k. Dado um real x ∈ [xj , xj+1 ], temos |f (x) − f (xj )| ≤ c|x − xj |α+1/2 ≤

c kα+1/2

Portanto, sendo Cj o c´ırculo do plano com centro f (xj ) e raio

.

c , k α+1/2

segue que

x ∈ [xj , xj+1 ] ⇒ f (x) ∈ Cj . Ent˜ao Q = f ([0, 1]) ⊂ C0 ∪ C1 ∪ · · · ∪ Ck−1 , o que implica (A(F ) denota a ´ area da figura F ) k−1  X  k−1 A(Cj ) 1 = A(Q) = A ∪j=0 Cj ≤ j=0

= kπ



c kα+1/2

2

πc2 = 2α . k

Mas, como α > 0 e k > 1 ´e arbitr´ario, chegamos a uma contradi¸c˜ao, uma vez que a rela¸c˜ao k2α ≤ πc2 n˜ ao ´e verdadeira para k suficientemente grande.

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Exemplo 2 (Fran¸ca). Seja f : N → N uma bije¸c˜ao. Prove que existem naturais a < b < c, tais que f (a) + f (c) = 2f (b) Prova. Se g = f −1 , o problema equivale a provarmos a existˆencia de trˆes inteiros positivos x < y < z, em P A e tais que g(x) < g(y) < g(z). Fa¸ca x = 1 e seja α = g(1). Defina A = {g−1 (1), g −1 (2), . . . , g−1 (α − 1), g−1 (α)}. Se t ∈ N \ A, ent˜ ao g(t) > α = g(1) = g(x). Portanto, basta provarmos que existem dois inteiros y < z em N \ A que formam uma P A com 1 e s˜ ao tais que g(y) < g(z). Para o que falta, fixado t ∈ N \ A, considere os inteiros t, 2t − 1, 4t − 3, 8t − 7, . . . , 2k t − (2k − 1), . . . . Quaisquer dois elementos consecutivos dessa sequˆencia de n´ umeros formam uma P A com 1, de modo que, se existir k tal que g(2k t − (2k − 1)) < g(2k+1 t − (2k+1 − 1)), nada mais haver´ a a fazer. Mas, se este n˜ ao fosse o caso, a injetividade de g nos daria g(t) > g(2t − 1) > g(4t − 3) > g(8t − 7) > · · · > g(1), o que seria um absurdo. Voltemo-nos, agora, a exemplos mais dif´ıceis onde se pede, efetivamente, obter todas as fun¸c˜oes que satisfazem certos conjuntos de condi¸c˜oes. Exemplo 3 (Ir˜a). Obtenha todas as fun¸c˜oes f : R → R tais que, para todos os x, y reais, tenhamos f (f (x + y)) = f (x + y) + f (x)f (y) − xy. Solu¸ c˜ ao. Seja f uma fun¸c˜ ao satisfazendo as condi¸c˜oes do enunciado. Fazendo y = 0, obtemos f (f (x)) = f (x) + f (0) · f (x), ∀ x ∈ R. (1) Seja Im(f ) a imagem de f e c = f (0). Segue de (1) que f (z) = (c + 1)z, ∀ z ∈ Im(f ). que

(2)

Agora, como f (x + y) ∈ Im(f ), para todos x, y ∈ R, segue de (2) e da rela¸c˜ao original (c + 1)f (x + y) = f (x + y) + f (x)f (y) − xy

ou, ainda, c · f (x + y) = f (x)f (y) − xy, ∀ x ∈ R.

(3)

Suponha que c 6= 0. Ent˜ ao 0 ∈ / Im(f ). De fato, caso fosse 0 ∈ Im(f ) ter´ıamos de (2) que f (0) = 0, uma contradi¸c˜ ao. Mas a´ı, pondo x = c, y = −c em (3), obter´ıamos c2 = c · f (0) = f (c)f (−c) + c2 , 2

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donde f (c)f (−c) = 0 e, portanto, f (c) = 0 ou f (−c) = 0; isto, por sua vez, contradiria a suposi¸c˜ao de que 0 ∈ / Im(f ). Logo, c = 0. Segue, pois, de (3), que f (x)f (y) = xy, ∀ x ∈ R. (4) Como a fun¸c˜ ao identicamente nula n˜ ao satisfaz as condi¸c˜oes do enunciado, existe z0 ∈ Im(f ) tal que z0 6= 0. Ent˜ ao, temos a partir de (2) que f (z0 ) = z0 . Assim, fazendo y = z0 em (4), obtemos f (x) · z0 = xz0 , para todo x ∈ R, donde f (x) = x para todo x ∈ R. Por fim, ´e imediato verificar que a fun¸c˜ao identidade satisfaz a condi¸c˜ao do enunciado. Antes de apresentar o pr´ oximo exemplo, precisamos enunciar um resultado que se revela importante tamb´em em outros contextos. Para tanto, recordamos o leitor de que uma fun¸ c˜ ao polinomial ´e uma fun¸c˜ ao f : R → R da forma f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,

(5)

para todo x ∈ R, onde n ´e um inteiro n˜ ao negativo dado e a0 , . . . , an s˜ ao n´ umeros reais tamb´em dados. Teorema 4. Seja f : R → R uma fun¸ca ˜o polinomial. Se a, b e d s˜ ao n´ umeros reais tais que a < b e (f (a) − d)(f (b) − d) < 0, ent˜ ao existe a < c < b tal que f (c) = d. O teorema acima ´e conhecido em Matem´atica como o teorema do valor intermedi´ ario. (Abreviamos TVI.) Intuitivamente, sua validade decorre do fato de que, o gr´ afico de uma fun¸c˜ ao polinomial n˜ ao tem saltos; portanto, se ele passar pelos pontos (a, f (a)) e (b, f (b)), e d pertencer ao intervalo de extremos f (a) e f (b) (que ´e o que garante a condi¸c˜ao (f (a) − d)(f (b) − d) < 0), ent˜ao tal gr´ afico deve intersectar a reta y = d ou, o que ´e o mesmo, deve existir a < c < b tal que f (c) = d. O TVI, de fato, pode ser aplicado a uma classe de fun¸c˜oes bem mais ampla que aquela das fun¸c˜oes polinomiais, qual seja, aquela das fun¸c˜oes cont´ınuas; intuitivamente, o leitor pode pensar numa fun¸c˜ ao cont´ınua f : I → R (I ⊂ R um intervalo), como uma fun¸c˜ao cujo gr´ afico n˜ ao admite interrup¸c˜ oes. Para uma discuss˜ ao mais adequada desse conceito, juntamente com uma prova do TVI para tal classe de fun¸c˜oes, remetemos o leitor `a Se¸c˜ao 4.2 de [1]. Tamb´em, uma prova do TVI para fun¸c˜oes polinomiais, baseada na validade do ´ teorema fundamental da Algebra, pode ser encontrada na Se¸c˜ao 5.1 de [2]. Precisamos, ainda, da seguinte consequˆencia do TVI. Corol´ ario 5. Se f : R → R ´e uma fun¸ca ˜o polinomial como em (5), com n ´ımpar, ent˜ ao a imagem de f ´e todo o conjunto dos n´ umeros reais. Prova. Dado d ∈ R, fa¸ca g(x) = f (x) − d. Ent˜ao g : R → R tamb´em ´e polinomial, e basta garantirmos a existˆencia de c ∈ R tal que g(c) = 0. O argumento do par´ agrafo anterior reduz nosso problema a mostrar a existˆencia de c ∈ R tal que f (c) = 0. Para tanto, suponhamos, sem perda de generalidade, que an > 0.

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Ent˜ao, para x 6= 0, repetidas aplica¸c˜ oes da desigualdade triangular fornecem f (x) xn

an−1 a1 a0 + · · · + n−1 + n x x ax a1 a0 n−1 + · · · + n−1 + n ≥ an − x a x x n−1 a1 a0 ≥ an − − · · · − n−1 − n x x x |an−1 | |a1 | |a0 | = an − − · · · − n−1 − n . |x| |x| |x| = an +

Portanto, se |x| ≥ 1, ent˜ ao |x| ≤ |x|2 ≤ · · · ≤ |x|n e, da´ı, n−1

1 X f (x) |aj |, ≥ an − n x |x| j=0

Pn−1 o qual, por sua vez, ´e positivo para |x| > a1n j=0 |aj |. Em resumo, se   n−1  1 X  A > max 1, |aj | ,  an  j=0

ımpar, segue que f (−A) < 0 < f (A) e o TVI ent˜ao fx(x) n > 0 para x = ±A. Mas, como n ´ garante a existˆencia de c ∈ [−A, A] tal que f (c) = 0. Podemos, por fim, discutir o exemplo a seguir. Exemplo 6 (Bielorr´ ussia). Encontre todas as fun¸c˜oes f, g, h : R → R tais que, para todos x, y ∈ R, tenhamos f (x + y 3 ) + g(x3 + y) = h(xy). Solu¸ c˜ ao. Fazendo x = y = 0, obtemos f (0) + g(0) = h(0). Assim, definindo f1 (x) = f (x) − f (0), g1 (x) = g(x) − g(0) e h1 (x) = h(x) − h(0), temos f1 (x + y 3 ) + g1 (x3 + y) = h1 (xy), com f1 (0) = g1 (0) = h1 (0) = 0. Podemos, portanto, come¸car supondo que f (0) = g(0) = h(0) = 0. Fazendo y = −x3 na rela¸c˜ ao do enunciado, obtemos g(x − x9 ) = h(−x4 ) para todo 3 x. Fazendo x = −y , obtemos f (−y 9 + y) = h(−y 4 ), para todo y ∈ R; da´ı, segue que f (x − x9 ) = g(x − x9 ). Mas a imagem da fun¸c˜ao polinomial x 7→ x − x9 ´e o conjunto dos n´ umeros reais, de modo que f (x) = g(x) para todo x ∈ R. A rela¸c˜ao do enunciado se reduz, ent˜ao, a f (x + y 3 ) + f (x3 + y) = h(xy). (6) Fazendo sucessivamente y = −x3 e x = −y 3 em (6), e levando em conta que f (0) = 0, obtemos, respectivamente, f (x − x9 ) = h(−x4 ) e f (−y 9 + y) = h(−y 4 ), 4

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de modo que f (x − x9 ) = f (−x9 + x). Usando de novo o fato de que a imagem da fun¸c˜ao polinomial x 7→ x − x9 ´e R, segue que f ´e uma fun¸c˜ao par, i.e., tal que que f (x) = f (−x), para todo x ∈ R. Fazendo, agora, y = 0 em (6), obtemos f (x) + f (x3 ) = 0, donde f (x) = −f (x3 ). Voltando a (6), essa rela¸c˜ ao nos d´ a f (x3 + y) − f ((x + y 3 )3 ) = h(xy). Mas f par implica, ent˜ ao, que f (x3 + y) − f (−(x + y 3 )3 ) = h(xy). Segue, da´ı, que, se a ∈ R for tal que existam reais x, y satisfazendo o sistema de equa¸c˜oes  xy = a , x3 + y = −(x + y 3 )3 ent˜ao h(a) = 0. Provemos que esse ´e o caso para todo a ≤ 0. Se a = 0, j´a temos h(a) = 0. Se a 6= 0 ent˜ao a segunda equa¸c˜ao do sistema acima equivale a y 9 + 3y 6 x + 3x2 y 3 + y + 2x3 = 0. Escrevendo x = ya , segue que basta verificarmos a existˆencia de um real y tal que y 12 + 3ay 8 + (3a2 + 1)y 4 + 2a3 = 0. Para tanto, seja p(y) = y 12 + 3ay 8 + (3a2 + 1)y 4 + 2a3 . Se a < 0, ent˜ao p(0) = 2a3 < 0 e p(−a) > 0, de modo que o TVI garante que p tem ao menos uma raiz real. Para terminarmos, veja que f (x − x9 ) = h(−x4 ), de modo que f (x − x9 ) = 0 para todo x ∈ R. Usando novamente a sobrejetividade de f , segue que f ≡ 0. Da´ı, (6) nos d´ a h ≡ 0. Ent˜ao, as fun¸c˜ oes f, g, h que satisfazem as condi¸c˜oes do enunciado s˜ ao as fun¸c˜oes constantes f ≡ f (0), g ≡ g(0), h ≡ h(0), tais que f (0) + g(0) = h(0).

Problemas 1. (IMO). Seja G um conjunto n˜ ao vazio de fun¸c˜oes afins, possuindo as seguintes propriedades: (a) Se f, g ∈ G, ent˜ ao f ◦ g ∈ G.

(b) Se f ∈ G, ent˜ ao f −1 ∈ G.

(c) Para toda f ∈ G, existe xf ∈ R tal que f (xf ) = xf .

Prove que existe um real x0 tal que f (x0 ) = x0 , para toda f ∈ G.

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2. (IMO). Seja f : R → [0, 1] uma fun¸c˜ao tal que, para um certo a ∈ R, tenhamos f (x + a) =

1 p + f (x) − f (x)2 , 2

para todo x ∈ R. (a) Prove que f ´e peri´ odica, i.e., que existe um real p > 0 tal que f (x + p) = f (x), para todo x ∈ R.

(b) Para a = 1, dˆe um exemplo de uma fun¸c˜ao n˜ ao constante f : R → [0, 1] que satisfa¸ca a rela¸c˜ ao do enunciado. 3. (Lituˆania). Seja f : Z → Z uma fun¸c˜ao tal que f (m2 + f (n)) = f (m)2 + n para todos m, n inteiros. (a) Prove que f (0) = 0 e f (1) = 1. (b) Ache todas essas fun¸c˜ oes. 4. (OIM). Encontre todas as fun¸c˜ oes f : N → N satisfazendo, para todos x, y ∈ N, as duas condi¸c˜ oes a seguir: (a) x > y ⇒ f (x) > f (y).

(b) f (yf (x)) = x2 f (xy)

5. (Bulg´aria). Sejam n > 1 inteiro e a1 , a2 , . . . , an reais positivos dados. Prove que a equa¸c˜ao √ √ √ 1 + a1 x + 1 + a2 x + · · · + 1 + an x = nx possui exatamente uma solu¸c˜ ao real positiva 6. (Romˆenia – adaptado). Existe uma fun¸c˜ao polinomial f : R → R tal que f (x) ∈ Q ⇔ f (x + 1) ∈ / Q? 7. (IMO). Ache todas as fun¸c˜ oes f : [0, +∞) → R satisfazendo as duas condi¸c˜oes a seguir: (a) f (xf (y))f (y) = f (x + y), para todos x, y ∈ [0, +∞).

(b) f (2) = 0 e f (x) 6= 0 para 0 ≤ x < 2.

8. (IMO). Seja S = {x ∈ R; x > −1}. Obtenha todas as fun¸c˜oes f : S → S que satisfa¸cam as duas condi¸c˜ oes a seguir: (a) f (x + f (y) + xf (y)) = y + f (x) + yf (x)), para todos x, y ∈ S. (b)

f (x) x

´e crescente em cada um dos intervalos (−1, 0) e (0, +∞).

9. (Polˆonia). Encontre todas as fun¸c˜oes f : Q∗+ → Q∗+ satisfazendo, para todo racional positivo x, as seguintes condi¸c˜ oes: 6

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(a) f (x + 1) = f (x) + 1. (b) f (x3 ) = f (x)3 . 10. (IMO). Decida se existe uma fun¸c˜ao f : N → N satisfazendo as condi¸c˜oes a seguir: (a) f (1) = 2. (b) f (n) < f (n + 1) para todo n ∈ N.

(c) f (f (n)) = f (n) + n para todo n ∈ N.

Bibliografia 1. A. Caminha. T´ opicos de Matem´ atica Elementar, Volume 3: Introdu¸ca ˜o a ` An´ alise. Sociedade Brasileira de Matem´atica, Rio de Janeiro, 2012. 2. A. Caminha. T´ opicos de Matem´ atica Elementar, Volume 6: Introdu¸ca ˜o a ` An´ alise. Sociedade Brasileira de Matem´atica, Rio de Janeiro, 2012. 3. D. Djuki´c, V. Jankovi´c, I. Mati´c e N. Petrovi´c. The IMO Compendium: a Collection of Problems Suggested for The International Mathematical Olympiads from 19592004. Springer-Verlag, Nova Iorque, 2006. 4. A. Engel. Problem Solving Strategies. Springer-Verlag, Nova Iorque, 1998.

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Dicas e Solu¸c˜ oes 1. Inicialmente, mostre que basta provar que duas fun¸c˜oes quaisquer em G comutam em rela¸c˜ ao ` a opera¸c˜ ao de composi¸c˜ao de fun¸c˜oes. Para tanto, use os itens (a) e (b), juntamente com o fato de que a u ´nica fun¸c˜ao h ∈ G da forma h(x) = x + a, para algum a ∈ R, ´e h = IdR . q 2. Para o item (a), fazendo g(x) = f (x) + 21 , mostre que g(x + a) = 14 − g(x)2 e, da´ı,

1 2 que g(x + 2a) = g(x), para todo x ∈ R. Quanto a (b), fa¸ca h(x) = 4g(x)
1 −2 e πx 2 e uma conclua que h(x + 1) = −h(x); em seguida, mostre que h(x) = sen 2 − 2 ´ possibilidade.

3. Para o item (a), comece fazendo m = 0 na rela¸c˜ao do enunciado para obter f (f (n)) = f (0)2 + n, concluindo, assim, que f ´e bijetiva. Em seguida, tome k ∈ Z tal que f (k) = 0 e seja l = f (0); ent˜ ao temos l = f (0) = f (f (k)) = f (0)2 + k = l2 + k, ao passo que, fazendo m = k e n = 0 na rela¸c˜ao do enunciado, temos k2 + l = k. Logo, k = l = 0. Quanto a (b), fa¸ca m = 1 e n = 0 na rela¸c˜ao do enunciado para obter f (1) = 1; em seguida, deduza que f (f (n) + 1) = n + 1 e, a partir da´ı, que f (n) = n para todo inteiro n˜ ao negativo n. Por fim, estenda o argumento aos inteiros negativos, mostrando que f (n) = n para todo n ∈ Z. 4. Fazendo x = y = 1, conclua que f (1) = 1. Em seguida, mostre que f (f (xy)) = x2 y 2 f (xy) = f (f (x)f (y)), obtendo, ent˜ao, que f (xy) = f (x)f (y), para todos x, y ∈ N; conclua a partir da´ı, que f (x2 ) = f (x)2 para todo x ∈ N. Por fim, se f (x) < x2 para um certo x ∈ N, escreva f (x)3 = f (x3 ) > f (xf (x)) = x2 f (x)2 para obter f (x) > x2 , uma contradi¸c˜ ao; analogamente, mostre que n˜ ao pode ser f (x) > x2 , de sorte que 2 f (x) = x para todo x ∈ N. 5. Divida ambos os membros da equa¸c˜ao por x e, em seguida, aplique o TVI. 6. Comece observando que a fun¸c˜ ao g : R → R, dada por g(x) = f (x + 1) − f (x) ´e cont´ınua e, pela condi¸c˜ ao do enunciado, transforma todo n´ umero real num irracional. Agora, use o TVI, juntamente com o fato de que todo intervalo n˜ ao degenerado cont´em n´ umeros irracionais, para concluir que g ´e constante; ent˜ao, use isto para mostrar que f (x + 2) − f (x) ´e sempre irracional. Por fim, mostre que existe x0 ∈ R tal que f (x0 ) ∈ Q e, da´ı, que f (x0 + 2) − f (x0 ) ∈ Q. 7. Troque x por x − 2 e y por 2 em (a) para concluir que f (x) = 0 para x ≥ 2. Fa¸ca, agora, x = y = 0 em (a) para obter, a partir de (b), que f (0) = 1. Por fim, para 2 ; por outro lado, 0 < x < 2, troque y por 2 − x em (a) para concluir que f (x) ≥ 2−x   2 2 mostre que f x + f (x) = f (2)f (x) = 0 e conclua que f (x) ≤ 2−x para cada um de tais x. 8. Observe inicialmente que, a partir de (b), f tem no m´ aximo um ponto fixo em cada um dos intervalos (−1, 0), (0, +∞). Se existir um ponto fixo x0 de f tal que −1 < x0 < 0, fa¸ca x = y = x0 em (a) para concluir que x20 + 2x0 tamb´em ´e ponto fixo de f , e da´ı 8

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que x20 + 2x0 = x0 , o que ´e uma contradi¸c˜ao. Argumente analogamente para concluir que f n˜ ao tem pontos fixos em (0, +∞). Por fim, fazendo x = y em (a), conclua que x para todo x ∈ S. f (x) = − x+1 9. Observe que, por (a), temos f (x + k) = f (x) + k, para todo k ∈ N. Tome, agora, 2 3 −n3 m, n ∈ N e use que (n +m) ∈ N para calcular 3 n f



m3 (n3 + m)3 − n3 + n3 n3



de duas maneiras distintas, obtendo a equa¸c˜ao (a + n2 )3 = a3 + (n6 + 3n3 m + 3m2 ), onde a = f

m n




. Conclua, a partir da´ı, que f (x) = x para todo x ∈ Q∗+ .

10. Considere a sequˆ encia de Fibonacci (Fn )n≥1 , dada por F1 = 1, F2 = 1 e Fk+2 = Fk+1 + Fk , para todo inteiro k ≥ 1. Comece mostrando, por indu¸c˜ao, o teorema de Zeckendorff: todo n´ umero natural pode ser unicamente escrito como soma de n´ umeros de Fibonacci de ´ındices maiores que 1 e n˜ ao consecutivos. Voltando ao problema em quest˜ ao, observe que, se uma tal f existir, ent˜ao f (Fk ) = Fk+1 para todo k ∈ N. Agora, utilize o teorema de Zeckendorff para mostrar que uma possibilidade para f ´e definirmos f (Fi1 + Fi2 + · · · + Fij ) = Fi1 +1 + Fi2 +1 + · · · + Fij +1 , para todos 1 ≤ i1 < i2 < · · · < ij naturais.

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Polos Olímpicos de Treinamento Curso de Álgebra - Nível 3

Aula

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Prof. Cícero Thiago / Prof. Marcelo Mendes

N´ umeros Complexos Defini¸ c˜ ao 1 O conjunto dos n´ umeros complexos, representado por C, consiste de todos os pares ordenados (a, b) com a, b ∈ R. Definiremos que (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) e (a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc). Chamaremos de unidade imagin´ aria o complexo i = (0, 1). Usando a 2 opera¸c˜ao de multiplica¸c˜ ao verificamos que i·i = i = (0, 1)·(0, 1) = (0 · 0 − 1 · 1, 0 · 1 + 1 · 0) = (−1, 0). Vamos fazer um abuso de linguagem matem´ atica e definir que (−1, 0) = −1, sendo assim definiremos os n´ umeros complexos como as express˜ oes da forma z = a + bi, onde a e 2 b s˜ ao n´ umeros reais e i = −1, ou seja,  C = z = a + bi| a, b ∈ R, i2 = −1.

O n´ umero a ´e chamado de parte real de z e o n´ umero b ´e chamado de parte imagin´ aria de z. Com isso, fica f´acil perceber que se um n´ umero complexo que tem parte imagin´ aria igual a zero ser´ a um n´ umero real.

Dois n´ umeros complexos s˜ ao iguais se, e somente se, eles possuem a mesma parte real e a mesma parte imagin´ aria, isto ´e, a + bi = c + di ⇔ a = c e b = d. A soma e o produto de dois n´ umeros complexos z = a + bi e w = c + di s˜ ao definidos assim: z + w = (a + c) + (b + d)i e z.w = (ac − bd) + (ad + bc)i. a chamado de conjugado do n´ umero complexo z = a+bi. O n´ umero complexo z = a−bi ser´ ´ f´acil perceber que z ´e um n´ E umero real se, e somente se, z = z. Usaremos o conjugado do 1 n´ umero complexo z = a + bi para poder representar o complexo : z 1 1 1 a − bi a − bi a −b z = = . = 2 = 2 = 2 + 2 i. 2 2 z a + bi a + bi a − bi a +b |z| a +b a + b2 z1 1 = z1 . , onde z1 e z2 s˜ ao n´ umeros complexos. z2 z2 Vejamos abaixo algumas propriedades as quais deixaremos as provas com o leitor: A partir do resultado acima faremos

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z=z z+w =z+w z.w  z = z.w z = . w w

O valor absoluto, ou m´ odulo de um n´ umero complexo z = a + bi ´e definido por: p √ |z| = a2 + b2 = z.z.

Vejamos agora algumas propriedades do m´ odulo de um n´ umero complexo: 1. |z| = | − z| = |z| 2. z.z = |z|2 3. |z1 .z2 | = |z1 |.|z2 | 1 1 , z 6= 0 4. = z |z| z1 |z1 | 5. = , z2 6= 0 z2 |z2 | 6. |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | Prova: Observe que |z1 +z2 |2 = (z1 + z2 ) (z1 + z2 ) = (z1 + z2 ) (z1 + z2 ) = |z1 |2 +z1 ·z2 +z1 ·z2 +|z2 |2 . Por outro lado, z1 · z2 = z1 · z2 = z1 · z2 , assim: z1 · z2 + z1 · z2 = 2 · Re (z1 · z2 ) ≤ 2|z1 · z2 | = 2|z1 | · |z2 |, portanto, |z1 + z2 |2 ≤ (|z1 | + |z2 |)2 . Finalmente, |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |. 7. |z1 | − |z2 | ≤ |z1 − z2 | ≤ |z1 | + |z2 |. A demonstra¸c˜ ao das outras propriedades fica a cargo do leitor. Exerc´ıcios Resolvidos 1. Resolva a equa¸c˜ ao z 3 = 18 + 26i, onde z = x + yi e x, y s˜ ao n´ umeros inteiros. Solu¸c˜ao: (x+yi)3 = (x+yi)2 (x+yi) = (x2 −y 2 +2xyi)(x+yi) = (x3 −3xy 2 )+(3x2 y −y 3 ) = 18+26i. Usando a defini¸c˜ ao de igualdade de n´ umeros complexos, obtemos:  x3 − 3xy 2 = 18 3x2 y − y 3 = 26 Fazendo y = tx na igualdade 18(3x2 y − y 3 ) = 26(x3 − 3xy 2 ), observamos que x 6= 0 e y 6= 0 implica 18(3t−t3 ) = 26(1−3t2 ). A u ´ltima rela¸c˜ao ´e equivalente a (3t−1)(3t2 −12t−13) = 0. 1 Au ´nica solu¸c˜ ao racional da equa¸c˜ ao ´e t = , ent˜ao, 3 x = 3, y = 1 e z = 3 + i. 2. Prove a identidade |z1 + z2 |2 + |z1 − z2 |2 = 2(|z1 |2 + |z2 |2 ) 2

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para todos os complexos z1 e z2 . Solu¸c˜ao: Usando z.z = |z|2 , temos que |z1 + z2 |2 + |z1 − z2 |2 = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) + (z1 − z2 )(z1 − z2 ) = |z1 |2 + z1 .z2 + z2 .z1 + |z2 |2 + |z1 |2 − z1 .z2 − z2 .z1 + |z2 |2 2(|z1 |2 + |z2 |2 ).


2 3. (Cro´ acia) No conjunto dos n´ umeros complexos resolva a equa¸c˜ao x2 − a2 −4ax−1 = 0, em que a ´e um n´ umero real. Solu¸c˜ao:
2 x2 − a2 − 4ax − 1 = 0 ⇔
2 x2 + a2 − 4a2 x2 − 4ax − 1 = 0 ⇔
2 x2 + a2 − (2ax + 1)2 = 0 ⇔

x2 + a2 − 2ax − 1 x2 + a2 + 2ax + 1 = 0 ⇔ h ih i (x − a)2 − 1 (x + a)2 + 1 = 0 ⇔

(x − a − 1) (x − a + 1) (x + a − i) (x + a + i) = 0. x = a + 1, x = a − 1, x = −a + i e x = −a − i. 4. (AIME) Sejam w1 , w2 , . . . , wn n´ umeros complexos. Uma reta L no plano complexo ´e chamada de reta m´edia para os pontos w1 , w2 , . . . , wn se L cont´em pontos (n´ umeros complexos) z1 , z2 , . . . , zn tais que n X k=1

(zk − wk ) = 0.

Para os n´ umeros w1 = 32 + 170i, w2 = −7 + 64i, w3 = −9 + 200i, w4 = 1 + 27i e w5 = −14 + 43i existe uma u ´nica reta m´edia que intersecta o eixo y no ponto (0, 3). Determine o coeficiente angular desta reta m´edia. Solu¸ c˜ ao: Seja y = mx + b uma reta m´edia para os complexos wk = uk + ivk , onde uk e vk , e k = 1, 2, 3, . . . , n. Assuma que os n´ umeros complexos zk = xk + iyk , onde xk e yk s˜ ao n´ umeros reais escolhidos sobre a reta y = mx + b, assim n X k=1

Ent˜ao

X

xk =

(zk − wk ) = 0.

X

X

uk , 3

yk =

X

vk ,

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com yk = mxk + b, 1 ≤ k ≤ n. Consequentemente, X  X X uk m + nb. yk = (mxk + b) = m xk + nb = P P Nesse caso, n = 5, b = 3, uk = 3 e vk = 504. Segue que 504 = 3m + 15 ⇔ m = 163. X

vk =

X

5. Se a,
b e n s˜ ao n´ umeros inteiros e positivos, prove que existem inteiros x e y tais que n a2 + b2 = x2 + y 2 . Solu¸ c˜ ao:
n
n Seja z = a + bi. Ent˜ ao, a2 + b2 = |z|2 = |z|2n = (|z|n )2 . Mas, z n = x + iy, com x e y inteiros (pois a e b s˜ ao inteiros). Portanto, (|z|n )2 = |x + iy|2 = x2 + y 2 . 6. Seja f : C → C uma fun¸c˜ ao tal que f (z)f (iz) = z 2 para qualquer z ∈ C. Prove que f (z) + f (−z) = 0 para qualquer z ∈ C. Solu¸ c˜ ao: Substitua z por iz na igualdade f (z)f (iz) = z 2 , ent˜ao f (iz)f (−z) = −z 2 . Somando as duas igualdades temos que f (iz) (f (z) + f (−z)) = 0 ent˜ao f (iz) = 0 ou f (z) + f (−z) = 0. Da igualdade f (z)f (iz) = z 2 deduzimos que f (z) = 0 se, e somente se, z = 0. Se z 6= 0, ent˜ao f (iz) 6= 0 e, com isso, f (z) + f (−z) = 0 e, se z = 0, ent˜ao f (z) + f (−z) = 2f (0) = 0. Portanto, f (z) + f (−z) = 0 para qualquer z ∈ C. Um exemplo de fun¸c˜ao que satisfaz √ √ ! 2 2 f (z)f (iz) = z 2 ´e f (z) = − z. +i 2 2 7. Se x ´e um n´ umero real, prove que todos os n´ umeros complexos de m´ odulo 1 podem ser escritos na forma x+i . x−i Solu¸ c˜ ao: a +i
a + bi 2 , e use o fato que Para come¸car seja (a + bi) = (a − bi) (a + bi) = a2 + b2 ab a − bi −i b a a2 + b2 = 1. Fa¸ca z = (a + bi)2 e = t ∈ R. Assim, |z| = | (a + bi)2 | = a2 + b2 = 1 e b t+i z= , t ∈ R. t−i Defini¸ c˜ ao 2 Todo n´ umero complexo z = a + bi pode ser escrito na forma trigonom´ etrica z = r(cos θ + i · sin θ), onde r = |z| e θ o ˆ angulo (em radianos) que a reta, que liga a origem ao ponto z, forma com o eixo positivo real. O ˆ angulo θ ´e chamado de argumento de z.

4

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 5 - Prof. Marcelo Mendes/ Prof. C´ıcero Thiago Im z = a + bi = r(cos θ + i · sin θ)

r

b

θ a

Re

O conjugado do complexo z = a + bi, tem a forma trigonom´etrica z = r(cos(−θ) + i · sin(−θ)) = r(cos θ − i · sin θ), com isso, r(cos θ − i · sin θ) 1 z 1 = 2 = = (cos θ − i · sin θ). z |z| r2 r

Teorema 1 Seja n um inteiro, r e θ n´ umeros reais, ent˜ao

[r(cos θ + i · sin θ)]n = r n (cos nθ + i · sin nθ) . Prova: Vamos provar que a igualdade ´e v´alida para n ∈ N e, em seguida, provemos para n ∈ Z. Para isso usaremos o princ´ıpio da indu¸c˜ao finita. Se n = 0 ⇒ z 0 = 1 e r 0 (cos 0 + i · sin 0) = 1. Vamos admitir a validade da f´ormula para n = k − 1: z k−1 = r k−1 · [cos (k − 1) θ + i · sin (k − 1) θ] e agora provemos a validade da igualdade para n = k: z k = z k−1 · z = r k−1 · [cos (k − 1) θ + i · sin (k − 1) θ] · r · (cos θ + i sin θ) = r k (cos kθ + i · sin kθ) Fica como exerc´ıcio provar que a igualdade ´e v´alida para n negativo. Para isso, use que 1 z −n = n , n ∈ N. z Teorema 2 Seja n um inteiro positivo e z um n´ umero complexo. Existem n ra´ızes n - ´esimas de z, que s˜ ao assim definidas      1 θ + 2kπ θ + 2kπ n + i · sin . ωi = r cos n n 5

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para k = 0, 1, 2, . . . , n − 1. Prova: Para mostrar este resultado, inicialmente ω e z nas respectivas formas trigonom´etricas, ou seja, ω = s(cos φ + i · sin φ) e z = r(cos θ + i · sin θ). com s ≥ 0 e r ≥ 0. Com isso, z = r(cos θ + i · sin θ) = ω n = sn (cos φ + i · sin φ)n = sn (cos nφ + i · sin nφ), resultando, 1

s = r n e nφ = θ + 2kπ, para algum inteiro k. Com isso, teremos n ra´ızes n - ´esimas de z. Exerc´ıcios Resolvidos 01. Calcule

√ !100 1 3 − +i· . 2 2

Solu¸ c˜ ao: √

v u 2 √ !2 u 1 3 3 1 1 t = 1, com isso cos θ = − , sin θ = , ent˜ ao |z| = + Seja z = − + i · − 2 2 2 2 2 √ 3 . 2   2π 2π Portanto, a forma trigonom´etrica ser´ a, z = 1. cos + i · sin , 3 3 √     200π 2π 2π 1 3 200π 100 100 + i · sin + i · sin . = 1. cos =− +i· ent˜ao z =1 cos 3 3 3 3 2 2 02. As seis solu¸c˜ oes de z 6 = −64 s˜ ao escritas na forma a + bi, onde a e b s˜ ao n´ umeros reais. Qual ´e o produto das solu¸c˜ oes com a > 0? Solu¸ c˜ ao: O teorema 2 implica que as seis ra´ızes sextas de −64 = 64(cos π + i sin π) s˜ ao zk = 64

1 6



cos



π + 2kπ 6



+ i · sin



π + 2kπ 6



,

para k = 0, 1, 2, 3, 4 e 5. √ √ Verificando, conclu´ımos que apenas z0 = 3 + i e z5 = 3 − i, tem a parte real positiva, 6

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ent˜ao z0 · z5 = 4. 3. Prove que cos

4π 6π 1 2π + cos + cos + = 0. 7 7 7 2

Solu¸ c˜ ao:

z+z Se z = cos θ + i · sin θ e z = cos θ − i · sin θ. Ent˜ao, cos θ = . Assim, seja z = 2 2π 2π cos + i · sin , ent˜ ao z 7 = 1. Portanto, 7 7       1 1 1 1 1 1 1 2 3 z+ + z + 2 + z + 3 + = 0. 2 z 2 z 2 z 2 Multiplicando tudo por 2z 3 e organizando as parcelas, temos: z6 + z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 ou seja, z7 − 1 = 0. z−1

4. (OPM) As ra´ızes quintas do n´ umero 1 s˜ ao as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao x5 − 1 = 0. Uma 2π 2π dessas ra´ızes ´e ǫ = cos + i · sin . 5 5 a) Dˆe as demais solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao em fun¸c˜ao de ǫ. b) Calcule a soma dos cubos das 5 ra´ızes. c) Calcule a soma das d´ecimas potˆencias das 5 ra´ızes. d) Generalize, se poss´ıvel, os resultados anteriores para as n ra´ızes n - ´esimas de 1. Solu¸ c˜ ao:

2kπ 2kπ + i · sin , k = 1, 2, 3, 4, 5 e s˜ ao, respectiva5 5 mente, iguais a ǫ, ǫ2 , ǫ3 , ǫ4 e ǫ5 = 1. b) S = ǫ3 + ǫ6 + ǫ9 + ǫ12 + ǫ15 = ǫ3 + ǫ + ǫ4 + ǫ2 + 1 = 0 pois a soma das cinco ra´ızes ´e o coeficiente de x4 na equa¸c˜ ao dada. 10 20 30 40 c) ǫ + ǫ + ǫ + ǫ + ǫ50 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 5. d) A soma das potˆencias k das n ra´ızes n - ´esimas da unidade ´e igual a 0 se k n˜ ao divide n e ´e igual a n, se k divide n. Demonstra¸ c˜ ao: Tomando - se uma raiz primitiva z da unidade podemos escrever todas as ra´ızes n ´esimas como potˆencias de z: z 1 , z 2 , z 3 , . . . , z n . Logo as potˆencias de grau k ser˜ ao: z k , z 2k , z 3k , . . . , z nk . Supondo que k n˜ ao divide n, z k 6= 1. Nesse caso a soma das potˆencias k das n ra´ızes ser´ a dada por:
z k z kn − 1 . Sk = zk − 1 a) As solu¸c˜oes da equa¸c˜ ao s˜ ao: cos

7

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Como z n = 1, z kn = 1 e Sk = 0. Se k ´e m´ ultiplo de n, as potˆencias de z: z k , z 2k , z 3k ,. . ., z nk ser˜ ao todas iguais a 1. Logo a soma ser´ a Sk = 1 + 1 + . . . + 1 = n. 5. Seja f (x) = cos x + i · sin x. (a) Prove que f (0) = 1 e f (x)f (y) = f (x + y) para quaisquer x e y reais. (b) Suponha que a fun¸c˜ ao g satisfaz g(0) = 1 e g(x)g(y) = g(x + y) para quaisquer x e y reais. Prove que essa fun¸c˜ ao satisfaz: (i) g(x) 6= 0 para todo x. g(x) para quaisquer x e y reais. (ii) g(x − y) = g(y) (iii) [g(x)]n = g(nx) para quaisquer x e y reais e n inteiro positivo. 1 (iv) g(−x) = . g(x) (c) Dˆe exemplo de uma fun¸c˜ ao g tal que g(0) = 1 e que satisfaz g(x)g(y) = g(x + y) para quaisquer x e y reais. Solu¸ c˜ ao: (a) Temos que f (0) = cos 0 + i · sin 0 = 1 + 0i = 1. Al´em disso, f (x)f (y) = (cos x + i · sin x) (cos y + i · sin y) = cos x cos y − sin x sin y + i · (sin x cos y + cos x sin y) = cos (x + y) + i · sin (x + y) f (x + y) (b) Fazendo y = −x em g(x)g(y) = g(x + y) temos que g(x)g(−x) = g(0) = 1 para todo x. Portanto, n˜ ao podemos ter g(x) = 0 para algum x, assim g(x)g(−x) 6= 0. g(x + y) Como g(x)g(y) = g(x + y), dividindo ambos os lados por g(y) temos que g(x) = . g(y) g(z) , o que a prova (ii). A Fazendo x + y =, temos que x = z − y, ou seja, g(z − y) = g(y) n identidade [g(x)] = g(nx) ´e uma consequˆencia imediata de g(x)g(y) = g(x + y). Vamos usar indu¸c˜ao para provar. Veja que [g(x)]1 = g(x) e se [g(x)]k = g(kx) para algum inteiro positivo k, ent˜ ao [g(x)]k+1 = g(x) [g(x)]k = g(x)g(kx) = g(x + kx) = g((k + 1)x). Isto mostra que se [g(x)]n = g(nx) ocorre para n = k, ent˜ao ocorre tamb´em para n = k + 1. g(x) 1 Al´em disso, se g(0) = 1 e = g(x − y), fazendo x = 0 temos que = g(−y). g(y) g(y) (c) Um exemplo de fun¸c˜ ao que satisfaz todas as propriedades ´e g(x) = 2y , pois g(0) = 20 = 1 e g(x)g(y) = 2x · 2y = 2x+y = g(x + y). 8

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Isto nos motiva a fazer a seguinte defini¸c˜ao (n˜ ao ser´ a exibida a prova desta afirma¸c˜ao neste material): Para todo x real, temos que eix = cos x + i · sin x. Fazendo x = π, na igualdade acima, encontramos uma maravilhosa igualdade eiπ + 1 = 0. Nas aulas 8 e 9 estudaremos v´ arias aplica¸ co ˜es das ra´ızes da unidade. Deixaremos a abordagem geom´ etrica dos n´ umeros complexos para a aula 21 de Geometria. Exerc´ıcios propostos z1 + z2 ´e um n´ umero real. 1 + z1 z2 3 1 1 ∗ 2. Seja z ∈ C tal que z + 3 ≤ 2. Prove que z + ≤ 2. z z

1. Prove que se |z1 | = |z2 | = 1 e z1 z2 6= −1, ent˜ao

3. Ache todos os n´ umeros complexos z tais que

|z| = 1 e |z 2 + z 2 | = 1. 4. Seja zk = 3−k + 2−k i, k = 0, 1, 2, . . .. Calcule

∞ X

zk .

k=0

5. Seja zk = ak +ibk , k = 1, 2, onde ak , bk ∈ R. Se z1 = 3z2 e z1 = (1+2i)4 . Ache a2 e b2 . 6. Seja z = x + yi. Se |z − 6| = 5 e |z| = 5, ache todos os poss´ıveis valores de x e y. 7. Ache todos os n´ umeros complexos z tais que (3z + 1)(4z + 1)(6z + 1)(12z + 1) = 2. 8. Resolva o sistema de equa¸c˜ oes: x+

3x − y =3 x2 + y 2

y−

x + 3y = 0. x2 + y 2 9

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9. (OCM) umeros complexos tais que |a| < 1 e az 6= 1. Mostre que se Sejam a e z n´ z−a ao |z| < 1. 1 − az < 1 ent˜

10. (OCM) Uma lista de n´ umeros complexos distintos z1 , z2 , . . . , zn ´e um ciclo de comprimento n para uma fun¸c˜ ao f : C → C se z2 = f (z1 ), z3 = f (z2 ), . . . , zn = f (zn−1 ) e z1 = f (zn ). Seja f (z) = z 2 + 2003 e z1 , z2 , . . . , z2003 um ciclo de comprimento 2003. Calcule 2003 Y (f (zi ) + zi ), i=1

onde o s´ımbolo

Q

indica o produto.

11. Sejam z1 , z2 ∈ C n´ umeros complexos tais que |z1 +z2 | = |z1 − z2 |.

√

3 e |z1 | = |z2 | = 1. Calcule

12. (Putnam) Prove que se 11z 10 + 10iz 9 + 10iz − 11 = 0, ent˜ao |z| = 1. 13. Seja z um n´ umero complexo tal que z ∈ C − R e 1 + z + z2 ∈ R. 1 − z + z2 Prove que |z| = 1. 14. (Espanha) Resolva o sistema se equa¸c˜oes no conjunto dos n´ umeros complexos: |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1, z1 + z2 + z3 = 1, z1 z2 z3 = 1. 15. Ache todos os n´ umeros complexos z tais que |z| = 1 e z z + = 1. z z

16. Ache todos os pares ordenados (a, b) de n´ umeros reais tais que (a + bi)2002 = a − bi. 17. Prove que cos

π 3π 5π 7π 9π 1 + cos + cos + cos + cos = . 11 11 11 11 11 2 10

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18. Sejam a, b, c n´ umeros reais tais que cos a + cos b + cos c = sin a + sin b + sin c = 0. Prove que cos 2a + cos 2b + cos 2c = sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0. 19. Prove que cos 20. Prove que

π 3π 5π 1 + cos + cos = . 7 7 7 2

√ 4π 8π 7 2π + sin + sin = . sin 7 7 7 2

21. Sejam a, b, c n´ umeros reais tais que cos a + cos b + cos c = sin a + sin b + sin c = 0. Prove que 1 (cos 3a + cos 3b + cos 3c), 3 1 sin (a + b + c) = (sin 3a + sin 3b + sin 3c). 3

cos (a + b + c) =

1 22. (Cro´ acia) Determine os valores m´ınimo e m´ aximo, caso existam, da express˜ ao |z − |, z em que z ´e um n´ umero complexo tal que |z| = 2. 23. (OCM) Determinar todos os subconjuntos S dos n´ umeros complexos que satisfazem aos seguintes requisitos: 1. Se x, y ∈ S, ent˜ ao xy ∈ S. 2. S possui 2002 elementos.

24. (Mandelbrot) O n´ umero complexo

√ !8 3+i 3 + 2

√ !8 3−i 3 ´e um n´ umero inteiro. 2

Qual? 25. (Mandelbrot) Se ω 1997 = 1 e ω 6= 1, ent˜ao determine o valor de 1 1 1 + + ... + . 2 1+ω 1+ω 1 + ω 1997 11

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26. (Romˆenia) Resolva em C, o conjunto dos n´ umeros complexos, as seguintes equa¸c˜oes: a) |z − a| + |z − b| = b − a. b) |z| + |z − 1| + |z − 2| + |z − 3| = 4. z+i para qualquer complexo z 6= i, e seja zn = F (zn−1 ) para z−i 1 todo inteiro positivo n. Dado que z0 = + i e z2002 = a + bi, em que a e b s˜ ao 137 n´ umeros reais, determine a + b.

27. (AIME) Seja F (z) =

28. (AIME) Para quantos inteiros positivos n menores ou iguais a 1000 (sin t + i · cos t)n = sin nt + i · cos nt para todo real t? 29. (AIME) Uma fun¸c˜ ao f ´e definida no conjunto dos n´ umeros complexos por f (z) = (a + bi) z em que a e b s˜ ao n´ umeros positivos. Esta fun¸c˜ao tem a propriedade de que a imagem de cada ponto no plano complexo ´e equidistante do ponto e da origem. m ao inteiros positivos primos entre si. Dado que |a + bi| = 8 e b2 = , em que m e n s˜ n Determine m + n. 3 30. (Cro´ acia) Determine √ todos os inteiros a, b e c que satisfazem a igualdade (a + bi) − aria. 107i = c, onde i = −1 ´e a unidade imagin´

31. (Cro´ acia) Calcule



π 6π 1 + cos + i · sin 7 7

14

.

Sugest˜ oes / Solu¸ co ˜es 1. Use que z ∈ R ⇔ z = z. 1 2. Fa¸ca a = |z + |, desenvolva z



1 z+ z

3

e use a desigualdade triangular.

3. Use que z · z = |z|2 . 4. Use progress˜ oes geom´etricas. 7. Perceba que 8 (3z + 1) 6 (4z + 1) 4 (6z + 1) 2 (12z + 1) = 768, ⇔ (24z + 8) (24z + 6) (24z + 4) (24z + 2) = 768. 12

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Fa¸ca u = 24z + 5 e w = u2 assim, (u + 3) (u + 1) (u − 1) (u − 3) = 768,

u2 − 1 u2 − 9 = 768, w2 − 10w − 759 = 0,

(w − 33) (w + 23) = 0. √ √ ± 33 − 5 ± 23i − 5 Portanto, z = ez= . 24 24 8. Multiplicando a segunda equa¸c˜ ao por i e adicionando `a primeira equa¸c˜ao, temos: x + yi =

(3x − y) − (x + 3y) i =3⇔ x2 + y 2

x + yi +

3 (x − yi) i (x − yi) − 2 = 3. x2 + y 2 x + y2

Seja z = x + yi. Ent˜ ao,

x − yi 1 = 2 . z x + y2

Au ´ltima equa¸c˜ ao ´e equivalente a z+

3−i =3⇔ z

√

3 ± (1 + 2i) −3 + 4i = , 2 2 assim, (x, y) = (2, 1) ou (x, y)  = (1, −1)   z−a 2 z−a z−a 9. Use o fato que | | = . 1 − az 1 − az 1 − az z=

3±

2 10. Usando a lei de forma¸c˜ ao da fun¸c˜ ao conseguimos a seguinte rela¸c˜ao zi2 −zi−1 = zi+1 −zi .

11. Use que z ∈ R ⇔ z = z. 13. Fa¸ca z 9 =

11 − 10iz e z = a + bi. 11z + 10i

14. Use que z ∈ R ⇔ z = z.

√ 16. Seja z = a + bi, z = a − bi, e |z| = a2 + b2
. Temos que z 2002 = z. Note que |z|2002 = |z 2002 | = |z| = |z|, segue que |z| |z|2001 − 1 = 0. Ent˜ao |z| = 0 ou |z| = 1. Se |z| = 0 teremos apenas uma solu¸c˜ ao z = 0. No caso em que |z| = 1, n´ os temos z 2002 = z, 2 2003 2003 = 1 tem 2003 solu¸c˜oes distintas. que ´e equivalente a z = z ·z = |z| = 1. A equa¸c˜ao z

13

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Nos problema 18 e 20 use que se z = cos θ+i·sin θ e z = cos θ−i·sin θ. Ent˜ao, cos θ =

z+z . 2

Nos problemas 19, 21 e 22 use que se z = cos θ + i · sin θ e z = cos θ − i · sin θ. Ent˜ao, z−z z+z e sin θ = . cos θ = 2 2i 22. Fa¸ca z = a + bi. Assim, 4 = |z|2 = a2 + b2 . Portanto,

1 1 a − bi 2 |z − | = |a + bi − | = |a + bi − 2 | z a + bi a + b2 a − bi 2 3 5 |a + bi − | = | a + bi|2 4 4 4
9 2 25 2 9 9 25 a + b = 4 − b2 + b2 = + b2 . 16 16 16 16 4 9 1 Assim, o menor valor de |z − |2 ´e que ´e obtido quando b = 0. Ent˜ao, o menor valor de z 4 1 3 2 |z − | ´e . Observe que a = 4 ⇔ a = ±2. Por outro lado, se a2 + b2 = 4, o m´ aximo de z 2 9 1 b2 ´e 4. Ent˜ao, o m´ aximo valor de |z − |2 ´e + 4 e ´e obtido quando b2 = 4 ⇔ b = ±2. z 4 1 5 Ent˜ao, o maior valor de |z − | ´e para b = ±2. Observe que nesse caso a2 = 0 ⇔ a = 0. z 2 √ ! √ ! 3+i 3 3−i 3 ´ f´acil ver que C + D = 3 e CD = 3, ent˜ao 24. Fa¸ca C = eD= . E 2 2
2 C 8 + D 8 = C 4 + D 4 − 2 (CD)4 . Fa¸ca o mesmo com C 4 + D 4 . 25. Calcule

1 1 + , k = 1, 2, . . . , 998. k 1+ω 1 + ω 1997−k

26. a) A interpreta¸c˜ ao geom´etrica da distˆ ancia no plano complexo e a desigualdade triangular mostram que z ´e um ponto sobre o segmento [a, b]. b) Usando os argumentos do item (a) temos: ⋆ |z| + |z − 3| ≥ |z − z + 3| = 3, com igualdade acontecendo se, e somente se, z ´e um n´ umero real e 0 ≤ z ≤ 3. ⋆ |z − 1| + |z − 2| ≥ |z − 1 − z + 2| = 1, com igualdade acontecendo se, e somente se, z ´e real e 1 ≤ z ≤ 2. Adicionando as desigualdades obtemos |z| + |z − 1| + |z − 2| + |z − 3| = 4 se, e somente se, z ´e um n´ umero real e 1 ≤ z ≤ 2. z+i +i 1+i z+1 z+i z + i + iz + i = · = i· . Agora, ´e f´acil ver que = 27. F (F (z)) = z − i z+i z + i − iz − i 1−i z−1 z−i −i z−i F (F (F (z))) = z, o que mostra que zn = zn−3 , ∀n ≥ 3. Em particular, z2002 = z2002−667·3 =

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´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 5 - Prof. Marcelo Mendes/ Prof. C´ıcero Thiago 1 + 2i 137 = 1 + 274i. Portanto, a + b = 275. z1 = 1 137 28. Note que h π  π in (sin t + i · cos t)n = sin nt + i · cos nt = cos − t + i · sin −t = 2 2  π  π − t + i · n sin −t = cos n 2 2   nπ   nπ − nt + i · sin − nt . cos 2 2 e que π  π  sin nt + i · cos nt = cos − nt + i · sin − nt . 2 2  nπ  π   nπ  π  Tal condi¸c˜ao ´e equivalente a cos − nt = cos − nt e sin − nt = sin − nt , 2 2 2 2 nπ π ent˜ao − nt − + nt = 2πk o que implica que n = 4k + 1. Como 1 ≤ n ≤ 1000 ent˜ao 2 2 0 ≤ k ≤ 249, ou seja, existem 250 valores de n que satisfazem a igualdade. 29. Como (a + bi) z ´e equidistante de z e 0, ent˜ao | (a + bi) z − z| = | (a + bi) z|. Assim, 1 |a − 1 + bi| = |a + bi|, ou seja, (a − 1)2 + b2 = a2 + b2 . Portanto, a = . Sabemos que 2 255 |a + bi| = 8, ent˜ ao b = . Finalmente, m + n = 259. 4
30. (a + bi)3 − 107i = c ⇔ a3 − 3ab2 + 3a2 b − b3 − 107 i = c. Comparando as partes 3 2 2 3 reais e imagin´ arias temos
que a − 3ab = c e 3a b − b − 107 = 0. A segunda equa¸c˜ao ´e 2 2 equivalente a 3a b − b b = 107. Mas 107 ´e um n´ umero primo e a e b inteiros positivos, segue que: 3a2 b − b2 = 107, b = 1 ou 3a2 b − b2 = 1, b = 107. No primeiro caso teremos a = 6 enquanto que no segundo caso n˜ ao encontraremos um valor inteiro para a. Portanto, c = 198. π π 6π π π π = 2 cos2 e sin = sin = 2 sin cos . Ent˜ao, 7 14 7 7 14 14  π π 6π π π cos . = 2 cos2 + i · sin 1 + cos + i · sin 7 7 14 14 14

31. Temos que 1 + cos

Finalmente, 

π 6π 1 + cos + i · sin 7 7

14

 π π  π 14 cos = 2 cos2 + i · sin 14 14 14 15

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Bibliografia

 π 14  π π 14 = 214 cos cos + i · sin 14 14 14   14 π = 214 cos (cos π + i · sin π) 14  π 14 = −214 cos 14

1. T´ opicos de Matem´atica Elementar, vol. 6. Polinˆ omios. Antonio Caminha Muniz Neto SBM 2. Complex Numbers from A to Z. Titu Andreescu e Dorin Andrica Birkhauser 3. 101 Problems in Algebra: From the training of the USA IMO team. Titu Andreescu AMT publishing 4. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica, Ensino M´edio, 1981 - 2005 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos 5. The USSR Olympiad Problem Book Selected Problems and Theorems of Elementary Mathematics D.O. Shklarsky, N.N. Chentzov e I.M. Yaglom 6. First Steps for Math Olympians Using the American Mathematics Competitions J. Douglas Faires 7. Problem - Solving Through Problems Loren C. Larson Springer 8. Olimp´ıada de Matem´atica de 1977 a 1997 Quest˜oes e Solu¸c˜ oes - 2o grau. 9. Fundamentos de Matem´atica Elementar, vol. 6 Complexos, Polinˆ omios e Equa¸c˜ oes Gelson Iezzi

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10. Mathematical Olympiad Treasures Titu Andreescu e Bogdan Enescu Birkhauser 11. 360 Problems for Mathematical Contests Titu Andreescu e Dorin Andrica GIL 12. The Mandelbrot Problem Book Sam Vandervelde 13. The First Five Years Sam Vandervelde 14. Winning Solutions Cecil Rousseau e Edward Lozansky ´ 15. Curso de Algebra, Vol. 1. Abramo Hefez IMPA 16. Plane Trigonometry and Complex Numbers Dusan Jevtic 17. A problem book in algebra V. A. Krechmar 18. Matem´atica em n´ıvel IME - ITA N´ umeros Complexos e Polinˆ omios Caio dos Santos Guimar˜aes 19. Precalculus Richard Rusczyk the Art of Problem Solving 20. A Matem´atica do ensino m´edio, vol. 4 Enunciados e solu¸c˜ oes dos exerc´ıcios Elon Lages Lima, Paulo C´ezar Pinto Carvalho, Eduardo Wagner e Augusto C´esar Morgado 21. A Decade of Berkeley Math Circle The American Experience, vol. 1 Zvezdelina Stankova e Tom Rike

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Polos Olímpicos de Treinamento Curso de Álgebra - Nível 3

Aula

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Miscelˆ anea sobre ra´ızes de polinˆ omios I Defini¸ c˜ ao 1 Um polinˆ omio na vari´ avel x ´e uma express˜ ao que pode ser escrita na forma P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , onde n ∈ N e ai (i = 0, 1, . . . , n), chamados coeficientes, s˜ ao n´ umeros em algum dos conjuntos (Z, Q, R, C). O n´ umero n ser´ a chamado de grau do polinˆ omio. Chamamos de coeficiente l´ıder o coeficiente do termo de maior grau, nesse caso an , e chamamos de termo omio com todos os coeficientes iguais a zero ´e independente o coeficiente a0 . Um polinˆ chamado de polinˆ omio nulo. Um polinˆ omio com coeficiente l´ıder igual a 1 ´e chamado de polinˆ omio mˆ onico. Defini¸ c˜ ao 2 Seja c um n´ umero, o n´ umero P (c) = an cn + an−1 cn−1 + . . . + a1 c + a0 ´e chamado de valor do polinˆ omio aplicado ao n´ umero c. Se P (c) = 0, dizemos que c ´e um zero ou raiz do polinˆ omio P (x). Defini¸ c˜ ao 3 Dados dois polinˆ omios P (x) e M (x) 6= 0 , dividir P (x) por M (x) ´e determinar dois outros polinˆ omios Q(x) e R(x) de modo que se verifiquem as duas condi¸c˜oes seguintes: (a) P (x) = M (x) · Q(x) + R(x). (b) O grau de R(x) ´e menor que o grau de M (x) ou R(x) = 0, caso em que a divis˜ao ´e exata. Teorema 1. Seja P (x) um polinˆ omio tal que x − a ´e um fator de P (x), ent˜ao P (a) = 0. Demonstra¸c˜ ao. Se x − a ´e um fator de P (x), ent˜ao P (x) = (x − a) · Q(x) para algum polinˆ omio Q(x). Fazendo x = a temos que P (a) = (a − a) · Q(a) = 0 · Q(a) = 0, ent˜ao a ´e uma raiz de P (x). Teorema 2. Seja P (x) um polinˆ omio tal que P (a) = 0, ent˜ao x − a ´e um fator de P (x). Demonstra¸c˜ ao. Se a ´e uma raiz de P (x), ent˜ao P (a) = 0. Pelo algoritmo da divis˜ao,

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes temos que o resto quando P (x) ´e dividido por x − a ´e P (a). Como P (a) = 0 ent˜ao o resto ´e zero. Isto mostra que x − a ´e um fator de P (x). Dispositivo de Briot - Ruffini Dados os polinˆ omios P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , an 6= 0 e M (x) = x − a. Nosso desejo ´e determinar o quociente Q(x) e o resto R(x) da divis˜ao de P (x) por M (x). Seja Q(x) = qn−1 xn−1 + qn−2 xn−2 + . . . + q0 , ent˜ao: (qn−1 xn−1 + qn−2 xn−2 + . . . + q0 ) · (x − a) = qn−1 xn + qn−2 xn−1 + . . . + q0 x − aqn−1 xn−1 − aqn−2 xn−2 − . . . − aq1 x − aq0 = qn−1 xn + (qn−2 − aqn−1 )xn−1 + . . . + (q0 − aq1 )x − aq0

Fazendo P (x) = Q(x) · (x − a) + R(x), temos: qn−1 = an qn−2 − aqn−1 = an−1 ⇒ qn−2 = aqn−1 + an−1 .. . q0 − aq1 = a1 ⇒ q0 = aq1 + a1 R(x) − aq0 = a0 ⇒ R(x) = aq0 + a0 Exemplo Vamos achar o quociente e o resto da divis˜ao de P (x) = 2x4 −7x2 +3x−1 por M (x) = x−3. Para isso usaremos o dispositivo de Briot - Ruffini: 0 −7 3 −1 3 2 2 2 · 3 + 0 6 · 3 − 7 11 · 3 + 3 36 · 3 − 1 3 2 0 −7 3 −1 2 6 11 36 107 Portanto, Q(x) = 2x3 + 6x2 + 11x + 36 e R(x) = 107. ´ Teorema 3. (Teorema Fundamental da Algebra) Todo polinˆ omio P (x) de grau n ≥ 1 possui ao menos uma raiz complexa. Uma demonstra¸c˜ ao desse teorema pode ser encontrada em [1]. Teorema 4. Seja P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x+ a0 um polinˆ omio de grau n (n ≥ 1) e an 6= 0, ent˜ ao P (x) = an (x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn ), em que x1 , x2 , . . . , xn s˜ ao as ra´ızes de P (x). Para a demonstra¸c˜ ao desse teorema use os teoremas 2 e 3.

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Teorema 5. Se o polinˆ omio P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , de grau n, possui n + 1 ra´ızes, ent˜ ao este polinˆ omio ´e identicamente igual a 0, ou seja, an = an−1 = . . . = a0 = 0. Demonstra¸c˜ ao. Vamos demonstrar usando indu¸c˜ao sobre n. Para n = 1, a prova ´e imediata. Vamos provar que se a afirma¸c˜ao ´e verdadeira para n − 1, ent˜ao tamb´em ser´ a verdadeira para n. Seja x0 , x1 , . . . , xn s˜ ao ra´ızes de P ent˜ao P (x) = (x − xn )Q(x), com o polinˆ omio Q(x) tendo grau n−1 e n ra´ızes distintas x0 , x1 , . . . , xn−1 . Pela indu¸c˜ao, Q(x) ´e identicamente nulo. Segue que P (x) ´e tamb´em nulo. √ √ Teorema 6. (Ra´ızes Irracionais) Seja t = b + c d e t = b − c d , em que bi , ci e d i i i i i i √ s˜ ao n´ umeros racionais e d ´e irracional. Ent˜ao, (a) t1 + t2 = t1 + t2 . (b) t1 · t2 = t1 · t2 . (c) se P (x) ´e um polinˆ omio com coeficientes racionais tais que t1 ´e uma raiz de P (x), ent˜ao t1 ´e tamb´em uma raiz. √ √ √ Demonstra¸c˜ ao. (a) Temos que t1 + t√ 2 = (b1 + c1 d) + (b2 + c2 d) = (b √1 + b2 ) + (c1 + c2 )√d, ent˜ao t1 + t2 = (b1 + b2 ) − (c1 + c2 ) d. Por outro lado, t1 = b1 − c1 d e t2 = b2 − c2 d, portanto t1 + t2 = t1 + t2 . (b) Temos que

√ √ t1 · t2 = (b1 + c1 d)(b2 + c2 d) = √ (b1 b2 + c1 c2 d) + (b1 c2 + b2 c1 ) d = √ (b1 b2 + c1 c2 d) − (b1 c2 + b2 c1 ) d. √ √ √ Al´em disso, t1 · t2 = (b1 − c1 d)(b2 − c2 d) = (b1 b2 + c1 c2 d) − (b1 c2 + b2 c1 ) d. Portanto, t1 · t2 = t1 · t2 . (c) Seja P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 . Aplicando (a) e (b), temos que: P (t1 ) = an (t1 )n + an−1 (t1 )n−1 + . . . + a1 (t1 ) + a0 = an (t1 )n + an−1 (t1 )n−1 + . . . + a1 (t1 ) + a0 = an tn1 + an−1 t1n−1 + . . . + a1 t1 + a0 = P (t1 ) = 0 = 0,

pois t1 ´e uma raiz de P (x).

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Teorema 7. (Ra´ızes Racionais) Se P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ´e um p ´e uma raiz, com p e q inteiros, q 6= 0 e polinˆ omio com coeficientes inteiros, tal que q mdc(p, q) = 1, ent˜ ao p|a0 e q|an . p ´e uma raiz de P (x), ent˜ao q  n  n−1 p p p an · + an−1 · + . . . + a1 · + a0 = 0 ⇔ q q q

Demonstra¸c˜ ao. Se

an ·

pn−1 p pn + a · + . . . + a1 · + a0 = 0 ⇔ n−1 n n−1 q q q

an pn + an−1 pn−1 q + an−2 pn−2 q 2 + . . . + a1 pq n−1 + a0 q n = 0 ⇔

an pn = −q[an−1 pn−1 + an−2 pn−2 q + . . . + a1 pq n−2 + a0 q n−1 ] ⇒ p|a0 pois mdc(p, q) = 1. De maneira an´ aloga, ´e f´acil provar que q|an . Teorema 8. (Ra´ızes Complexas) Se P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ´e um polinˆ omio com coeficientes reais tal que z = a + bi ´e uma raiz, com a e b reais, b 6= 0, ent˜ao z = a − bi ´e tamb´em uma raiz. Demonstra¸c˜ ao. Se z ´e uma raiz de P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , ent˜ao P (z) = 0. Assim, P (z) = an (z)n + an−1 (z)n−1 + . . . + a1 (z) + a0 = an z n + an−1 z n−1 + . . . + a1 z + a0 = an · z n + an−1 · z n−1 + . . . + a1 · z + a0 = an z n + an−1 z n−1 + . . . + a1 z + a0 = an z n + an−1 z n−1 + . . . + a1 z + a0 = P (z) = 0 = 0. Teorema 9. (Rela¸ co ˜es de Girard) Seja P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 um polinˆ omio e x1 , x2 , . . . , xn suas ra´ızes (reais ou complexas). Ent˜ao: an−1 , an an−2 x1 x2 + x1 x3 + . . . + xn−1 xn = an x1 + x2 + . . . + xn = −

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x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + . . . + xn−2 xn−1 xn = −

an−3 an

.. . x1 x2 . . . xn = (−1)n

a0 an

Exerc´ıcios Resolvidos a b c 1. (Torneio as Cidades) Prove que se a, b e c s˜ ao n´ umeros inteiros e as somas + + b c a a c b e + + s˜ ao tamb´em inteiros, ent˜ao |a| = |b| = |c|. c b a Solu¸c˜ ao. Seja p=

a b c + + b c a

q=

a c b + + . c b a

e

a b c , e . Como os coeficientes s˜ ao inteiros e as b c a ra´ızes racionais, os u ´nicos pss´ıveis valores para as ra´ızes s˜ ao ±1. Ent˜ao |a| = |b| = |c|.

As ra´ızes de x3 − px2 + qx − 1 = 0 s˜ ao

2. (OCM) Sejam a, b, c e d as ra´ızes (nos complexos) do polinˆ omio x4 + 6x2 + 4x + 2. Encontre um polinˆ omio p(x), do quarto grau, que tenha como ra´ızes a2 , b2 , c2 e d2 . Solu¸c˜ ao. Seja Q(x) = x4 + 6x2 + 4x + 2 = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d). Queremos encontrar P (x) = (x − a2 )(x − b2 )(x − c2 )(x − d2 ). Fazendo x = y 2 , P (y 2 ) = (y 2 − a2 )(y 2 − b2 )(y 2 − c2 )(y 2 − d2 ) = (y + a)(y − a)(y + b)(y − b)(y + c)(y − c)(y + d)(y − d)

[(y − a)(y − b)(y − c)(y − d)][(y + a)(y + b)(y + c)(y + d)] Q(y)Q(−y).

Assim, P (y 2 ) = (y 4 + 6y 2 + 4y + 2)(y 4 + 6y 2 − 4y + 2) = (y 4 + 6y 2 + 2)2 − (4y 2 )2

y 8 + 12y 6 + 40y 4 + 8y 2 + 4. Voltando para a vari´ avel x pela substitui¸c˜ao y 2 = x, temos: P (x) = x4 + 12x3 + 40x2 + 8x + 4. 5

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3. (Torneio das Cidades) Sabendo que a equa¸c˜ao x4 + ax3 + 2x2 + bx + 1 = 0 possui uma raiz real, prove que a2 + b2 ≥ 8. Solu¸c˜ ao. Temos que x4 + ax3 + 2x2 + bx + 1 = (x2 + px + q)(x2 + sx + t) (1) em que p, q, s, t s˜ ao reais. Como, pelo menos uma das ra´ızes s˜ ao reais, iremos 2 assumir que ela ´e raiz de x + sx + t, ent˜ao: s2 ≥ 4t. Igualando os coeficientes em (1), temos: a = p + s; 2 = q + t + ps; b = pt + qs; 1 = qt. Portanto, a2 + b2 = p2 + q 2 + 2ps + p2 t2 + q 2 s2 + 2ptqs = p2 (1 + t2 ) + s2 (1 + q 2 ) + 4ps ≥ p2 (1 + t2 ) + 4(t + q + ps) ≥ 8. 4. (Bulg´aria) Os comprimentos das alturas do ∆ABC s˜ ao solu¸c˜oes da equa¸c˜ao c´ ubica x3 + kx2 + lx + m = 0. Determine o raio do c´ırculo inscrito no ∆ABC. k l l (b) − (c) − m k m Solu¸c˜ ao. (C) Temos que

(a)

(d)

m k

(e) −

m l

p a b c 1 1 1 1 = = + + = + + . r S 2S 2S 2S ha hb hc Usando as Rela¸c˜ oes de Girard, temos: 1 1 1 hb hc + ha hc + ha hb l l + + = = =− . ha hb hc ha hb hc −m m 6

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5. (Bulg´aria) Determine o n´ umero de ra´ızes reais da equa¸c˜ao x1994 − x2 + 1 = 0. (a) 0 (b) 2

(c) 4 (d) 1994

Solu¸c˜ ao. (A) Se |x| < 1 ent˜ ao 1 − x2 > 0 e x1994 ≥ 0 o que implica x1994 − x2 + 1 > 0. Se |x| ≥ 1 ent˜ ao x1994 − x2 = x2 (x1992 − 1) e, com isso, x1994 − x2 + 1 > 0, portanto a equa¸c˜ ao n˜ ao possui ra´ızes reais. 6. (IMTS) Seja f (x) = x4 + 17x3 + 80x√2 + 203x + 125. omio, √ Determine √ o polinˆ √ g(x), de menor grau poss´ıvel, tal que f (3 ± 3) = g(3 ± 3) e f (5 ± 5) = g(5 ± 5). Solu¸c˜ ao. Seja g(x) o polinˆ omio que desejamos encontrar√e h(x) um polinˆ omio tal √ que h(x) = f (x) − g(x). Com isso h(3 ± 3) = 0 e h(5 ± 5) = 0. Portanto, √ √ √ √ f (x) − g(x) = h(x) = a(x)(x − 3 − 3)(x − 3 + 3)(x − 5 − 5)(x − 5 + 5) ⇔ f (x) − g(x) = h(x) = a(x)(x4 − 16x3 + 86x2 − 180x + 120) ⇔ g(x) = f (x) − a(x)(x4 − 16x3 + 86x2 − 180x + 120) ⇔

g(x) = x4 + 17x3 + 80x2 + 203x + 125 − a(x)(x4 − 16x3 + 86x2 − 180x + 120). Finalmente, g(x) ter´ a grau menor que 4 se, e somente se, a(x) ≡ 1. Nesse caso 3 2 g(x) = 33x − 6x + 383x + 5. 7. (Austr´ alia) Seja P (x) um polinˆ omio c´ ubico com ra´ızes r1 , r2 e r3 . Suponha que     1 1 P +P − 2 2 = 1000. P (0) Determine o valor de

1 1 1 + + . r1 r2 r2 r3 r1 r3

Solu¸c˜ ao. Seja P (x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 . Pela rela¸c˜oes de Girard, temos que a0 a2 e r1 r2 r3 = − . Assim, r1 + r2 + r3 = − a3 a3 7

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1 1 r1 + r2 + r3 a2 1 + + = = . r1 r2 r2 r3 r1 r3 r1 r2 r3 a0 Mas,

  a3 a2 a1 1 + + + a0 , = P 2 8 4 2

e

 a3 a2 a1 1 − + a0 . =− + P − 2 8 4 2     1 1 a2 P +P − + 2a0 a2 2 2 Portanto, 1000 = = 2 = + 2. P (0) a0 2a0 

Finalmente,

1 1 a2 1 + + = = 2(1000 − 2) = 1996. r1 r2 r2 r3 r1 r3 a0

8. (Austr´ alia) Determine todos os polinˆ omios f com coeficientes reais tais que (x − 27)f (3x) = 27(x − 1)f (x) para todo n´ umero real x. Solu¸c˜ ao. Considere a equa¸c˜ ao (x − 27)f (3x) = 27(x − 1)f (x) (1) Se x = 27 temos que 0 = 0 · f (81) = 27 · 26 · f (27), ent˜ao f (27) = 0. De maneira an´ aloga, se x = 1 temos que 0 = 27 · 0 · f (1) = −26 · f (3) ent˜ao f (3) = 0. Com isso, f (x) = (x − 3)(x − 27)q(x). Substituindo esse resultado encontrado na equa¸c˜ao inicial temos que (x − 27)(3x − 3)(3x − 27)q(3x) = 27(x − 1)(x − 3)(x − 27)q(x). Para x 6= 1, 27 temos que (x − 9)q(3x) = 3(x − 3)q(x). (2) Agora, se x = 3 temos que 0 = 3 · 0 · q(3) = −6q(9), ou seja, q(9) = 0, assim q(x) = (x − 9)g(x) que substituiremos na equa¸c˜ao (2) obtendo (x − 9)(3x − 9)g(3x) = 3(x − 3)(x − 9)g(x), 8

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que para x 6= 1, 3, 9, 27 resulta g(3x) = g(x). Em particular, se x = 2 ent˜ ao g(2) = g(6) = g(18) = . . . = g(2 · 3k ), ∀k. Assim, g(x) = g(2) possui infinitas ra´ızes, o que ´e imposs´ıvel, ou g(x) ´e uma constante, digamos g(x) = a. Finalmente, q(x) = a(x − 9) e f (x) = a(x − 3)(x − 9)(x − 27), a ∈ R. 9. (Austr´ alia) Prove que o polinˆ omio 4x8 − 2x7 + x6 − 3x4 + x2 − x + 1 n˜ ao possui ra´ızes reais. Solu¸c˜ ao. Temos que P (x) = 4x8 − 2x7 + x6 − 3x4 + x2 − x + 1 ⇔     2 1 2  3 1 2 P (x) = 3 · x4 − + x (x − 1) + x − . 2 2

Portanto, P (x) ´e uma soma de quadrados. Para que P (x) = 0 todos os rquadrados 1 1 ex= precisam ser iguais a zero, assim teremos que as duas igualdades x = ± 4 2 2 devem acontecer simultaneamente, absurdo. Finalmente, P (x) n˜ ao possui ra´ızes reais. 10. (AIME) Sejam a, b, c e d n´ umeros reais tais que a equa¸c˜ao x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 possui quatro ra´ızes n˜ ao reais. O produto √ de duas dessas quatro ra´ızes ´e 13 + i e a soma das outras duas ´e 3 + 4i em que i = −1. Determine b. Solu¸c˜ ao. Sejam r1 , r2 , r3 e r4 as ra´ızes. Se r1 r2 = 13 + i e r3 + r4 = 3 + 4i. Como o polinˆ omio possui coeficientes reais e nenhuma das ra´ızes s˜ ao reais, ent˜ao r3 = r1 e r4 = r2 . Segue que r3 r4 = r1 r2 = 13 + i e r1 + r2 = r3 + r4 = 3 − 4i. Com isso, o polinˆ omio ser´ a [x2 − (3 − 4i)x + (13 + i)][x2 − (3 + 4i)x + (13 + i)] = x4 − 6x3 + 51x2 − 70x + 170. Em particular, b = 51 = (13 + i) + (3 − 4i)(3 + 4i) + (13 − i). Exerc´ıcios propostos 1. (Espanha) Sejam a, b, c n´ umeros reais. Prove que se x3 + ax2 + bx + c possui trˆes 2 ra´ızes reais, ent˜ ao 3b ≤ a . 9

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2. (Espanha) Dado o polinˆ omio p(x) = x3 + Bx2 + Cx + D, prove que se o quadrado de uma de suas ra´ızes ´e igual ao produto das outras duas, ent˜ao B 3 D = C 3 . 3. Seja f (x) um polinˆ omio de grau n, n > 1, com coeficientes inteiros e n ra´ızes reais, nem todas iguais, no intervalo (0, 1). Prove que se a ´e o coeficiente l´ıder de f (x), ent˜ao |a| ≥ 2n + 1. 4. (Czech and Slovak) Seja a e b n´ umeros reais. Prove que se a equa¸c˜ao x4 − 4x3 + 4x2 + ax + b = 0 possui duas ra´ızes reais distintas tais que a soma ´e igual ao produto, ent˜ao a equa¸c˜ao n˜ ao possui outras ra´ızes reais e, al´em disso, a + b > 0. 5. (Canad´a) O polinˆ omio P (x) = xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + . . . + an−1 x + an com coeficientes inteiros a1 , a2 , . . . , an , ´e tal que existem quatro inteiros distintos a, b, c, d tais que P (a) = P (b) = P (c) = P (d) = 5, mostre que n˜ ao existe um inteiro k tal que P (k) = 8. 6. Sejam a e b duas ra´ızes do polinˆ omio x4 + x3 − 1. Prove que ab ´e uma raiz do po6 4 3 2 linˆ omio x + x + x − x − 1. 7. (Romˆenia) Sejam a, b, c, a 6= 0, tais que a e 4a + 3b + 2c tˆem o mesmo sinal. Mostre que a equa¸c˜ ao ax2 + bx + c = 0 n˜ ao pode ter duas ra´ızes no intervalo (1, 2). 8. (OBM) a, b, c, d s˜ ao n´ umeros reais distintos tais que a e b s˜ ao as ra´ızes da equa¸c˜ao x2 − 3cx − 8d = 0, e c e d s˜ ao as ra´ızes da equa¸c˜ao x2 − 3ax − 8b = 0. Calcule a soma a + b + c + d. 9. (TST Romˆenia) Sejam a, n n´ umeros inteiros, e p um n´ umero primo tal que p > |a|+1. Prove que o polinˆ omio f (x) = xn + ax + p n˜ ao pode ser representado como o produto de dois polinˆ omios com coeficientes inteiros.

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10. (Ibero) Ache as ra´ızes r1 , r2 , r3 e r4 da equa¸c˜ao 4x − ax3 + bx2 − cx + 5 = 0, sabendo que as ra´ızes s˜ ao reais positivas, a, b, c s˜ ao reais e que r1 r2 r3 r4 + + + = 1. 2 4 5 8 11. (Espanha) Sejam x1 , x2 as ra´ızes do polinˆ omio P (x) = 3x2 + 3mx + m2 − 1, sendo 3 m um n´ umero real. Prove que P (x1 ) = P (x32 ). 12. (Espanha) Prove que n˜ ao existem inteiros a, b, c e d tais que o polinˆ omio P (x) = 3 2 ax + bx + cx + d, a 6= 0 satisfaz P (4) = 1 e P (7) = 2. 13. (OBM) Seja f (x) = x2 +2007x+1. Prove que, para todo n inteiro positivo, a equa¸c˜ao f (f (. . . (f (x)) . . .)) tem pelo menos uma solu¸c˜ao real. | {z } n vezes

14. (TST Brasil) Sejam a, b, c, d n´ umeros reais distintos tais que q √ a = 4 + 5 + a, b= c= d= Determine abcd.

q q

q

4− 4+ 4−

√ 5 + b,

√ 5 − c,

√ 5 − d.

15. Sejam a, b e c lados, com medidas inteiras, de um triˆ angulo. (a) Prove que se a equa¸c˜ ao x2 + (a + 1)x + b − c = 0 possui ra´ızes inteiras, ent˜ ao o triˆ angulo ´e is´ osceles. (b) Prove que se a equa¸c˜ ao x2 + (2ab + 1)x + a2 + b2 − c2 = 0 possui ra´ızes inteiras, ent˜ ao o triˆ angulo ´e retˆ angulo.

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(c) Prove que se a equa¸c˜ ao x2 + (a2 + b2 + c2 + 1)x + ab + bc + ac = 0 possui ra´ızes inteiras, ent˜ ao o triˆ angulo ´e equil´atero. 16. (AIME) Sejam a, b e c as ra´ızes de x3 + 3x2 + 4x − 11 = 0 e a + b, b + c e c + a as ra´ızes de x3 + rx2 + sx + t = 0. Determine t. 17. (AIME) Considere os polinˆ omios P (x) = x6 −x5 −x3 −x2 −x e Q(x) = x4 −x3 −x2 −1. Dado que z1 , z2 , z3 e z4 s˜ ao as ra´ızes de Q(x) = 0, ache P (z1 )+P (z2 )+P (z3 )+P (z4 ). 18. (IMO Short List) Sejam a, b, c, d, e e f n´ umeros inteiros positivos. Se S = a + b + c + d + e + f divide abc + def e ab + bc + ca − de − ef − f d. Prove que S ´e composto. 19. (Iugosl´ avia) Ache todos os racionais positivos a ≤ b ≤ c tais que os n´ umeros a + b + c,

1 1 1 + + , abc a b c

sejam todos inteiros. 20. (Austr´ alia) Os polinˆ omios x2 + x e x2 + 2 s˜ ao escritos em um quadro. Beatriz deve escrever no mesmo quadro a soma, a diferen¸ca ou o produto de quaisquer dois polinˆ omios que estiverem escritos no quadro. Se Beatriz repetir o processo quantas vezes quiser, em algum momento ela conseguir´a chegar ao polinˆ omio x? 21. (Czech and Slovak) Determine todos os n´ umeros reais s tais que 4x4 − 20x3 + sx2 + 22x − 2 = 0 possui quatro ra´ızes reais e distintas tais que o produto de duas dessas ra´ızes seja −2. 22. (Romˆenia) Sejam a, b, c e d n´ umeros reais tais que f : R → R, f (x) = ax3 +bx2 +cx+d e f (2) + f (5) < 7 < f (3) + f (4). Prove que existem u, v ∈ R tais que u + v = 7 e f (u) + f (v) = 7.

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23. (Romˆenia) Seja P (x) = a1998 x1998 + a1997 x1997 + . . . + a1 x + a0 um polinˆ omio com coeficientes reais tal que P (0) 6= P (−1), e sejam a, b n´ umeros reais. Seja Q(x) = b1998 x1998 + b1997 x1997 + . . . + b1 x + b0 um polinˆ omio com coeficientes reais tal que bk = aak + b, ∀k = 0, 1, . . . , 1998. Prove que se Q(0) = Q(−1) 6= 0, ent˜ao o polinˆ omio Q n˜ ao possui ra´ızes reais. 24. Determine todos os polinˆ omios satisfazendo a equa¸c˜ao polinomial (x + 1)P (x) = (x − 10)P (x + 1). 25. Determine todos os polinˆ omios P (x) com coeficientes reais para os quais existe um inteiro positivo n tal que para todo x,     1 1 P x+ +P x− = 2P (x). n n Solu¸ co ˜es 1. Sem perda de generalidade sejam α ≥ β ≥ γ as ra´ızes, ent˜ao: x3 +ax2 +bx+c = (x−α)(x−β)(x−γ) = x3 +(−α−β −γ)x2 +(αβ +αγ +βγ)x−αβγ. Temos que a = −α − β − γ e b = αβ + αγ + βγ. Portanto, a2 − 3b = (−α − β − γ)2 − 3(αβ + αγ + βγ) = α2 + β 2 + γ 2 − αβ − αγ − βγ =

1 [(α − β)2 + (α − γ)2 ) + (β − γ)2 ≥ 0. 2

2. Sejam r, s, t as ra´ızes, ent˜ ao 0 polinˆ omio pode ser escrito da seguinte forma p(x) = (x − r)(x − s)(x − t) = x3 − (r + s + t)x2 + (rs + st + tr)x − rst. Igualando os coeficientes, temos:   r + s + rs + st + 

t = −B tr = C rst = −D

Como r 2 = st, temos que  C = rs + r 2 + tr = r(r + s + t) = −rB −D = rst = r 3 Finalmente, C 3 = (−rB)3 = −r 3 B 3 = B 3 D. 13

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3. Seja f (x) = a(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn ), em que x1 , x2 , . . . , xn s˜ ao as ra´ızes reais, nem todas iguais, pertencentes ao intervalo (0, 1). Como os coeficientes s˜ ao inteiros ent˜ao f (0) e f (1) s˜ ao n´ umeros inteiros. Assim, f (0) = a(0 − x1 )(0 − x2 ) . . . (0 − xn ) = a(−1)n x1 x2 . . . xn e f (1) = a(1 − x1 )(1 − x2 ) . . . (1 − xn ). Por outro lado, |f (0) · f (1)| = |a2 (−1)n x1 (1 − x1 )x2 (1 − x2 ) . . . xn (1 − xn )| = a2 x1 (1 − x1 )x2 (1 − x2 ) . . . xn (1 − xn ) ≥ 1, pois f (0) e f (1) s˜ ao n´ umeros inteiros. Mas, se 1 1 0 < x < 1, ent˜ ao x(1 − x) ≤ , com igualdade acontecendo se, e somente se, x = 4 4 (MA ≥ MG). Como as ra´ızes n˜ ao s˜ ao todas iguais, ao teremos igualdade acontecendo em x1 (1 −  n˜ n 1 x1 )x2 (1 − x2 ) . . . xn (1 − xn ) ≤ a2 , portanto: 4  n 1 ⇔ 1 ≤ a2 x1 (1 − x1 )x2 (1 − x2 ) . . . xn (1 − xn ) < a2 4 22n < a2 ⇔ |a| ≥ 2n + 1, pois a ´e um n´ umero inteiro. 4. Sejam x1 e x2 ra´ızes reais e distintas de x4 − 4x3 + 4x2 + ax + b = 0 tais que x1 + x2 = x1 x2 = p, ent˜ ao: x4 − 4x3 + 4x2 + ax + b = (x2 − px + p)(x2 + rx + s), (1) em que r e s s˜ ao n´ umeros reais. A igualdade (1) garante que: −4 = −p + r, (2) 4 = p + s − pr, (3) a = −ps + pr, (4) b = ps. (5) Da equa¸c˜ ao (2) temos que r = p − 4, (6). Substituindo (6) em (3) temos s = 4 − p + p(p − 4) = (p − 4)(p − 1). (7)

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Mas a equa¸c˜ ao quadr´ atica x2 − px + p = 0 possui ra´ızes reais e distintas x1 e x2 , com isso seu discriminante ´e positivo, ou seja p2 − 4p > 0. (8) Adicionando as equa¸c˜ oes (4) e (5) e substituindo r em (6), temos a + b = pr = p(p − 4) = p2 − 4p > 0. Seja D o discriminante da equa¸c˜ ao x2 + rx + s = 0. Das equa¸c˜ oes (6), (7) e (8) temos D = r 2 − 4s = (p − 4)2 − 4(p − 4)(p − 1) = −3p(p − 4) = −3(p2 − 4p) < 0. Portanto, a equa¸c˜ ao possui apenas duas ra´ızes reais. 5. Seja M (x) = P (x) − 5 temos que: M (x) = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d)Q(x) e o polinˆ omio Q(x) com coeficientes inteiros. Vamos admitir a existˆencia de um inteiro k tal que P (k) = 8 ⇒ M (k) = 3. Dessa forma, 3 = (k − a)(k − b)(k − c)(k − d)Q(k). Mas essa u ´ltima igualdade n˜ ao pode existir pois 3 n˜ ao pode ser escrito como o produto de pelo menos 4 inteiros distintos. Portanto, n˜ ao existe tal k. 6. Sejam c e d as outras duas ra´ızes de x4 + x3 − 1. Pelas rela¸c˜oes de Girard, temos: a + b + c + d = −1, ab + ac + ad + bc + bd + cd = 0, abc + abd + acd + bcd = 0, abcd = −1. Fazendo m = a + b, n = c + d, r = ab e s = cd, ent˜ao m + n = −1, (1) r + s + mn = 0, (2) 15

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rn + sm = 0, (3) rs = −1. (4) Fazendo s = −

1 e n = −1 − m em (2) e (3), respectivamente, temos r r−

1 − m2 − m = 0, (5) r

e r(−1 − m) − De (6) encontramos m = −

m = 0. (6) r

r2 . Substituindo em (5), temos r2 + 1

r−

r4 r2 1 − 2 =0⇔ + r (r + 1)2 r 2 + 1 r 6 + r 4 + r 3 − r 2 − 1 = 0,

ou seja, r = ab ´e uma raiz de x6 + x4 + x3 − x2 − 1. 7. Temos que 0≤

b c 4a + 3b + c = 4+3 +2 = 2x1 x2 −3(x1 +x2 )+4 = (x1 −1)(x2 −2)+(x1 −2)(x2 −1). a a a

Se x1 e x2 pertencerem ao intervalo (1, 2), ent˜ao cada termo da soma acima ser´ a estritamente negativo, o que ´e uma contradi¸c˜ao. ´ f´acil perceber que a + b = 3c e que c + d = 3a. Somando e subtraindo membro a 8. E membro as duas igualdades obteremos b + d = 2 (a + c) e b − d = 4 (c − a). Como a ´e raiz de x2 − 3cx − 8d = 0, segue que a2 − 3ac − 8d = 0 (1). Do mesmo modo, como c ´e raiz de x2 − 3ax − 8b = 0, temos que c2 − 3ac − 8d = 0 (2). Subtraindo as igualdades (1) e (2) e utilizando as rela¸c˜oes anteriormente obtidas, vem: a2 − c2 = 8(d − b) ⇒ (a − c)(a + c) = 8 × 4(a − c). Como a − c 6= 0, conclu´ımos que a + c = 32. Portanto, a + c = 32 e b + d = 2(a + c) = 64, donde a + b + c + d = 96.

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9. Seja z uma raiz complexa do polinˆ omio. Vamos provar que |z| > 1. Suponha que |z| ≤ 1, ent˜ ao z n + az = −p, ent˜ ao: p = |z n + az| = |z||z n−1 + a| ≤ |z n−1 | + |a| ≤ 1 + |a|, contrariando o fato que p > |a| + 1. Agora, seja f (x) = g(x)h(x) uma decomposi¸c˜ao de f (x) em polinˆ omios com coeficientes inteiros ent˜ao p = g(0)h(0), ent˜ao |g(0)| = 1 ou |h(0)| = 1. Suponha que |g(0)| = 1. Se z1 , z2 , . . . , zk s˜ ao ra´ızes de g(x) ent˜ao s˜ ao tamb´em ra´ızes de f (x), assim: 1 = |g(0)| = |z1 z2 . . . zk | = |z1 ||z2 | . . . |zk | >, que ´e uma contradi¸c˜ ao. 10. Sejam r1 , r2 , r3 e r4 as ra´ızes da equa¸c˜ao, ent˜ao: 5 r1 · r2 · r3 · r4 = . 4 Usando a desigualdade entre as m´edias aritm´etica e geom´etrica, temos que: r1 r2 r3 r4 r + + + 2 4 5 8 ≥ 4 r1 · r2 · r3 · r4 ⇔ 4 2 4 5 8 1 1 ≥ , 4 4 ou seja, aconteceu a igualdade entre as m´edias, portanto: r1 r2 r3 r4 1 = = = = ⇔ 2 4 5 8 4 5 1 r1 = , r2 = 1, r3 = , r4 = 2. 2 4 11. Temos que x1 + x2 = −m e x1 · x2 =

m2 − 1 e 3

P (x31 ) − P (x32 ) = 3x61 + 3mx31 + m2 − 1 − (3x62 + 3mx32 + m2 − 1) = 3(x61 − x62 ) + 3m(x31 − x32 )

= 3(x31 + x32 )(x31 − x32 ) + 3m(x31 − x32 ) 3(x31 − x32 )(x31 + x32 + m).

Mas x31 + x32 = (x1 + x2 )3 − 3x1 x2 (x1 + x2 ) = (−m)3 − 3 x31 + x32 + m = 0 ⇒ P (x31 ) = P (x32 ).

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m2 − 1 (−m) = −m. Ent˜ao, 3

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12. Vamos admitir a existˆencia do polinˆ omio. Pelo teorema do resto P (x) = (x − 4)Q(x) + 1, sendo Q(x) um polinˆ omio de grau 2 com coeficientes inteiros. Ent˜ao 1 P (7) = 2 = (7 − 4)Q(7) + 1 ⇒ Q(7) = , que n˜ ao ´e inteiro, contrariando o fato que 3 Q(x) possui coeficientes inteiros. 13. Sejam f 1 (x) = √ f (x) e para cada n ≥ 1, f n+1 (x) = f (f n (x)). Sejam ∆1 = 20072 − 4, −2007 + ∆1 . Temos f (x1 = 0. Vamos mostrar por indu¸c˜ao que existe uma x1 = 2 √ −2007 + ∆n , temos sequˆencia de reais positivos (∆n ) tal que, definindo xn = 2 n+1 n f (xn+1 ) = xn , para todo n, donde f (xn+1 √) = f (xn ) = 0. Para isso, note que a −2007 + ∆n+1 maior raiz de x2 + 2007x+ 1 = xn ´e , onde ∆n+1 = 20072 − 4+ 4xn = 2 √ 20072 − 4018 + 2 ∆n > 0. 14.

q

√ 4+ 5+a⇒ √ a2 = 4 + 5 + a ⇒ √ a2 − 4 = 5 + a ⇒

a=

a4 − 8a2 − a + 11 = 0. Analogamente, b4 − 8b2 − b + 11 = 0,

c4 − 8c2 + c + 11 = 0,

d4 − 8d2 + d + 11 = 0. Seja f (x) = x4 − 8x2 − x + 11 e g(x) = x4 − 8x2 + x + 11. Ent˜ao a e b s˜ ao ra´ızes de 4 2 f (x) = 0, e c e d s˜ ao ra´ızes de g(x) = 0. Mas f (−x) = x − 8x + x + 11 = g(x). Ent˜ao, as ra´ızes de f (x) = 0 s˜ ao a, b, −c e −d. Portanto, pelas rela¸c˜oes de Girard temos que ab(−c)(−d) = abcd = 11. 15. (a) Se b > c ent˜ ao (a + 1)2 − 4(b − c) ´e um quadrado perfeito menor e de mesma paridade que (a + 1)2 . Portanto, (a + 1)2 − 4(b − c) ≤ (a − 1)2 assim a + c ≤ b, contrariando a desigualdade triangular. O caso b < c ´e an´ alogo.

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(b) Se a2 + b2 > c2 ent˜ ao (2ab + 1)2 − 4(a2 + b2 − c2 ) ´e o quadrado de um n´ umero ´ımpar menor que 2ab + 1. Portanto, (2ab + 1)2 − 4(a2 + b2 − c2 ) ≤ (2ab − 1)2 , assim c2 ≤ (a − b)2 , contradi¸c˜ ao. O caso c2 > a2 + b2 ´e an´ alogo. (c) Se a equa¸c˜ ao tem ra´ızes inteiras, ent˜ao (a2 + b2 + c2 + 1)2 − 4(ab + bc + ac) ´e um quadrado perfeito menor e de mesma paridade que (a2 + b2 + c2 + 1)2 . Portanto, (a2 + b2 + c2 + 1)2 − 4(ab + bc + ac) ≤ (a2 + b2 + c2 + 1)2 ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≤ 0 ⇔ a = b = c.

16. A primeira equa¸c˜ ao garante que a + b + c = −3. A segunda equa¸c˜ao garante que t = −(a + b)(b + c)(c + a). Segue que t = −(3 − c)(3 − a)(3 − b), ou seja, t = 27 + 9(a + b + c) + 3(ab + ac + bc) + abc. A primeira equa¸c˜ao garante que ab + bc + ca = 4 e abc = 11, ent˜ ao t = 27 − 27 + 12 + 11 = 23. 17. Usando o algoritmo da divis˜ ao temos que P (x) = Q(x)(x2 + 1) + x2 − x + 1. Portanto, !2 4 4 4 4 4 X X X X X X 2 zi + 4. zi zj − zi − 2 zi + 4 = zi − P (zi ) = i=1

i=1

i=1

i=1

Usando as rela¸c˜ oes de Girard, temos que

4 X i=1

i
i=1

P (zi ) = 1 + 2 − 1 + 4 = 6.

18. Todos os coeficientes do polinˆ omio f (x) = (x + a)(x + b)(x + c) − (x − d)(x − e)(x − f ) = Sx2 + (ab + bc + ca − de − ef − f d)x + (abc + def )

s˜ ao m´ ultiplos de S. Ent˜ ao, f (d) = (a + d)(b + d)(c + d) ´e um m´ ultiplo de S. Isto implica que S ´e composto pois a + d, b + d e c + d s˜ ao menores que S. 19. Seja P (x) = (x − a)(x − b)(x − c) = x3 − (a + b + c)x2 + (ab+ bc + ca)x− abc 1 1 1 um polinˆ omio cujas ra´ızes s˜ ao a, b e c. Mas ab + bc + ca = abc + + ∈ Z, a b c portanto P (x) possui coeficientes inteiros. Pelo teorema das ra´ızes racionais temos que a, b e c s˜ ao inteiros. Sabemos que a, b e c s˜ ao positivos ent˜ao nosso problema 1 1 1 ao: ´e achar todos os valores de a, b e c tais que + + ´e natural. As solu¸c˜oes s˜ a b c (a, b, c) = (1, 1, 1); (1, 2, 2); (3, 3, 3); (2, 4, 4); (2, 3, 6).

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´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes ´ f´acil ver que P (2) = Q(2) = 6. Suponha 20. Sejam P (x) = x2 + x e Q(x) = x2 + 2. E que A(x) e B(x) s˜ ao dois polinˆ omios quaisquer tais que A(2) e B(2) s˜ ao divis´ıveis por 6. Segue que A(2) + B(2), A(2) − B(2) e A(2) · B(2) s˜ ao todos divis´ıveis por 6. Portanto, qualquer polinˆ omio R(x) gerado tem R(2) divis´ıvel por 6. Como T (x) = tem T (2) = 2 ent˜ ao T (x) = x nunca aparecer´a no quadro. 21. Sejam x1 , x2 , x3 e x4 as ra´ızes tais que x1 x2 = −2, (0). Pelas rela¸c˜oes de Girard temos que: x1 + x2 + x3 + x4 = 5, (1) s x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 = , (2) 4 11 x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 = − , (3) 2 1 x1 x2 x3 x4 = − . (4) 2 Das equa¸c˜ oes (0) e (4) temos que 1 x3 x4 = . 4 Fatorando a equa¸c˜ ao (3) e, em seguida, substituindo os valores de x1 x2 e x3 x4 temos: (x1 + x2 )x3 x4 + (x3 + x4 )x1 x2 = −

11 ⇔ 2

11 1 (x1 + x2 ) − 2(x3 + x4 ) = − . 4 2 Au ´ltima equa¸c˜ ao e (1) garantem que x1 + x2 = 2 e x3 + x4 = 3. Fatorando a equa¸c˜ao (2) e substituindo os valores j´a encontrados temos que x1 x2 + (x1 + x2 )(x3 + x4 ) + x3 x4 =

As ra´ızes do polinˆ omio s˜ ao x1,2

s ⇔ 4

s = 17. √ 3 √ = 1 ± 3 e x3,4 = ± 2. 2

22. Precisamos provar que f (x) + f (7 − x) = 7 possui solu¸c˜ao. Seja g(x) = f (x) + f (7 − ´ f´acil ver que g ´e um polinˆ x) − 7. E omio com grau no m´ aximo 2. Temos que g(2) < 0 e g(3) > 0. Segue que g(x) = 0 possui pelo menos uma raiz real.

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´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes ´ f´acil ver que Q(x) = aP (x) + b(x1998 + x1997 + . . . + 1). De Q(0) = Q(−1) temos 23. E que a(P (0) − P (−1)) = 0, ent˜ ao a = 0. Com isso, Q(x) = b(x1998 + x1997 + . . . + 1, ´ f´acil ver que Q(x) n˜ com b 6= 0 pois Q(0) 6= 0. E ao possui ra´ızes positivas. Para x ≤ 1 temos x1998 + x1997 + . . . + 1 = x1997 (x + 1) + x1995 (x + 1) + . . . + x(x + 1) + 1 ≥ 1, e para x ∈ (−1, 0), x1998 + x1997 + . . . + 1 = x1998 + x1996 (x + 1) + . . . + x2 (x + 1) + x + 1 > 0. Conclus˜ao: Q(x) n˜ ao possui ra´ızes reais. 24. Temos que (x + 1)P (x) = (x − 10)P (x + 1) mostra que P (x) ´e divis´ıvel por (x − 10). Trocando x + 1 por x na igualdade inicial temos que xP (x − 1) = (x − 11)P (x), ou seja, P (x) ´e divis´ıvel por x. Ent˜ ao P (x) = x(x − 10)P1 (x). Substituindo na equa¸c˜ao original e cancelando os termos temos que xP1 (x) = (x − 9)P1 (x + 1). Repetindo o argumento encontramos P1 (x) = (x − 1)(x − 9)P2 (x) e P (x) = x(x − 1)(x − 2) . . . (x − 10)Q(x), em que Q(x) = Q(x + 1). Segue que Q(x) ´e constante, e a solu¸c˜ ao do problema ´e P (x) = ax(x − 1)(x − 2) . . . (x − 10), em que a ´e uma constante arbitr´aria. 25. Seja m o grau do polinˆ omio P (x), ent˜ao P (x) = am xm + am−1 xm−1 + . . . + a0 . Usando binˆ omio de Newton para



1 x± n

m

e



1 x± n

2am xm + 2am−1 xm−1 + 2am−2 xm−2 + am

m−1

temos que

m(m − 1) m−2 x + Q(x) n2

= 2am xm + 2am−1 xm−1 + 2am−2 xm−2 + R(x), em que Q e R s˜ ao polinˆ omios de grau no m´ aximo m − 3. Comparando os coeficientes m(m − 1) encontramos am = 0. Mas am 6= 0, pois ´e o coeficiente l´ıder do polinˆ omio, n2 ent˜ao m(m − 1) = 0, ou seja, m = 0 ou m = 1. Uma simples verifica¸c˜ao garante que todos os polinˆ omios de grau 0 ou 1 satisfazem a condi¸c˜ao inicial.

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Bibliografia 1. T´ opicos de Matem´atica Elementar, vol. 6 Polinˆ omios Antonio Caminha Muniz Neto SBM 2. Intermediate Algebra the Art of Problem Solving Richard Rusczyk e Mathew Crawford 3. Equations and Inequalities Elementary Problems and Theorems in Algebra and Number Theory Jiri Herman, Radan Kucera e Jaromir Simsa 4. Fundamentos de Matem´atica Elementar, vol. 6 Complexos, Polinˆ omios e Equa¸c˜ oes Gelson Iezzi 5. Equations and Inequalities MIR Publishers Moscow V. V. Vavilov, I. I. Melnikov, S. N. Olekhnik e P. I. Pasichenko 6. The Ussr Olympiad Problem Book Selected Problems and Theorems of Elementary Mathematics D. O. Shklarsky, N. N. Chentzov e I. M. Yaglom 7. Mathematical Olympiad Treasures Titu Andreescu e Bogdan Enescu 8. Lecture Notes on Mathematical Olympiad Courses For Junior Section, vol. 1 Xu Jiagu 9. Lecture Notes on Mathematical Olympiad Courses For Junior Section, vol. 2 Xu Jiagu 10. Problem - Solving Through Problems Loren C. Larson 11. Kvant Selecta: Algebra and Analysis, I Serge Tabachnikov 12. Kvant Selecta: Algebra and Analysis, II 22

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes

Serge Tabachnikov 13. Bulgarian Mathematics Competition, 1999 - 2001 BJ Lazarov, JB Tabov, PJ Taylor e AM Storozhev AMT 14. Australian Mathematical Olympiads, 1996 - 2011 H Lausch, A Di Pasquale, DC Hunt e PJ Taylor AMT 15. Mathematical Competitions - Baltic Way - 1990 - 2005 16. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica, Ensino M´edio, 1981 - 2005 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos 17. 101 Problems in Algebra: From the training of the USA IMO team. Titu Andreescu AMT publishing 18. Winning Solutions Cecil Rousseau e Edward Lozansky 19. Mathematical Olympiad Treasures Titu Andreescu e Bogdan Enescu Birkhauser 20. Tournament of Towns - 1993 - 1997 (Book 4) PJ Taylor e AM Storozhev AMT 21. Olimpiada Matem´atica Espa˜ nola 15000 Problemas de diferentes Olimpiadas de Matem´atica en el Mundo 22. 360 Problems for Mathematical Contests Titu Andreescu e Dorin Andrica GIL 23. International Mathematical Talent Search Part 1 G Berzsenyi AMT 24. International Mathematical Talent Search Part 1 23

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes

G Berzsenyi AMT 25. Putnam and Beyond Razvan Gelca e Titu Andreescu Springer 26. A problem book in algebra V. A. Krechmar 27. Matem´atica em n´ıvel IME - ITA N´ umeros Complexos e Polinˆ omios Caio dos Santos Guimar˜aes 28. A Matem´atica do ensino m´edio, vol. 4 Enunciados e solu¸c˜ oes dos exerc´ıcios Elon Lages Lima, Paulo C´ezar Pinto Carvalho, Eduardo Wagner e Augusto C´esar Morgado ´ 29. Curso de Algebra, Vol. 1. Abramo Hefez IMPA 30. Problem - Solving Strategies Arthur Engel Springer 31. Problems from the book Titu Andreescu e Gabriel Dospinescu XYZ Press

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Aula

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Miscelˆ anea sobre ra´ızes de polinˆ omios II Defini¸ c˜ ao 1: Seja P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 um polinˆ omio com an 6= 0 e ′ n−1 n−2 n > 0. Definiremos P (x) = nan x + (n − 1)an−1 x + . . . + a1 como sendo o polinˆ omio que ´e a derivada do polinˆ omio P (x). As derivadas dos polinˆ omios P (x) e Q(x) satisfazem (1) P (x) = k, k constante ⇒ P ′ (x) = 0. (2) (P + Q)′ (x) = P ′ (x) + Q′ (x). (3) (P − Q)′ (x) = P ′ (x) − Q′ (x). (4) (P · Q)′ (x) = P ′ (x)Q(x) + P (x)Q′ (x). Como consequˆencia de (3) temos que se x1 , x2 , . . ., xn s˜ ao ra´ızes de, um polinˆ omio de grau n, P (x), ent˜ao 1 1 1 P ′ (x) = + + ... + . P (x) x − x1 x − x2 x − xn Em seguida, um teorema bem interessante sobre ra´ızes m´ ultiplas de um polinˆ omio. Teorema 1. Se r ´e raiz de multiplicidade m do polinˆ omio P (x), ent˜ao r ´e raiz de multi′ plicidade m − 1 do polinˆ omio P (x). Demonstra¸c˜ ao. Temos que P (x) = (x − r)m · Q(x) ⇒ P ′ (x) = m(x − r)m−1 Q(x) + (x − m ′ r) Q (x) = (x−r)m−1 [m·Q(x)+(x−r)·Q′ (x)] e, como m·Q(r)+(r−r)·Q′(r) = m·Q(r) 6= 0, ou seja, r ´e uma raiz de multiplicidade m − 1 de P ′ (x). 1. Determine um polinˆ omio P (x), de grau 5, tal que P (x) + 1 ´e divis´ıvel por (x − 1)3 e P (x) − 1 ´e divis´ıvel por (x + 1)3 . Solu¸c˜ ao. Se 1 ´e uma raiz de multiplicidade 3 de P (x) ent˜ao 1 ´e raiz de multiplicidade 2 do polinˆ omio P ′ (x). Da mesma forma −1 ´e uma raiz de multiplicidade 2 de P ′ (x). Segue que P ′ (x) ´e divis´ıvel pelo polinˆ omio (x−1)2 (x+1)2 . Mas, P ′ (x) ´e um polinˆ omio de grau 4. Ent˜ ao, P ′ (x) = c(x − 1)2 (x + 1)2 = c(x4 − 2x2 + 1),

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 7 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes   1 5 2 3 x − x + x + d, para c e d reais. para alguma constante c. Agora, P (x) = c · 5 3 3 5 15 15 e d = 0 e P (x) = − x5 + x3 − x. Como P (−1) = 1 e P (1) = −1, ent˜ao c = − 8 8 4 8 Vamos ver uma outra solu¸c˜ ao. 3 Note que (x − 1) divide P (x) + 1 e P (−x) − 1, ent˜ao (x − 1)3 divide P (x) + P (−x). Al´em disso, (x + 1)3 divide P (x) − 1 e P (−x) + 1, ent˜ao (x − 1)3 divide P (x) + P (−x). Dessa forma, (x − 1)3 (x + 1)3 divide P (x) + P (−x), que ´e um polinˆ omio de grau 5, assim P (x) + P (−x) = 0, ∀x. Portanto, os coeficientes dos termos de grau par de P (x) s˜ ao iguais a zero. Agora, P (x) + 1 = (x − 1)3 (Ax2 + Bx − 1). Com isso, B − 3A = 0 e 3 9 3 5 15 3 + 3B − A = 0 , ou seja, A = − e B = − . Finalmente, P (x) = − x5 + x3 − x. 8 8 8 4 8 2. Sejam x1 , x2 , . . . , xn−1 , as ra´ızes diferentes de 1 do polinˆ omio P (x) = xn − 1, n ≥ 2. Prove que 1 1 n−1 1 . + + ... + = x − x1 x − x2 x − xn−1 2 Solu¸c˜ ao. Seja R(x) um polinˆ omio de grau n − 1, cujas ra´ızes s˜ ao x1 , x2 , . . . , xn−1 . Segue que 1 1 1 R′ (x) = + + ... + . R(x) x − x1 x − x2 x − xn−1 xn − 1 = xn−1 + xn−2 + . . . + x + 1, ent˜ao R(1) = n e x−1 n(n − 1) . Dessa forma, R′ (1) = (n − 1) + (n − 2) + . . . + 1 = 2

Por outro lado, R(x) =

1 1 R′ (1) n−1 1 + + ... + = = . 1 − x1 1 − x2 1 − xn−1 R(1) 2 3. Prove que o polinˆ omio P (x) = 1 +

x x2 xn + + ... + n˜ ao possui ra´ızes m´ ultiplas. 1 2! n!

Solu¸c˜ ao. O polinˆ omio P possui uma raiz m´ ultipla r se P (r) = P ′ (r) = 0. Mas n rn x ⇔ r = 0. P (x) = P ′ (x) + . Dessa forma, se r for uma raiz ent˜ao P (r) = P ′ (r) + n! n! Por outro lado, P (0) = 1. Assim, P n˜ ao possui ra´ızes m´ ultiplas. 4. Determine a para que −1 seja uma raiz m´ ultipla de P (x) = x5 − ax2 − ax + 1. Solu¸c˜ ao. Temos que P (−1) = −1 − a + a + 1 = 0. Mas, P ′ (−1) = 0 ⇒ 5 + 2a − a = 0 ⇔ a = −5.

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5. Prove que (x − 1)2 |nxn+1 − (n + 1)xn + 1. Solu¸c˜ ao. Temos que P (1) = n − (n + 1) + 1 = 0 e P ′ (1) = n(n + 1) − (n + 1)n = 0. Portanto, 1 ´e raiz com multiplicidade 2. Exerc´ıcios propostos 1. Sejam x1 , x2 , . . ., xn as ra´ızes do polinˆ omio xn + xn−1 + . . . + x + 1. Prove que 1 1 1 n + + ... + = . 1 − x1 1 − x2 1 − xn 2 2. Demonstre que, se a equa¸c˜ ao x3 − ax + b = 0 (ab 6= 0), com a, b reais, tiver uma raiz dupla, ent˜ ao a ser´ a sempre positivo. 3. (ITA) Seja k ∈ R tal que a equa¸c˜ ao 2x3 + 7x2 + 4x + k = 0 possua uma raiz dupla e inteira x1 e uma raiz x2 , distinta de x1 . Ent˜ao, (k + x1 )x2 ´e igual a (a) −6. (b) −3. (c) 1. (d) 2. (e) 8. 4. Prove que (x + 1)2 |x4n+2 + 2x2n+1 + 1. 5. Determine todos os polinˆ omios P (x), com coeficientes inteiros, que satisfazem P (P ′ (x)) = ′ P (P (x)), ∀x ∈ R. 6. Se a equa¸c˜ ao x3 + ax2 + 3x + 1 = 0 tem raiz tripla, qual o valor de a? 7. Sejam P (z) e Q(z) polinˆ omios com coeficientes complexos, de grau maior ou igual a 1, tais que P (z) = 0 se, e somente se, Q(z) = 0 e P (z) = 1 se, e somente se, Q(z) = 1. Prove que os polinˆ omios s˜ ao iguais. Solu¸ co ˜es/Sugest˜ oes 1. Vamos fazer uma solu¸c˜ ao com uma id´eia diferente das que foram trabalhadas nessa aula. Observe o polinˆ omio com ra´ızes yk =

1 , k = 1, 2, . . . , n. 1 − xk

Da igualdade acima temos que xk = 3

yk − 1 , yk

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em que xk ´e uma raiz de xn + xn−1 + . . . + x + 1, dessa forma 

yk − 1 yk

n

+



yk − 1 yk

n−1

+ ... +

yk − 1 + 1 = 0. yk

Au ´ltima igualdade ´e equivalente a (yk − 1)n + yk (yk − 1)n−1 + . . . + ykn−1 (yk − 1) + ykn = 0. Segue que yk ´e uma raiz do polinˆ omio P (x) = (x − 1)n + x(x − 1)n−1 + . . . + xn−1 (x − 1) + xn . Queremos calcular y1 + y2 + . . . + yn . Observe que n

P (x) = (n + 1)x − x

n−1

      n n−1 1 + + ... + + .... 1 1 1

Usando rela¸c˜ oes de Girard, temos que y1 + y2 + . . . + yn =

n 1




+

n−1 1




+ ... + n+1

1 1




=

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

4. Seja P (x) = x4n+2 + 2x2n+1 + 1. Ent˜ao, P (−1) = 1 − 2 + 1 = 0 e P ′ (1) = −(4n + 2) + 2(2n + 1) = 0. 5. Vamos primeiro considerar o caso em que n ≥ 2. Seja P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a0 , an 6= 0. Ent˜ ao P ′ (x) = nan xn−1 + (n − 1)an−1 xn−2 + . . . + a1 . Fazendo a identidade dos coeficientes de xn(n−1) na igualdade P (P ′ (x)) = P ′ (P (x)), obtemos an+1 · nn = ann · n. n Isto implica que an nn−1 = 1, ou seja, an =

1 nn−1

. Como an deve ser inteiro, ent˜ao

n = 1, o que ´e uma contradi¸c˜ ao. Se n = 1, ent˜ao P (x) = ax + b. Dessa forma, temos que a2 + b = a ⇔ b = a − a2 . A resposta do problema s˜ ao todos os polinˆ omios da 2 2 forma P (x) = ax + a − a .

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Bibliografia 1. Problem - Solving Strategies Arthur Engel 2. Putnam and Beyond Razvan Gelca e Titu Andreescu 3. Fundamentos de Matem´atica Elementar, vol.6 Gelson Iezzi 4. 101 Problems in Algebra: Form the training of the USA IMO team. Titu Andreescu e Zuming Feng 5. Mathematical Olympiad Treasures Titu Andreescu e Bogdan Enescu 6. T´ opicos de Matem´atica Elementar, vol. 6 Antonio Caminha Muniz Neto

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Aplica¸ c˜ oes de ra´ızes da unidade Nesta aula vamos nos concentrar nas ra´ızes do polinˆ omio P (x) = xn − 1, em que n ´e um inteiro positivo. As ra´ızes desse polinˆ omio s˜ ao chamadas de ra´ızes n ´ f´acil ver que 1 ´e uma raiz desse polinˆ ´ esimas da unidade. E omio. Mas quais s˜ ao as outras? Quais as aplica¸c˜ oes legais dessas ra´ızes? Teorema 1. As ra´ızes de P (x) = xn − 1 s˜ ao     2kπ 2kπ + i · sin , 0 ≤ k < n, k ∈ Z. ωk = cos n n Demonstra¸c˜ ao. Use o Teorema 2 da aula 5. Dessa forma ω0 = cos 0 + i · s sin 0 = 1;

2π 2π + i · sin = ω; n n 4π 4π + i sin · = ω2; ω2 = cos n n ... 2(n − 1)π 2(n − 1)π ωn−1 = cos + i · sin = ω n−1 . n n As ra´ızes n - ´esimas da unidade determinam um pol´ıgono regular inscrito em um c´ırculo unit´ ario tal que um dos v´ertices ´e o ponto (1, 0). ω1 = cos

Para n = 3, as ra´ızes c´ ubicas da unidade s˜ ao ωk = cos

2kπ 2kπ + i · sin , k ∈ {0, 1, 2}, 3 3

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 8 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes ou seja, √ 2π 1 3 2π + i · sin =− +i· =ω ω0 = 1, ω1 = cos 3 3 2 2 e √ 4π 4π 1 3 ω2 = cos + i · sin =− −i· = ω2. 3 3 2 2 As ra´ızes c´ ubicas da unidade determinam um triˆ angulo equil´atero inscrito em um c´ırculo com centro em (0, 0) e raio 1, como podemos ver na figura a seguir. y ω b

b

O b

1 x

b

ω2

Exerc´ıcios resolvidos 1. Prove que 1 + ω + ω 2 + ω 3 + . . . + ω n−1 = 0 em que 1, ω, ω 2 , ω 3 , . . . , ω n−1 s˜ ao as ra´ızes n - ´esimas da unidade. Solu¸c˜ ao. Temos que 1 + x + x2 + x3 + . . . + xn−1 =

xn − 1 . x−1

Assim, fazendo x = ω, temos 1 + ω + ω 2 + ω 3 + . . . + ω n−1 = 2. Calcule Solu¸c˜ ao.

2000
2

+

2000
5

+

2000
8

2000
2000 .

+ ... +

Seja 2000

f (x) = (1 + x)

=

2000 X k=0

2

 2000 k x . k

ωn − 1 = 0. ω−1

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 8 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes √ 3 1 . Ent˜ ao, ω 3 = 1 e ω 2 + ω + 1 = 0. Ent˜ao Seja ω = − + i · 2 2         2000 2000 2000 2000 3 + + + ... + 2 5 8 2000 = f (1) + ωf (ω) + ω 2 f (ω 2 ) = 22000 + ω(1 + ω)2000 + ω 2 (1 + ω 2 )2000 = 22000 + ω(−ω 2 )2000 + ω 2 (−ω)2000 22000 + ω 2 + ω = 22000 − 1. Dessa forma o valor da soma ´e

22000 − 1 . 3

3. (Leningrado) Dizemos que uma sequˆencia a0 , a1 , . . . , an de n´ umeros reais ´e p balanceada para algum inteiro positivo p se a0 + ap + a2p + . . . = a1 + ap+1 + a2p+1 + . . . = . . . = = ap−1 + a2p−1 + a3p−1 . . . . Se a sequˆencia a0 , a1 , . . . , a49 ´e p - balanceada para p = 3, 5, 7, 11, 13, 17, prove que a0 = a1 = . . . = a49 = 0. Solu¸c˜ ao. Suponha que a sequˆencia a0 , a1 , . . . , an ´e p - balanceada para algum p e seja S o valor das somas a0 + ap + a2p + . . . , a1 + ap+1 + a2p+1 + . . . , . . . , ap−1 + a2p−1 + a3p−1 + . . . . O pr´ oximo passo ´e introduzir o polinˆ omio P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 . Seja ω uma raiz p - ´esima da unidade (ω 6= 1), ou seja, ω p = 1. Assim, ω r = ω p+r = ω 2p+r = ω 3p+r = . . ., para cada r = 0, 1, 2, . . . , p − 1. Dessa forma, ω k ´e igual a alguma das potˆencias b´ asicas 1, ω, ω 2 , . . . , ω p−1 para todo inteiro positivo k. Ent˜ao P (ω) = an ω n + an−1 ω n−1 + . . . + a1 ω + a0 = (a0 +ap +a2p +. . .)+(a1 +ap+1 +a2p+1 +. . .)ω +. . .+(ap−1 +a2p−1 +a3p−1 +. . .)ω p−1 = S(1 + ω + ω 2 + . . . + ω p−1 ) = 0. Portanto, ω ´e uma raiz de P . Voltando ao problema, o polinˆ omio P possui grau 49. Dessa forma, para p = 3 o polinˆ omio possuir´a duas ra´ızes, para p = 5 o polinˆ omio possuir´a quatro ra´ızes e, assim sucessivamente, at´e que para p = 17 o polinˆ omio possuir´a 16 ra´ızes. Finalmente, o polinˆ omio P ter´ a 2 + 4 + 6 + 10 + 12 + 16 = 50 ra´ızes. Como P possui grau 49 ent˜ ao ele ser´ a identicamente nulo, ou seja, a0 = a1 = . . . = a49 = 0.

3

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4. (USAMO) Se P (x), Q(x), R(x) e S(x) s˜ ao polinˆ omios tais que P (x5 ) + xQ(x5 ) + 2 5 4 3 2 x R(x ) = (x + x + x + x + 1)S(x), prove que (x − 1) ´e um fator de P (x). Solu¸c˜ ao. 2π 2π + i · sin , ou seja, ω 5 = 1. Substituindo x por ω, ω 2 , ω 3 e ω 4 na 5 5 igualdade P (x5 ) + xQ(x5 ) + x2 R(x5 ) = (x4 + x3 + x2 + x + 1)S(x), temos

Seja ω = cos

P (1) + ωQ(1) + ω 2 R(1) = 0, P (1) + ω 2 Q(1) + ω 4 R(1) = 0, P (1) + ω 3 Q(1) + ωR(1) = 0, P (1) + ω 4 Q(1) + ω 3 R(1) = 0. Multiplicando cada uma das equa¸c˜oes acima por −ω, −ω 2 , −ω 3 e −ω 4 , temos −ωP (1) − ω 2 Q(1) − ω 3 R(1) = 0, −ω 2 P (1) − ω 4 Q(1) − ωR(1) = 0,

−ω 3 P (1) − ωQ(1) − ω 4 R(1) = 0,

−ω 4 P (1) − ω 3 Q(1) − ω 2 R(1) = 0. Somando as 8 igualdades e usando o fato que 1 + ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 = 0 encontramos 5P (1) = 0 ⇔ P (1) = 0, ou seja, x − 1|P (x). 5. Mostre que para cada n ∈ N maior que 1 vale sin

π 2π 3π (n − 1)π n sin sin . . . sin = n−1 . n n n n 2

Solu¸c˜ ao. 2π 2π Sejam 1, ω, ω 2 , . . ., ω n−1 , ω = cos + i · sin , as ra´ızes do polinˆ omio xn − 1. n n Assim, xn − 1 = (x − 1)(x − ω)(x − ω 2 ) . . . (x − ω n−1 ). Se dividirmos os dois lados da igualdade acima por x − 1, encontraremos xn−1 + xn−1 + . . . + x + 1 = (x − ω)(x − ω 2 ) . . . (x − ω n−1 ). Fazendo x = 1 na u ´ltima equa¸c˜ ao temos n = (1 − ω)(1 − ω 2 ) . . . (1 − ω n−1 ). 4

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Au ´ltima igualdade implica que n = |1 − ω||1 − ω 2 | . . . |1 − ω n−1 |. Usando a defini¸c˜ao de m´ odulo de um n´ umero complexo temos

k

|1 − ω | =

s

2kπ 1 − cos n

2

2kπ + sin = n 2

r

2 − 2 cos

2kπ kπ = 2 sin n n

para k = 0, 1, . . . , n − 1. Multiplicando tudo encontramos a igualdade desejada. Exerc´ıcios propostos 1. (ARML) Seja z uma raiz de x5 − 1 = 0, com z 6= 1. Determine o valor de z 15 + z 16 + z 17 + . . . + z 50 . 1 2. (AIME) Seja z um n´ umero complexo tal que z + = 2 cos 3◦ . Determine o menor z 1 inteiro maior que z 2000 + 2000 . z 3. (Harvard - MIT) O polinˆ omio f (x) = x2007 +17x2006 +1 tem ra´ızesdistintasr1 , r2 , . . . , 1 = 0 para omio P de grau 2007 tem a propriedade que P rj + r2007 . Um polinˆ rj P (1) j = 1, . . . , 2007. Determine o valor de . P (−1) 4. (OCM) Seja A1 , A2 , . . ., An os v´ertices de um pol´ıgono regular de n lados inscrito na circunferˆencia unit´ aria S e A um ponto dessa circunferˆencia. Encontre o valor m´ aximo do produto P dos n segmentos A1 A, A2 A, . . . An A e a posi¸c˜ao de A para o qual esse m´ aximo ocorre. 5. Prove que para todo natural n e α real satisfazendo n > 1 e sin α 6= 0, o polinˆ omio P (x) = xn sin α − x sin nα + sin(n − 1)α ´e divis´ıvel pelo polinˆ omio Q(x) = x2 − 2x cos α + 1. 6. (AIME) A equa¸c˜ ao x10 + (13x − 1)10 = 0 possui 10 ra´ızes complexas r1 , r1 , r2 , r2 , r3 , r3 , r4 , r4 , r5 , r5 . Determine o valor de 1 1 1 1 1 + + + + . r1 r1 r2 r2 r3 r3 r4 r4 r5 r5 5

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 8 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes  π   π  +i·sin . 7. Seja f (x) = x2004 +2x2003 +3x2002 +. . .+2004x+2005 e z = cos 1003 1003 Expresse o produto f (z)f (z 2 ) . . . f (z 2005 ) na forma ab , em que a e b s˜ ao inteiros. 8. (AIME) Seja v e w n´ umeros distintos escolhidos arbitrariamente entre as ra´ızes de p √ z 1997 − 1 = 0. Determine a probabilidade de acontecer 2 + 3 ≤ |v + w|. 9. (Romˆenia) Seja Un o conjunto das ra´ızes n - ´esimas da unidade. Prove que as afirma¸c˜ oes a seguir s˜ ao equivalentes: a) existe um α ∈ Un tal que 1 + α ∈ Un ; b) existe β ∈ Un tal que 1 − β ∈ Un . Bibliografia 1. Complex Numbers form A to Z Titu Andreescu e Dorin Andrica 2. Equations and Inequalities Jiri Herman, Radan Kucera e Jaromir Simsa 3. Precalculus Richard Rusczyk 4. Problem - Solving Strategies Arthur Engel 5. 101 Problems in Algebra - From the traninig of the USA IMO team Titu Andreescu e Zuming Feng 6. Mathematical Miniatures Svetoslav Savchev e Titu Andreescu

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Somas de Newton Chamaremos de somas de Newton as somas das k - ´esimas potˆencias das ra´ızes de um polinˆ omio. Iniciaremos este material com alguns problemas que servem de motiva¸c˜ao para a sequˆencia da teoria. √ !10 √ !10 1− 5 1+ 5 + . Exemplo 1. Calcule 2 2 √ √ 1+ 5 1− 5 Solu¸c˜ ao. Seja x = ey= . Defina σ1 = x + y = 1, σ2 = x · y = −1 e Sk = 2 2 xk + y k , k natural. Temos que x e y s˜ ao ra´ızes do polinˆ omio quadr´ atico P (z) = z 2 − z − 1. Dessa forma, x2 − x − 1 = 0 (1) e y 2 − y − 1 = 0. (2)

Multiplique (1) por xk−2 e (2) por y k−2 , k ≥ 2, assim

xk − xk−1 − xk−2 = 0 (3) e y k − y k−1 − y k−2 = 0. (4) Adicionando (3) e (4) temos xk + y k − (xk−1 + y k−1 ) − (xk−2 + y k−2 ) = 0. ⇔ Sk − Sk−1 − Sk−2 = 0 ⇔ Sk = Sk−1 + Sk−2 . Portanto, S0 = x0 + y 0 = 1 + 1 = 2. S 1 = x1 + y 1 = x + y = 1

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 9 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes S2 = S1 + S0 = 3 S3 = S2 + S1 = 4 S4 = S3 + S2 = 7 S5 = S4 + S3 = 11 S6 = S5 + S4 = 18 S6 = S5 + S4 = 18 S7 = S6 + S5 = 29 S8 = S7 + S6 = 47 S9 = S8 + S7 = 76 S10 = S9 + S8 = 123 Exemplo 2. Escreva Sk = xk + y k em fun¸c˜ao de Sk−1 = xk−1 + y k−1 , Sk−2 = xk−2 + y k−2 , σ1 = x + y e σ2 = x · y, k ≥ 2. Solu¸c˜ ao. Seja P (z) = z 2 − σ1 · z + σ2 um polinˆ omio cujas ra´ızes s˜ ao x e y. Ent˜ao, x2 − σ1 · x + σ2 = 0 (1) e y 2 − σ1 · y + σ2 = 0. (2)

Multiplicando (1) por xk−2 e (2) por y k−2 , k ≥ 2, temos

xk − σ1 · xk−1 + σ2 · xk−2 = 0 (3) e y k − σ1 · y k−1 + σ2 · y k−2 = 0. (4) Somando (3) e (4) temos xk + y k − σ1 (xk−1 + y k−1 ) + σ2 (xk−2 + y k−2 ) = 0 ⇔ Sk − σ1 · Sk−1 + σ2 · Sk−2 = 0 ⇔ Sk = σ1 · Sk−1 − σ2 · Sk−2 .

Exemplo 3. Escreva Sk = xk + y k + z k em fun¸c˜ao de Sk−1 = xk−1 + y k−1 + z k−1 , Sk−2 = xk−2 + y k−2 + z k−2 , Sk−3 = xk−3 + y k−3 + z k−3 , σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx e σ3 = xyz, k ≥ 3. Solu¸c˜ ao. 2

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Seja P (z) = z 3 − σ1 · z 2 + σ2 · z − σ3 um polinˆ omio cujas ra´ızes s˜ ao x, y e z. Ent˜ao, x3 − σ1 · x2 + σ2 · x − σ3 = 0 (1) y 3 − σ1 · y 2 + σ2 · y − σ3 = 0 (2)

z 3 − σ1 · z 2 + σ2 · z − σ3 = 0. (3) Multiplicando (1) por xk−3 , (2) por y k−3 e (3) por z k−3 , k ≥ 3, encontramos xk − σ1 · xk−1 + σ2 · xk−2 − σ3 · xk−3 = 0 (4) y k − σ1 · y k−1 + σ2 · y k−2 − σ3 · y k−3 = 0 (5) z k − σ1 · z k−1 + σ2 · z k−2 − σ3 · z k−3 = 0. (6) Somando (4), (5) e (6), temos xk +y k +z k −σ1 ·(xk−1 +y k−1 +z k−1 )+σ2 ·(xk−2 +y k−2 +z k−2 )−σ3 ·(xk−3 +y k−3 +z k−3 ) = 0 ⇔ Sk − σ1 · Sk−1 + σ2 · Sk−2 − σ3 · Sk−3 = 0 ⇔ Sk = σ1 · Sk−1 − σ2 · Sk−2 + σ3 · Sk−3 . Teorema 1. (Newton) Seja P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 um polinˆ omio e sejam r1 , r2 , . . ., rn as ra´ızes do polinˆ omio. Seja Sk = r1k + r2k + . . . + rnk , k ≥ n. Ent˜ao, an Sk + an−1 Sk−1 + . . . + a0 Sk−n = 0. Em particular, quando k = n, temos an Sn + an−1 Sn−1 + . . . + na0 = 0. Demonstra¸c˜ ao. Como r1 , r2 , . . ., rn s˜ ao as ra´ızes de P (x) ent˜ao P (ri ) = an rin + an−1 rin−1 + . . . + a1 ri + a0 = 0, i = 1, 2, . . . , n. Multiplicando cada uma das equa¸c˜ oes por rik−n encontramos an r1k + an−1 r1k−1 + . . . + a0 r1k−n = 0 an r2k + an−1 r2k−1 + . . . + a0 r2k−n = 0 .. . an rnk + an−1 rnk−1 + . . . + a0 rnk−n = 0 Somando todas as equa¸c˜ oes encontramos an (r1k + . . . + rnk ) + an−1 (r1k−1 + . . . + rnk−1 ) + . . . + a0 (r1k−n + . . . + rnk−n ) = 0 ⇔ 3

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an Sk + an−1 Sk−1 + . . . + a0 Sk−n = 0. Em particular, quando k = n, Sk−n = S0 = r10 + r20 + . . . + rn0 = n, assim an Sn + an−1 Sn−1 + . . . + na0 = 0. Exerc´ıcios Resolvidos 1. Sejam r1 , r2 , . . . , r1000 as ra´ızes de x1000 − 10x + 10 = 0. Determine o valor de 1000 . r11000 + r21000 + . . . + r1000 Solu¸c˜ ao. Temos que a1000 , a1 e a0 s˜ ao os u ´nicos coeficientes diferentes de 0. Ent˜ao, pelo teorema de Newton, S1000 − 10S1 + 1000 · 10 = 0. Como o coeficiente de x999 ´e zero temos que S1 = 0 e S1000 = −10000. 2. (Bulg´aria) Sejam x e y n´ umeros reais que satisfazem as equa¸c˜oes x2 + y 2 = 2 √ x3 + y 3 = 2 2. Ache o valor de x4 + y 4 . √ (a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 4 2

(e) n˜ ao pode ser determinado.

Solu¸c˜ ao. Seja σ1 = x + y e σ2 = xy e usando as ideias do exemplo 2 temos que Sk = σ1 · Sk−1 − σ2 · Sk−2 . Assim S 2 = σ1 · S 1 − σ2 · S 0 ⇔ S2 = σ1 · σ1 − 2σ2 ⇔ S2 = σ12 − 2σ2 .

Da mesma forma S 3 = σ1 · S 2 − σ2 · S 1 ⇔

S3 = σ1 · (σ12 − 2σ2 ) − σ2 · σ1 ⇔ S3 = σ13 − 3σ1 · σ2 , 4

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e S 4 = σ1 · S 3 − σ2 · S 2 ⇔

S4 = σ1 · (σ13 − 3σ1 · σ2 ) − σ2 · (σ12 − 2σ2 ) ⇔

S4 = σ14 − 4σ12 · σ2 + 2σ22 . √ O enunciado diz que S2 = 2 e S3 = 2 2, assim σ12 − 2σ2 = 2 e √ σ13 − 3σ1 · σ2 = 2 2.

Queremos S4 = x4 + y 4 = σ14 − 4σ12 · σ2 + 2σ22 , com x, y reais. Por outro lado, (σ12 − 2σ2 )2 = 22 ⇔ σ 4 − 4σ12 · σ2 + 4σ22 = 4 ⇔ S4 + 2σ22 = 4 ⇔ S4 = 4 − 2σ22 . Al´em disso, √ σ13 − 3σ1 · σ2 = 2 2 ⇔ √ σ1 · (σ12 − 3σ2 ) = 2 2 ⇔ √ σ12 · (σ12 − 3σ2 )2 = (2 2)2 ⇔ (2 + 2σ2 )(2 − σ2 )2 = 8 ⇔

(1 + σ2 )(4 − 4σ2 + σ22 ) = 4 ⇔

4 − 4σ2 + σ22 + 4σ2 − 4σ22 + σ23 = 4 ⇔ σ23 − 3σ22 = 0 ⇔

σ2 = 0 ou σ2 = 3. Finalmente, S4 = 4 ou S4 = −14. Como x, y s˜ ao reais temos que S4 ≥ 0, ou seja, S4 = 4. 3. Determine todas as solu¸c˜ oes reais da equa¸c˜ao

√ 4

1−x+

√ 4

15 + x = 2.

Solu¸c˜ ao. √ √ Fa¸ca 4 1 − x = a e 4 15 + x = b, assim a4 = 1 − x e b4 = 15 + x. Dessa forma,  4 a + b4 = 16 a + b = 2 Se σ1 = a + b = 2 e σ2 = a · b. Assim, S4 = a4 + b4 = σ14 − 4σ12 · σ2 + 2σ22 = 24 − 16σ2 + 2σ22 = 16. Assim, σ2 = 0 ou σ2 = 8. 5

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1◦ caso: σ2 = 0



a + b = 2 a·b = 0

Assim, a = 0 e b = 2 ou a = 2 e b = 0. Se a = 0 e b = 2 ent˜ao x = 1. Se a = 2 e b = 0 ent˜ ao x = −15. 2◦ caso: σ2 = 8



a + b = 2 a·b = 8

Nesse caso, a e b n˜ ao s˜ ao reais e, al´em disso, x n˜ ao ´e real. 4. (OBM) Sejam a, b e c n´ umeros reais n˜ ao nulos tais que a + b + c = 0. Calcule os poss´ıveis valores de (a3 + b3 + c3 )2 · (a4 + b4 + c4 ) . (a5 + b5 + c5 )2 Solu¸c˜ ao. Usando as ideias do exemplo 3, ou seja, Sk = σ1 ·Sk−1 − σ2 ·Sk−2 + σ3 ·Sk−3 , com σ1 = a + b + c, σ2 = ab + bc + ca e σ3 = abc. Al´em disso, S1 = σ1 = 0 ent˜ ao S2 = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) = σ12 − 2σ2 = −2σ2 , S3 = σ1 · S2 − σ2 · S1 + σ3 · S0 = 3σ3 ,

S4 = σ1 · S3 − σ2 · S2 + σ3 · S1 = 2σ22 , S5 = σ1 · S4 − σ2 · S3 + σ3 · S2 = −5σ2 · σ3 . Portanto, (a3 + b3 + c3 )2 · (a4 + b4 + c4 ) (3σ3 )2 · 2σ22 18 = = . 5 5 5 2 2 (a + b + c ) (−5σ2 · σ3 ) 25 5. Sejam x, y n´ umeros reais n˜ ao nulos satisfazendo x2 + xy + y 2 = 0. 2001  2001  y x + . x+y x+y Solu¸c˜ ao.

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Determine

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 9 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes x y x y xy xy ´ f´acil ver + =1e · = 2 = 1. E = 2 x+y x+y x+y x+y x + 2xy + y xy  k  k x y y x 2 que e s˜ ao as ra´ızes de t − t + 1 = 0. Assim, Sk = + x+y x+y x+y x+y satisfaz Observe que



Sk+2 = Sk+1 − Sk , k ≥ 0 S0 = 2, S1 = 1

A sequˆencia Sk , k ≥ 0, ´e 2, 1, −1, −2, −1, 1, 2, 1, . . . e Sk = Sl para k ≡ l (mod 6). Portanto, S2001 = S3 = −2. Exerc´ıcios propostos 20 . 1. Sejam r1 , r2 , . . . , r20 as ra´ızes de x20 − 19x + 2. Determine r120 + r220 + . . . + r20 20 . 2. Sejam r1 , r2 , . . . , r20 as ra´ızes de x20 − 19x2 + 2. Determine r120 + r220 + . . . + r20

3. Fatore x3 + y 3 + z 3 − 3xyz. 4. Sejam x1 e x2 as ra´ızes do polinˆ omio P (x) = x2 − 6x + 1. Prove que xn1 + xn2 ´e um inteiro n˜ ao divis´ıvel por 5 para todo inteiro n˜ ao negativo n. 5. Determine todos os valores de a ∈ R tais que as ra´ızes x1 , x2 e x3 de x3 −6x2 +ax+a = 0 satisfazem (x1 − 3)3 + (x2 − 3)3 + (x3 − 3)3 = 0. 6. Mostre que se a, b e c ∈ R e a + b + c = 0, ent˜ao a4 + b4 + c4 = 2(ab + ac + bc)2 . 7. Resolva o sistema de equa¸c˜ oes x + y + z = 2, 2

x + y 2 + z 2 = 6, x3 + y 3 + z 3 = 8. 8. Sejam a, b, c n´ umeros reais n˜ ao nulos tais que a+b+c = 0 e a3 +b3 +c3 = a5 +b5 +c5 . 6 Prove que a2 + b2 + c2 = . 5

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9. Se a3 + b3 + c3 = a2 + b2 + c2 = a + b + c = 1, prove que abc = 0. 10. Determine todas as solu¸c˜ oes reais do sistema x+y+z =1 x3 + y 3 + z 3 + xyz = x4 + y 4 + z 4 + 1. 11. Prove que se a + b + c = 0, ent˜ ao a5 + b5 + c5 a2 + b2 + c2 a7 + b7 + c7 = · . 7 5 2 12. Prove que se a + b + c = 0, ent˜ ao a5 + b5 + c5 a3 + b3 + c3 a2 + b2 + c2 = · . 5 3 2 13. Sejam x1 e x2 as ra´ızes do polinˆ omio P (x) = x2 + x + c. Determine o valor de c se 2x32 2x31 + = −1. 2 + x2 2 + x1 14. Prove que o n´ umero c= ´e uma raiz de F (x) = x3 +

√ 3

r 3

1 + 9

r 3

2 − + 9

r 3

4 9

6x2 − 1.

Bibliografia 1. Equations and inequalities - Elementary Problems and Theorems in Algebra and Number Theory Jiri Herman, Radan Kucera e Jaromir Simsa 2. the Art of Problem Solving, vol. 2: and Beyond Richard Rusczyk e Sandor Lehoczky 3. Problem - Solving Strategies Arthur Engel 4. T´ opicos de Matem´atica Elementar, vol. 6 - Polinˆ omios Antonio Caminha Muniz Neto 5. Polinˆ omios Sim´etricos - Revista Eureka 25 Carlos A. Gomes

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Diferen¸cas finitas e o polinˆ omio interpolador de Lagrange. 1. Diferen¸cas Finitas Seja P (x) um polinˆ omio de grau m. Defina ∆k+1 P (n) = ∆k P (n + 1) − ∆k P (n), ∀k ≥ 1, 1 com ∆ P (n) = P (n + 1) − P (n). Teorema 1. Seja P (x) um polinˆ omio de grau m, em que m > 0. Ent˜ao ∆m P (n) ´e uma constante diferente de zero. Demonstra¸c˜ ao. Seja P (x) = am xm + am−1 xm−1 + . . . + a1 x + a0 um polinˆ omio qualquer. Ent˜ao ∆P (n) = P (n + 1) − P (n) = am (n + 1)m + am−1 (n + 1)m−1 + . . . + a1 (n + 1) + a0 − (am nm + am−1 nm−1 + . . . + a1 n + a0 ).
´ f´acil ver que o grau de ∆P (n) ´e m − 1 e seu termo de maior grau ´e am m nm−1 , pois E 1 am 6= 0. Dessa forma, para k ≤ m, o grau de ∆k P (n) ´e m − k. Portanto, quando k = m o grau de ∆m P (n) ´e 0, assim ∆m P (n) ´e uma constante diferente de zero. Problema 1. Determine todos os polinˆ omios P (x) tais que P (x + 1) − P (x) = 2x + 1, ∀x. Solu¸c˜ ao. Temos que ∆P (n) = 2n + 1, assim ∆2 P (n) = ∆P (n + 1) − ∆P (n) = 2(n + 1) + 1 − (2n + 1) = 2. Como ∆2 P (n) ´e constante e diferente de zero ent˜ao P (x) tem grau 2, ou seja, P (x) = ax2 + bx + c, assim a(x + 1)2 + b(x + 1) + c − ax2 − bx − c = 2x + 1 ⇔ 2ax + a + b = 2x + 1, ∀x. Dessa forma, 2a = 2 e a + b = 1. Portanto, a = 1 e b = 0 e P (x) = x2 + c, para alguma constante c.

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 10 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes Problema 2. (AIME) Sejam x1 , x2 , . . . , x7 n´ umeros reais tais que x1 + 4x2 + 9x3 + 16x4 + 25x5 + 36x6 + 49x7 = 1, 4x1 + 9x2 + 16x3 + 25x4 + 36x5 + 49x6 + 64x7 = 12, 9x1 + 16x2 + 25x3 + 36x4 + 49x5 + 64x6 + 81x7 = 123. Determine o valor de 16x1 + 25x2 + 36x3 + 49x4 + 64x5 + 81x6 + 100x7 . Solu¸c˜ ao. Defina P (n) = (n + 1)2 x1 + (n + 2)2 x2 + (n + 3)2 x3 + . . . + (n + 7)2 x7 . Temos que P (0) = 1, P (1) = 12, P (2) = 123 e que P (n) ´e um polinˆ omio quadr´ atico. Desejamos calcular o valor de P (3). Assim ∆P (0) = P (1) − P (0) = 11, ∆P (1) = P (2) − P (1) = 111,

∆2 P (0) = ∆P (1) − ∆P (0) = 100.

Dessa forma, ∆2 P (n) = 100, ∀n. Assim, ∆2 P (1) = ∆P (2) − ∆P (1) ⇔ 100 = ∆P (2) − 111 ⇔ ∆P (2) = 211. Mas, ∆P (2) = P (3) − P (2) ⇔ 211 = P (3) − 123 ⇔ P (3) = 334.

2. Polinˆ omio interpolador de Lagrange Vamos resolver um problema que serve de motiva¸c˜ao para a constru¸c˜ao do polinˆ omio interpolador de Lagrange. Problema 3. Determine um polinˆ omio quadr´ atico tal que P (−1) = −4, P (1) = 2 e P (2) = −1. Solu¸c˜ ao. Seja P (x) = ax2 + bx + c, com a 6= 0, ent˜ao P (−1) = a·(−1)2 +b·(−1)+c = −4, P (1) = a·12 +b·1+c = 2 e P (2) = a·22 +b·2+c = −1. Resolvendo o sistema linear encontramos P (x) = −2x2 + 3x + 1. Resolver um sistema linear pode ser muito trabalhoso e dif´ıcil se o grau do polinˆ omio aumentar muito. Para resolver problemas deste tipo e outros problemas vamos estudar o polinˆ omio interpolador de Lagrange. Teorema 2. Dados n ∈ N, a0 , a1 , . . . , an e b0 , b1 , . . . , bn n´ umeros complexos com a0 , a1 , . . . , an distintos, existe um u ´nico polinˆ omio P (x) tal que P (αi ) = βi , 0 ≤ i ≤ n. Demonstra¸ c˜ ao:

2

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Vamos inicialmente determinar o polinˆ omio. Para isto, observe os polinˆ omios Dk (x) = ´e f´acil ver que

(x − α0 )(x − α1 ) . . . (x − αk−1 )(x − αk+1 ) . . . (x − αn ) (αk − α0 )(αk − α1 ) . . . (αk − αk−1 )(αk − αk+1 ) . . . (αk − αn )

Dk (αi ) =



1, i = k 0, i = 6 k

Agora multiplique Dk (x) pelo n´ umero βk e, ent˜ao, adicione todos esses polinˆ omios resultando no polinˆ omio P (x) =

n X

βk Dk (x)

k=0

que satisfaz as condi¸c˜ oes do enunciado. Para demonstrar a unicidade sejam P1 e P2 dois polinˆ omios, que satisfazem as condi¸c˜ oes impostas. O Polinˆ omio H(x) = P1 (x) − P2 (x) tem grau no m´ aximo n e possui n + 1 ra´ızes α0 , α1 , . . . , αn , portanto, ´e identicamente nulo. Com isso, P1 (x) ≡ P2 (x). O polinˆ omio Dk (x) n˜ ao caiu do c´eu ent˜ao vamos ver a sua constru¸c˜ao. Temos que  1, i = k Dk (αi ) = 0, i 6= k Como Dk (αi ) = 0 para todo i 6= k, ent˜ ao Dk (x) = C(x − α0 ) . . . (x − αk−1 )(x − αk+1 ) . . . (x − αn ). Para determinar o valor de C vamos substituir x = αk e usar a condi¸c˜ao Dk (αk ) = 1. Ent˜ao, 1 = C(αk − α0 ) . . . (αk − αk−1 )(αk − αk+1 ) . . . (αk − αn ). Portanto, Dk (x) =

(x − α0 )(x − α1 ) . . . (x − αk−1 )(x − αk+1 ) . . . (x − αn ) . (αk − α0 )(αk − α1 ) . . . (αk − αk−1 )(αk − αk+1 ) . . . (αk − αn )

Problema 4. (Mandelbrot) Seja P (x) um polinˆ omio de grau 2 tal que P (0) = cos3 10◦ , P (1) = cos 10◦ sin2 10◦ e P (2) = 0. Determine P (3). Solu¸c˜ ao. Usando o polinˆ omio interpolador de Lagrange temos P (x) = P (0) ·

(x − 1)(x − 2) (x − 0)(x − 2) (x − 0)(x − 1) + P (1) · + P (2) · . (0 − 1)(0 − 2) (1 − 0)(1 − 2) (2 − 0)(2 − 1)

Como P (0) = cos3 10◦ , P (1) = cos 10◦ sin2 10◦ e P (2) = 0 ent˜ao

3

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P (x) = cos3 10◦ ·

(x − 1)(x − 2) (x − 0)(x − 2) (x − 0)(x − 1) + cos 10◦ sin2 10◦ · +0· . (0 − 1)(0 − 2) (1 − 0)(1 − 2) (2 − 0)(2 − 1)

Queremos P (3) assim

P (3) = cos3 10◦ ·

(3 − 1)(3 − 2) (3 − 0)(3 − 2) (3 − 0)(3 − 1) + cos 10◦ sin2 10◦ · +0· ⇔ (0 − 1)(0 − 2) (1 − 0)(1 − 2) (2 − 0)(2 − 1) P (3) = cos3 10◦ · 1 + cos 10◦ sin2 10◦ · (−3) ⇔ P (3) = cos3 10◦ − 3 cos 10◦ sin2 10◦ ⇔ P (3) = cos3 10◦ − 3 cos 10◦ (1 − cos2 10◦ ) ⇔ P (3) = 4 cos3 10◦ − 3 cos 10◦ ⇔ ◦

◦

P (3) = cos 3 · 10 = cos 30 =

√

3 . 2

Problema 5. (IMO Short List)Seja F1 = F2 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn e seja f um polinˆ omio de grau 990 tal que f (k) = Fk , k ∈ {992, 993, . . . , 1982}. Mostre que f (1983) = F1983 − 1. Solu¸c˜ ao. Temos que f (k + 992) = Fk+992 , para k = 0, 1, . . . , 990 e precisamos provar que f (992 + 991) = F1983 − 1. Seja g(x) = f (x + 992), que tamb´em possui grau 990. Nosso novo problema ´e tal que se g(k) = Fk+992 , para k = 0, 1, . . . , 990, ent˜ao g(991) = F1983 − 1. Usando o polinˆ omio interpolador de Lagrange temos que g(x) =

990 X k=0

g(k) ·

(x − 0)(x − 1) . . . (x − k + 1)(x − k − 1) . . . (x − 990) . (k − 1)(k − 2) . . . 1 · (−1) . . . (k − 990)

Ent˜ao 990 X

   990  X 991 991 k g(991) = g(k) (−1) = Fk+992 (−1)k . k k k=0 k=0 √ √ an − bn 1+ 5 1− 5 Sabemos que Fn = √ , em que a = eb= . Assim, 2 2 5  990  X 991 k=0

k

" 990   #  990  X 991 X 991 1 ak+992 (−1)k − bk+992 (−1)k . Fk+992 (−1)k = √ k 5 k=0 k k=0 4

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Usando binˆ omio de Newton temos que  990  X 991 k=0

k

k+992

a

k

(−1) = a

992

 990  X 991 k=0

k

  (−a)k = a992 (1 − a)991 + a991 .

Mas a2 = a + 1, ent˜ ao   a992 (1 − a)991 + a991 = a(a − a2 )991 + a1983 = −a + a1983 .

Temos que b2 = b + 1 ent˜ ao

 990  X 991 k=0

k

=

1 Fk+992 (−1)k = √ (a1983 − b1983 − a + b) 5

a1983 − b1983 a − b √ − √ = F1983 − 1. 5 5

1. Determine o polinˆ omio P , de menor grau poss´ıvel, que satisfaz P (1) = 3, P (2) = 7, P (3) = 13, P (4) = 21 e P (5) = 31. (AHSME) 2. Um polinˆ omio c´ ubico f (n) satisfaz f (0) = 5, f (1) = 4, f (2) = 17 e f (3) = 56. Determine f (4). 3. (AIME) A partir de uma sequˆencia de n´ umeros reais A = a1 , a2 , a3 , . . ., defina ∆A como a sequˆencia de n´ umeros reais a2 − a1 , a3 − a2 , a4 − a3 , . . ., em que o n - ´esimo termo ´e an+1 − an . Se todos os termos da sequˆencia ∆(∆A) s˜ ao iguais a 1, e que a19 = a92 = 0, determine a1 . 4. Determine um polinˆ omio de grau 3 tal que: (a) P (1) = 2, P (2) = 1, P (3) = 4 e P (4) = 3. (b) P (1) = 1, P (i) = 2, P (−1) = 3 e P (−i) = 4. 5. Se f ´e um polinˆ omio de grau n tal que f (i) = 2i para i = 0, 1, . . . , n, determine f (n + 1). 6. (Mandelbrot) Se P (x) ´e um polinˆ omio de grau n tal que P (0) = 1, P (1) = −1, P (2) = 1, P (3) = −1, . . ., P (n) = (−1)n . Determine P (n + 1). 7. (Mandelbrot) Se P (x) ´e um polinˆ omio de grau n com P (1) = 1, P (2) = 3, P (4) = 9, . . . e P (2n ) = 3n . Determine P (2n+1 ).

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8. (USAMO)Se P (x) ´e um polinˆ omio de grau n tal que P (k) = determine P (n + 1).

k , k = 0, 1, . . . , n, k+1

9. (IMO Short List)Se P (x) ´e um polinˆ omio de grau n tal que P (i) = i = 0, 1, 2, . . . , n. Determine P (n + 1).

1

n+1
, k

para

10. Resolva o sistema  ax1    bx1 cx  1   dx1

+ + + +

a2 x2 b2 x2 c2 x2 d2 x2

+ + + +

a3 x3 b3 x3 c3 x3 d3 x3

+ + + +

a4 x4 b4 x4 c4 x4 d4 x4

= = = =

1 1 1 1

se a, b, c, d s˜ ao reais n˜ ao - nulos e distintos. 11. (Reino Unido) Sejam a1 , a2 , . . . , an n´ umeros inteiros positivos distintos. Prove que n X ak Y i para qualquer inteiro positivo k o n´ umero ´e um inteiro. (ai − aj ) i=1 j6=i

12. Sejam x1 , x2 , . . . , xn , n ≥ 2, n n´ umeros reais distintos no intervalo [−1, 1]. Prove que 1 1 1 + + ... + ≥ 2n−2 , t1 t2 tn Y em que |xi − xj |. j6=i

13. Prove que se m e n s˜ ao inteiros, 1 < m < n, ent˜ao n X k=1

14. Prove a identidade

n X

  n (−1) k = 0. k k m

(−1)n−k kn+1

k=0

  n n(n + 1)! . = 2 k

15. Seja f ∈ R [X] um polinˆ omio de grau n com coeficiente l´ıder igual a 1, e sejam x0 < x1 < . . . < xn n´ umeros inteiros. Prove que existe k ∈ {0, 1, . . . , n} tal que |f (xk )| ≥ 6

n! . 2n

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16. (IMO Short List - 1997) Seja f um polinˆ omio com coeficientes inteiros, e seja p um n´ umero primo tal que f (0) = 0, f (1) = 1 e f (k) ´e congruente a 0 ou 1 m´ odulo p, para todo inteiro positivo k. Mostre que o grau de f ´e no m´ınimo p − 1. 17. (USAMO) Prove que qualquer polinˆ omio mˆ onico de grau n, com coeficientes reais, pode ser escrito como m´edia aritm´etica de dois polinˆ omios mˆ onicos de grau n com n ra´ızes reais cada. umeros reais tais que bi − aj 6= 0 para i, j = 18. Sejam a1 , a2 , a3 , a4 , b1 , b2 , b3 , b4 n´ 1, 2, 3, 4. Suponha que exista um u ´nico conjunto de n´ umeros X1 , X2 , X3 , X4 tais que X2 X3 X4 X1 + + + = 1. b1 − a1 b1 − a2 b1 − a3 b1 − a4 X1 X2 X3 X4 + + + = 1. b2 − a1 b2 − a2 b2 − a3 b2 − a4 X1 X2 X3 X4 + + + = 1. b3 − a1 b3 − a2 b3 − a3 b3 − a4 X2 X3 X4 X1 + + + = 1. b4 − a1 b4 − a2 b4 − a3 b4 − a4

Determine X1 + X2 + X3 + X4 em fun¸c˜ao de a1 , a2 , a3 , a4 , b1 , b2 , b3 , b4 .

Bibliografia 1. Problems from the book Titu Andreescu e Gabriel Dospinescu 2. Winning Solutions Edward Lozansky e Cecil Rousseau 3. The Mandelbrot Problem Book Sam Vandervelde 4. Kvant Selecta: Algebra and Analysis, II Serge Tabachnikov 5. Lagrange Interpolation Formula Kin Y. Li Mathematical Excalibur - July - September, 2010

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Polinˆ omios em Z[x] (1) Dizemos que P (x) ∈ Z[x] se P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , com an , an−1 , . . ., a1 e a0 inteiros. Teorema 1. Sejam a e b n´ umeros inteiros distintos e P (x) um polinˆ omio com coeficientes inteiros, ent˜ao a − b|P (a) − P (b). Demonstra¸c˜ ao. Seja P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 com an , an−1 , . . ., a1 e a0 inteiros. Ent˜ao, P (a) − P (b) = (an an + an−1 an−1 + . . . + a1 a + a0 ) − (an bn + an−1 bn−1 + . . . + a1 b + a0 ) =

n X

ai (ai − bi )

i=0

n X

ai (a − b)(ai−1 + . . . + bi−1 )

i=0

= (a − b)

"

n X i=0

#

ai (ai−1 + . . . + bi−1 ) = (a − b) · k, k ∈ Z.

Portanto, a − b|P (a) − P (b).

Problema 1. Seja P um polinˆ omio mˆ onico com coeficientes inteiros. Seja x um real tal que: (i) P (x) = 0 (ii) P (⌊x⌋ + ⌈x⌉) = 2P (1) + P (0) + 1. Prove que x ´e irracional. Solu¸c˜ ao.

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 11 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes Lema: O n´ umero ⌊x⌋ + ⌈x⌉ ´e par se, e somente se, x ´e inteiro. Demonstra¸c˜ ao. Se x ´e inteiro, ent˜ ao ⌊x⌋ = ⌈x⌉ = x, ent˜ao ⌊x⌋ + ⌈x⌉ = 2x, que ´e um n´ umero par. Se x n˜ ao ´e inteiro, ent˜ ao k < x < k + 1, para algum inteiro k. Logo ⌊x⌋ = k e ⌈x⌉ = k + 1, onde ⌊x⌋ + ⌈x⌉ = 2k + 1, que ´e um n´ umero ´ımpar. Por outro lado, x ´e uma raiz do polinˆ omio pela condi¸c˜ ao i. Pelo teorema das ra´ızes racionais e como P ´e mˆ onico ent˜ao toda raiz racional ´e inteira. Portanto, basta mostrar que x n˜ ao ´e inteiro.// Se x ´e inteiro ent˜ ao ⌊x⌋ + ⌈x⌉ ´e par. Dessa forma, ⌊x⌋ + ⌈x⌉|P (⌊x⌋ + ⌈x⌉) − P (0) = 2P (1) + 1, ou seja, ⌊x⌋ + ⌈x⌉ deveria ser ´ımpar. Portanto, x ´e irracional. Problema 2. Seja P (x) um polinˆ omio com coeficientes inteiros tal que P (21) = 17, P (32) = −247 e P (37) = 33. Prove que se P (N ) = N + 51 para algum inteiro N , ent˜ao N = 26. Solu¸c˜ ao. Usando o teorema 1 temos N − 21|N + 34 ⇒ N − 21|N + 34 − (N − 21) ⇒ N − 21|55 (1) N − 32|N + 298 ⇒ N − 32|N + 298 − (N − 32) ⇒ N − 32|330 (2) N − 37|N + 18 ⇒ N − 37|N + 18 − (N − 37) ⇒ N − 37|55 (3) De (1) temos que N − 21 = ±1, ±5, ±11 ou ±55. Os poss´ıveis valores de N s˜ ao: 22, 20, 26, 16, 32, 10, 76 e −34. O u ´nico destes valores de N que n˜ ao contradiz 2 e 3 ´e N = 26. Problema 3. (Peru TST) Seja k um inteiro positivo e seja P (x) um polinˆ omio com coeficientes inteiros. Prove que existe um inteiro positivo n tal que P (1) + P (2) + . . . + P (n) ´e divis´ıvel por k. Solu¸c˜ ao. Pelo teorema 1 temos que P (kj + i) ≡ P (i) (m´ od kj), em particular, P (kj + i) ≡ P (i) (m´ od k). Logo, P (1) + P (2) + . . . + P (k 2 ) =

k k−1 X X j=0 i=1

≡

k k−1 X X

P (i) (m´ od k)

j=0 i=1

2

P (kj + i)

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 11 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes

≡k

k X

!

P (i)

i=1

(m´ od k)

≡ 0 (m´ od k)

Logo, considerando n = k2 , temos que P (1) + P (2) + . . . + P (n) ´e divis´ıvel por k. Exerc´ıcios propostos

1. (USAMO) Sejam a, b e c n´ umeros inteiros distintos. Prove que n˜ ao ´e poss´ıvel encontrar um polinˆ omio P (x) de coeficientes inteiros tal que P (a) = b, P (b) = c e P (c) = a. 2. (AIME) Seja P (x) um polinˆ omio com coeficientes inteiros tal que P (17) = 10 e P (24) = 17. Al´em disso, a equa¸c˜ao P (n) = n + 3 possui duas solu¸c˜oes inteiras distintas n1 e n2 . Calcule n1 · n2 . 3. (IMO) Seja P (x) um polinˆ omio de grau n > 1 com coeficientes inteiros e seja k um inteiro positivo. Considere o polinˆ omio Q(x) = P (P (. . . P (P (x)) . . .)), onde P ocorre k vezes. Prove que existem no m´ aximo n inteiros t tais que Q(t) = t. 4. (Romˆenia TST) Seja n um inteiro positivo e f (x) = am xm + am−1 xm−1 + . . . + a1 x + a0 , com m ≥ 2, um polinˆ omio com coeficientes inteiros, tal que: i. a2 , a3 , . . . , am s˜ ao divis´ıveis por todos os fatores primos de n, ii. a1 e n s˜ ao primos entre si. Prove que para qualquer inteiro positivo k, existe um inteiro positivo c, tal que f (c) ´e divis´ıvel por nk . 5. (Baltic Way) Seja P um polinˆ omio com coeficientes inteiros tal que P (−n) < P (n) < n para algum inteiro n. Prove que P (−n) < −n. Bibliografia 1. III Olimpiada Nacional Escolar de Matematica - 2006 Jorge Tipe, John Cuya, Claudio Espinoza e Sergio Vera

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Irredutibilidade de polinˆ omios. Continuaremos, neste artigo, trabalhando com polinˆ omios em Z[x]. Al´em disso,vamos dizer que um polinˆ omio com coeficientes inteiros P (x) ´e irredut´ıvel sobre Z se, e somente se, n˜ ao for poss´ıvel escrever P (x) como produto de dois polinˆ omios (n˜ ao constantes) com coeficientes inteiros. Vamos come¸car com um problema de motiva¸c˜ao!! Problema 1. Prove que o polinˆ omio (x − a1 )(x − a2 ) . . . (x − an ) − 1, em que a1 , a2 , . . ., an s˜ ao inteiros distintos, n˜ ao pode ser escrito como produto de dois polinˆ omios n˜ ao constantes com coeficientes inteiros, ou seja, ´e irredut´ıvel. Solu¸c˜ ao. Suponha, por contradi¸c˜ ao, que f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) . . . (x − an ) − 1 = p(x)q(x), em que p(x) e q(x) s˜ ao polinˆ omios com coeficientes inteiros com grau menor que n. Ent˜ao g(x) = p(x) + q(x) ´e um polinˆ omio com coeficientes inteiros com grau menor que n. Ent˜ao p(ai )q(ai ) = f (ai ) = −1 e ambos p(ai ) e q(ai ) s˜ ao inteiros, |p(ai )| = |q(ai )| = 1 e p(ai ) + q(ai ) = 0.

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 12 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes Assim, g(x) possui pelo menos n ra´ızes. Mas o grau g < n, ent˜ao g(x) ≡ 0. Ent˜ao p(x) = −q(x) e f (x) = −p(x)2 , implicando que o coeficiente l´ıder de f (x) ´e um n´ umero negativo, o que ´e imposs´ıvel, pois o polinˆ omio ´e mˆ onico. Teorema 1. (Crit´erio de Einsenstein) Seja P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 um polinˆ omio com coeficientes inteiros ai e seja p um n´ umero primo que satisfaz as seguintes condi¸c˜oes (i) p n˜ ao divide an ; (ii) p divide a0 , a1 , . . . , an−1 ; (iii) p2 n˜ ao divide a0 . Ent˜ao P (x) ´e irredut´ıvel sobre Z. Demonstra¸c˜ ao. Suponha, por absurdo, que existem polinˆ omios n˜ ao constantes F (x) e G(x) com coeficientes inteiros tais que P (x) = F (x)G(x). Logo, P (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 F (x) = bs xs + . . . + b1 x + b0 G(x) = ct xt + . . . + c1 x + c0 . Sem perda de generalidade podemos considerar que s ≤ t, como P (x) = F (x)G(x), ao realizarmos o produto poderemos comparar os coeficientes dos termos semelhantes, obtendo as seguintes igualdades a0 = b0 c0 a1 = b0 c1 + b1 c0 a2 = b0 c2 + b1 c1 + b2 c0 .. . as = b0 cs + b1 cs−1 + . . . + bs−1 c1 + bs c0 .. . at = b0 ct + b1 ct−1 + . . . + bs ct−s .. . an = bs ct . Por (ii) e (iii) temos que a0 = b0 c0 ´e divis´ıvel por p e n˜ ao ´e divis´ıvel por p2 , assim, exatamente um dos n´ umeros b0 e c0 ´e divis´ıvel por p. Sem perda de generalidade suponha que p divide b0 e que p n˜ ao divide c0 . Como p divide a1 = b0 c1 + b1 c0 e b0 , ent˜ ao p divide b1 c0 , por´em como p n˜ ao divide c0 , ent˜ao 2

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p divide b1 . Portanto, raciocionando da mesma maneira, podemos demonstrar que p divide b2 , b3 , . . ., bs−1 e bs . Logo, p divide bs ct = an , contrariando (i). Problema 2. Prove que o polinˆ omio P (x) = x2 + x + 1 ´e irredut´ıvel sobre Z. Solu¸c˜ ao. N˜ao ´e dif´ıcil provar que P (x) ´e irredut´ıvel sobre Z se, e somente se, Q(x) = P (x + 1) ´e irredut´ıvel sobre Z, Logo Q(x) = (x + 1)2 + (x + 1) + 1 = x2 + 3x + 3. O primo p = 3 satisfaz o crit´erio de Eisenstein, portanto Q(x) ´e irredut´ıvel sobre Z e, com isso, P (x) tamb´em ser´ a. Problema 3. (TST Romˆenia) Sejam a, n n´ umeros inteiros, e p um n´ umero primo tal que p > |a| + 1. Prove que o polinˆ omio f (x) = xn + ax + p n˜ ao pode ser representado como o produto de dois polinˆ omios com coeficientes inteiros. Solu¸c˜ ao. Seja z uma raiz complexa do polinˆ omio. Vamos provar que |z| > 1. Suponha que n |z| ≤ 1, ent˜ao z + az = −p, ent˜ ao: p = |z n + az| = |z||z n−1 + a| ≤ |z n−1 | + |a| ≤ 1 + |a|, contrariando o fato que p > |a|+1. Agora, seja f (x) = g(x)h(x) uma decomposi¸c˜ao de f (x) em polinˆ omios com coeficientes inteiros ent˜ao p = g(0)h(0), ent˜ao |g(0)| = 1 ou |h(0)| = 1. Suponha que |g(0)| = 1. Se z1 , z2 , . . . , zk s˜ ao ra´ızes de g(x) ent˜ao s˜ ao tamb´em ra´ızes de f (x), assim: 1 = |g(0)| = |z1 z2 . . . zk | = |z1 ||z2 | . . . |zk | > 1, que ´e uma contradi¸c˜ ao. Exerc´ıcios Propostos 1. Prove que o polinˆ omio P (x) = x101 + 101x100 + 102 ´e irredut´ıvel em Z [x]. 2. Prove que para todo n´ umero primo p, o polinˆ omio P (x) = xp−1 + xp−2 + . . . + x + 1 ´e irredut´ıvel em Z [x].

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n

3. Prove que para todo inteiro positivo n, o polinˆ omio P (x) = x2 + 1 ´e irredut´ıvel em Z [x]. 4. Prove que para quaisquer inteiros distintos a1 , a2 , . . ., an o polinˆ omio P (x) = (x − a1 )2 (x − a2 )2 . . . (x − an )2 + 1 n˜ ao pode ser escrito com um produto de dois polinˆ omios n˜ ao constantes com coeficientes inteiros. 5. Seja p um primo da forma 4k + 3, k inteiro. Prove que para qualquer inteiro positivo n, o polinˆ omio (x2 + 1)n + p ´e irredut´ıvel em Z[x]. 6. Seja p um n´ umero primo. Prove que o polinˆ omio P (x) = xp−1 + 2xp−2 + 3xp−3 + . . . + (p − 1)x + p ´e irredut´ıvel sobre Z[x]. 7. (IMO) Seja n > 1 um inteiro e f (x) = xn + 5xn−1 + 3. Mostre que f (x) ´e irredut´ıvel sobre Z. Bibliografia 1. III Olimpiada Nacional Escolar de Matematica - 2006 Jorge Tipe, John Cuya, Claudio Espinoza e Sergio Vera 2. Putnam and Beyond Razvan Gelca e Titu Andreescu

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Substitui¸ c˜ ao trigonom´ etrica. Um m´etodo de resolu¸c˜ ao para equa¸c˜ oes e inequa¸c˜oes alg´ebricas bastante eficiente ´e o da substitui¸c˜ao trigonom´etrica. Vamos ver alguns exemplos. Problema 1. Sejam a, b, c e d n´ umeros reais tais que a2 + b2 = 1, c2 + d2 = 1 e ac + bd = 0. Determine ab + cd. Solu¸c˜ ao. Se a2 + b2 = 1 e c2 + d2 = 1 ent˜ao a = sin α, b = cos α, c = sin β e d = cos β, em que 0 ≤ α ≤ 2π e 0 ≤ β ≤ 2π. Neste caso temos ac + bd = sin α · sin β + cos α · cos β = cos(α − β). Pelas condi¸c˜oes do problema ac + bd = 0 = cos(α − β). Al´em disso, ab + cd = sin α · cos α + sin β · cos β = 1 (sin 2α + sin 2β) = sin(α + β) · cos(α − β) = 0. 2 √ Problema 2. Resolva a equa¸c˜ ao x3 − 3x = x + 2. ´ f´acil ver que x ≥ −2. Considere os seguintes casos: Solu¸c˜ ao. E 1. −2 ≤ x ≤ 2. Fa¸ca x = 2 cos a, 0 ≤ a ≤ π, a equa¸c˜ao resultante ´e p 8 cos3 a − 6 cos a = 2(cos a + 1) ⇔ r a 2 cos 3a = 4 cos2 ⇔ 2 a cos 3a = cos . 2 a a Ent˜ao, 3a − = 2mπ, m ∈ Z ou 3a + = 2nπ, n ∈ Z. Como 0 ≤ a ≤ π, as solu¸c˜oes neste 2 2 caso s˜ ao 4π 4π e x = 2 cos . x = 2 cos 0 = 2, x = 2 cos 5 7

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 13 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes 2. x > 2. Ent˜ ao x3 − 4x = x(x2 − 4) > 0 e x2 − x − 2 = (x − 2)(x + 1) > 0 ⇔ √ x > x + 2. Portanto, x3 − 3x > x >

√

x + 2,

e, com isso, n˜ ao temos solu¸c˜ oes. Problema 3. Sejam a, b e c n´ umeros reais. Prove que (ab + bc + ca − 1)2 ≤ (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1). π π < x, y, z < . Ent˜ao a2 + 1 = 2 2 sec2 x, b2 + 1 = sec2 y e c2 + 1 = sec2 z. Multiplicando os dois lados da desigualdade por cos2 x cos2 y cos2 z encontramos

Solu¸c˜ ao. Seja a = tan x, b = tan y e c = tan z com −

[(ab + bc + ca − 1) cos x cos y cos z]2 ≤ 1. ´ f´acil ver que E (ab + bc) cos x cos y cos z = sin x sin y cos z + sin y sin z cos x = sin y sin(x + z) e (ca − 1) cos x cos y cos z = sin z sin x cos y − cos x cos y cos z = − cos y cos(x + z). Consequentemente, [(ab + bc + ca − 1) cos x cos y cos z]2

= [sin y sin(x + z) − cos y cos(x + z)]2 = cos2 (x + y + z) ≤ 1.

Problemas propostos

1. (OBMU) Resolva a equa¸c˜ ao em R: x =

q

2+

p

2−

√

2 + x.

2. (ITA) Para quais valores do parˆ ametro real a existe um n´ umero real x satisfazendo √ 2 1 − x ≥ a − x.

2

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3. Dados quatro n´ umeros reais distintos no intervalo (0, 1), mostre que existem dois deles, x e y, tais que p p 1 0 < x 1 − y 2 − y 1 − x2 < . 2 √ √ p a a + a2 − x 2 + 4. (IME) Seja a uma constante real positiva. Resolva a equa¸ c a ˜ o p √ √ √ 3a a − a2 − x2 = 2 2x, para x ∈ R e 0 ≤ x ≤ a. 5. Determine todas as solu¸c˜ oes reais da equa¸c˜ao x +

√

1 − x2 =

√

2(2x2 − 1).

6. Seja xn uma sequˆencia satisfazendo xn+1 =

√

3xn − 1 √ , n ≥ 1. xn + 3

Prove que a sequˆencia ´e peri´ odica. √ 7. A sequˆencia xn satisfaz xn+2 + 2 ≤ xn ≤ 2 para todo n ≥ 1. Determine todos os poss´ıveis valores de x1986 . 8. Sejam a, b e c n´ umeros reais tais que ab + ac + bc = 1. Prove que b c 4abc a . + + = 2 2 2 2 1−a 1−b 1−c (1 − a )(1 − b2 )(1 − c2 ) 9. Determine o maior valor de S = (1 − x1 )(1 − y1 ) + (1 − x2 )(1 − y2 ) se x21 + x22 = y12 + y22 = c2 . Bibliografia 1. M´etodos no est´ andares para la resoluci´on de ecuaciones y desigualdades. V. P. Supr´ un 2. Mathematical Olympiad Challenges Titu Andreescu e Razvan Gelca 3. 103 trigonometry problems - From the training of the USA IMO team Titu Andreescu e Zuming Feng

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Revis˜ ao I. Problema 1. Sejam x, y e z n´ umeros reais tais que

1 1 1 + + = 1. Prove que x y z

(x − 1)(y − 1)(z − 1) ≥ 8. Solu¸c˜ ao. A desigualdade ´e equivalente a     y−1 z−1 8 x−1 ⇔ ≥ x y z xyz     1 1 8 1 . 1− 1− ≥ 1− x y z xyz Usando a condi¸c˜ ao inicial e MA ≥ MG temos que r 1 1 1 2 11 1− = + ≥2 =√ . x y z yz yz 2 2 1 1 ≥ √ e 1 − ≥ √ . Multiplicando as trˆes desigualdades verificay z xy zx mos a validade da desigualdade inicial. A igualdade ocorre se, e somente se, x = y = z = 3. Analogamente, 1 −

Problema 2. Sejam a, b, c ∈ R∗+ . Prove a desigualdade abc 1 ≤ . (1 + a)(a + b)(b + c)(c + 16) 81 Solu¸c˜ ao. Temos que (1 + a)(a + b)(b + c)(c + 16)   a a c b b  c (c + 8 + 8) = 1+ + b+ + a+ + 2 2 2 2 2 2 r r r r 2 2 2 3 a 3 ab 3 bc 3 64c ≥3 ·3 ·3 ·3 ≥ 81abc. 4 4 4 4 

Ent˜ao,

1 abc ≤ . (1 + a)(a + b)(b + c)(c + 16) 81

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 14 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes Problema 3. (Colˆ ombia) Seja f : R → R uma fun¸c˜ao. Prove que se a fun¸c˜ao F (x) = f (x) +

1 1 (f (x))2 + (f (x))3 2 3

´e peri´ odica, ent˜ ao a fun¸c˜ ao f tamb´em ser´ a. 1 1 Solu¸c˜ ao. Note que F (x) = g(f (x)), em que g(x) = x + x2 + x3 ´e uma fun¸c˜ao estrita2 3 mente crescente. Seja T o per´ıodo de F , ou seja, F (x + T ) = F (x) para todo x. Como g ´e estritamente crescente ent˜ ao ela ´e tamb´em injetora. Dessa forma, g(f (x + T )) = g(f (x)) ⇒ f (x + T ) = f (x) para todo x, ou seja, f ´e peri´ odica. Exerc´ıcios propostos 1. Sejam a, b, c e d n´ umeros reais positivos. Prove que (a2 + a + 1)(b2 + b + 1)(c2 + c + 2 1)(d + d + 1) ≥ 81abcd. 2. Prove que para quaisquer x, y reais positivos ent˜ao

x4

x y 1 . + 2 ≤ 2 4 +y x +y xy

3. Sejam x, y e z n´ umeros reais positivos. Prove que x x+

p

(x + y)(x + z) z z+

p

+

y y+

p

(y + x)(y + z)

(z + x)(z + y)

+

≤ 1.

4. Sejam x, y, z n´ umeros reais positivos tais que x4 + y 4 + z 4 = 1. Determine o valor m´ınimo de y3 z3 x3 + + . 1 − x8 1 − y 8 1 − z 8

5. Determine todas as fun¸c˜ oes f : N → R tais que, para quaisquer k, m e n, vale f (km) + f (kn) − f (k)f (mn) ≥ 1. 6. (Rioplatense) A cada n´ umero inteiro positivo n associamos um inteiro n˜ ao - negativo f (n), de modo que sejam satisfeitas as seguintes condi¸c˜oes: (i) f (ab) = f (a) + f (b), (ii) f (n) = 0, se n ´e primo maior que 10, (iii) f (1) < f (243) < f (2) < 10. Ache f (1998) sabendo que ´e menor que 10.

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7. (Cor´eia) Seja f : N × N → N uma fun¸c˜ao tal que f (1, 1) = 2, f (m + 1, n) = f (m, n) + m e f (m, n + 1) = f (m, n) − n para todos m, n ∈ N. Ache todos os pares (p, q) tais que f (p, q) = 2001. 8. Seja f : R → R∗ uma fun¸c˜ ao tal que f (x + 2) = f (x − 1)f (x + 5), para todo x ∈ R. Prove que f ´e peri´ odica. 9. (Ir˜a) Seja f : R+ → R+ uma fun¸c˜ao estritamente decrescente tal que para todo x, y ∈ R+ , f (x + y) + f (f (x) + f (y)) = f (f (x + f (y)) + f (y + f (x))). Prove que f (f (x)) = x. 10. Seja n um inteiro positivo ´ımpar e sejam x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reais distintos. Encontre todas as fun¸c˜ oes bijetivas f : {x1 , x2 , . . . , xn } → {x1 , x2 , . . . , xn } tais que |f (x1 ) − x1 | = |f (x2 ) − x2 | = . . . = |f (xn ) − xn |.

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Fun¸ c˜ oes definidas implicitamente III

Problema 1. A fun¸c˜ ao f satisfaz a equa¸c˜ao f (x + 1) + f (x − 1) = Prove que esta fun¸c˜ ao ´e peri´ odica.

√ 2f (x) para todo x real.

Solu¸c˜ ao. Usando a equa¸c˜ ao que foi dada temos que √ f (x + 2) + f (x) = 2f (x + 1) i √ h√ = 2 2f (x) − f (x − 1) √ = 2f (x) − 2f (x − 1) ⇔ √ f (x + 2) = f (x) − 2f (x − 1). Segue que

√ f (x + 4) = f (x + 2) − 2f (x + 1) √ = f (x) − 2 [f (x + 1) + f (x − 1)] = −f (x).

Portanto, f (x + 8) = −f (x + 4) = f (x). Problema 2. (Ir˜a) Seja f : R∗+ −→ R∗+ uma fun¸c˜ao estritamente decrescente tal que para quaisquer x, y ∈ R∗+ , f (x + y) + f (f (x) + f (y)) = f (f (x + f (y)) + f (y + f (x))). Prove que f (f (x)) = x. Solu¸c˜ ao. Fazendo y = x temos f (2x) + f (2f (x)) = f (2f (x + f (x))).

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 15 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes Na u ´ltima igualdade substitua x por f (x) ent˜ao f (2f (x)) + f (2f (f (x))) = f (2f (f (x) + f (f (x)))). Subtraindo as duas igualdades temos que f (2f (f (x))) − f (2x) = f (2f (f (x) + f (f (x)))) − f (2f (x + f (x))). Se f (f (x) > x, o lado esquerdo da u ´ltima igualdade ´e um n´ umero negativo, ent˜ao f (f (x) + f (f (x)) > f (x + f (x)) ⇔ f (x) + f (f (x)) < x + f (x), o que ´e uma contradi¸c˜ ao. Uma contradi¸c˜ao semelhante ocorre se f (f (x)) < x. Portanto, f (f (x)) = x. Problema 3. (Tchecoslov´aquia) Seja f : R∗+ −→ R∗+ uma fun¸c˜ao tal que f (xf (y)) + f (yf (x)) = 2xy, para quaisquer x, y ∈ R∗+ . Prove que f (x) = x para todo x. Solu¸c˜ ao. Fazendo x = y temos que f (xf (x)) = x2 e, em particular para x = 1, f (f (1)) = 1. Assim, f (1)2 = f (f (1) · f (f (1))) = f (f (1)) = 1 ⇔ f (1) = 1. Fazendo y = 1 na equa¸c˜ ao original temos que f (x) + f (f (x)) = 2x. Esta condi¸c˜ao implica que se f (a) = f (b) ent˜ ao a = b, ou seja, f ´e injetora. Agora vamos fazer a substitui¸c˜ao 1 x = zf (z) e y = , com z > 0, e lembrando que f (zf (z)) = z 2 temos: z      1 1 1 f zf (z)f f (zf (z)) = 2zf (z) ⇔ +f z z z    1 = f (z). f zf (z)f z   1 1 Como f ´e injetora segue que f (z) · f = 1. Fazendo x = z e y = na equa¸c˜ao original z z temos que      1 f (z) f zf +f = 2. z z   1 1 Como f ent˜ ao = z f (z)     f (z) z +f = 2. f f (z) z 2

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Al´em disso, f



z f (z)



·f



f (z) z



= 1.

Portanto, f



z f (z)



=f



f (z) z



= 1 = f (1) ⇔

f (z) = z.

Exerc´ıcios propostos 1. (Austr´ alia) Seja f : R → R∗ uma fun¸c˜ao tal que f (x + 2) = f (x − 1)f (x + 5) para todo x ∈ R. Prove que f ´e peri´ odica. 2. (Austr´ alia) Prove que existe uma u ´nica fun¸c˜ao f : R∗ → R satisfazendo f (x) =   1 xf e f (x) + f (y) = 1 + f (x + y) para quaisquer x, y ∈ R∗ tais que x + y 6= 0. x 1 e 3. (Austr´ alia) Determine todas as fun¸c˜oes reais f : R∗+ → R∗+ tais que f (1) = 2     3 3 f (xy) = f (x)f + f (y)f . y x 4. (IMO) Seja f : R → R tal que, para alguma constante positiva a, f satisfaz f (x + a) =

1 p + f (x) − f (x)2 , ∀x ∈ R. 2

Prove que f ´e peri´ odica. 5. (IMO) Determine todas as fun¸c˜ oes f : R → R tais que f (x2 + f (y)) = f (x)2 + y, para quaisquer x, y ∈ R.

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Sequˆ encias I 1. Progress˜ ao Aritm´ etica Defini¸ c˜ ao 1: Uma progress˜ ao aritm´etica ´e uma sequˆencia a1 , a2 , . . . ou somente (an ) (finita ou infinita) satisfazendo a2 − a1 = a3 − a2 = . . . = r; sendo r chamado de raz˜ ao da progress˜ao. Teorema 1. Se (an ) ´e uma progress˜ ao aritim´etica de raz˜ ao r, ent˜ao an = a1 + (n − 1)r, para todo n inteiro e positivo. Demonstra¸c˜ ao. Pela defini¸c˜ ao de progress˜ao aritm´etica, temos a2 − a1 = r a3 − a2 = r a4 − a3 = r .. . an − an−1 = r. Somando essas n − 1 igualdades, obtemos an − a1 = (n − 1)r, isto ´e, an = a1 + (n − 1)r. Problema 1. Prove que n˜ ao existem inteiros positivos a e r tais que os n´ umeros a, a + r, a + 2r, a + 3r, . . . , a + nr, . . . sejam todos quadrados perfeitos.

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 16 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes Solu¸c˜ ao. Suponha que existem a e r como desejado. Para k suficientemente grande temos   r−1 r−1 2 e a + kr = q 2 , para algum q ∈ N. Mas neste caso temos q > , a + kr > 2 2 donde   r−1 (q + 1)2 = q 2 + 2q + 1 > q 2 + 2 + 1 = a + kr + r = a + (k + 1)r. 2 Logo, a + (k + 1)r n˜ ao ser´ a quadrado perfeito. Um absurdo! Problema 2. Prove que aritm´etica.

√

2,

√

3e

√

5 n˜ ao podem ser termos de uma mesma progress˜ao

Problema 3. Prove que os termos de uma P.A. qualquer em que 0 n˜ ao participa verficam a rela¸c˜ao: 1 1 1 n−1 + + ... + = . a1 a2 a2 a3 an−1 an a1 an Problema 4. Prove que se a, b e c s˜ ao n´ umeros positivos ent˜ao a2 , b2 e c2 est˜ ao em P.A. 1 1 1 , e tamb´em est˜ ao em P.A. se, e somente se, b+c a+c a+b Problema 5. Prove que se uma progress˜ao aritm´etica de inteiros positivos cont´em um quadrado, ent˜ao ir´ a conter infinitos quadrados. Problema 6. O conjunto dos inteiros positivos ´e particionado em v´arias progress˜oes aritm´eticas. Prove que pelo menos um dos termos iniciais ´e divis´ıvel pela raz˜ ao de sua progress˜ao. Problema 7. Prove que os termos de uma P.A. qualquer em que 0 n˜ ao participa verficam a rela¸c˜ao: 1 1 n−1 √ + ... + √ √ =√ √ . √ a1 + a2 an−1 + an a1 + an Problema 8. (Putnan) Prove que n˜ ao existem quatro coeficientes binomiais consecutivos         n n n n , , , k k+1 k+2 k+3 (n, k inteiros positivos e 4 ≤ k + 3 ≤ n) que est˜ ao em progress˜ao aritm´etica. Problema 9. (OCM) Os lados de um triˆ angulo medem 3, 7 e 8, respectivamente. Mostre que os ˆangulos deste triˆ angulo, medidos em graus, ent˜ao em progress˜ao aritm´etica.

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Teorema 2. A soma dos n primeiros termos da progress˜ao aritm´etica (an ) = (a1 , a2 , . . . , an , . . .) ´e igual a (a1 + an )n Sn = . 2 Demonstra¸c˜ ao. Sn = a1 + a2 + a3 + . . . + an−2 + an−1 + an Sn = an + an−1 + an−2 + . . . + a3 + a2 + a1 . Sa´ı, 2Sn = (a1 + an ) + (a2 + an−1 ) + . . . + (an + a1 ). Observe que, ao passar de um parˆenteses para o seguinte, a primeira parcela aumenta de r e a segunda parcela diminui de r, o que n˜ ao altera a soma. Portanto, todos os parˆenteses s˜ ao iguais ao primeiro, (a1 + an ). Logo, 2Sn = (a1 + an )n e Sn =

(a1 + an )n . 2

Problema 10. (OCM) Seja S = 12 − 22 + 32 − 42 + . . . + −19982 + 19992 . Expresse S como a soma de 1000 n´ umeros ´ımpares, todos eles termos de uma progress˜ao aritm´etica. Solu¸c˜ ao. Usaremos apenas a fatora¸c˜ ao da diferen¸ca de dois quadrados: a2 − b2 = (a + b)(a − b). Assim, teremos: S = 12 + (32 − 22 ) + (52 − 42 ) + . . . + (19992 − 19982 ) = 1 + (3 + 2)(3 − 2) + (5 + 4)(5 − 4) + . . . + (1999 + 1998)(1999 − 1998) = 1 + 5 + 9 + . . . + 3997. Esta u ´ltima express˜ ao cont´em extamente 1000 n´ umeros ´ımpares em P.A. Problema 11. (China) Seja Sn a soma dos n primeiros termos de uma progress˜ao aritm´etica S15 S1 S2 , , . . ., . (an ). Se S15 > 0 e S16 < 0, determine o maior entre os n´ umeros a1 a2 a15 Problema 12. Demonstre que em toda P.A., com n´ umero ´ımpar de termos, o termo m´edio ´e igual `a diferen¸ca entre a soma dos termos de ordem ´ımpar e a soma dos termos de ordem par. Problema 13. (Espanha) Calcule a soma dos quadrados dos 100 primeiros termos de uma progress˜ao aritm´etica, dado que a soma dos 100 primeiros termos ´e −1 e a soma dos termos de ordem par (a2 , a4 , . . . , a100 ) ´e 1.

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Problema 14. Suponha que a1 , a2 , . . . , an est˜ ao em progress˜ao aritm´etica. Ache a f´ormula para a21 + a22 + . . . + a2n em termos de n, a1 e an . Problema 15. (ITA) Numa progress˜ ao aritm´etica com n termos, n > 1, sabemos que o 1+n 1 + 3n primeiro termo ´e igual a e a soma deles vale . Ent˜ao o produto da raz˜ ao desta n 2 progress˜ao pelo u ´ltimo termo ´e igual a: 2 3 (a) 2n (b) (c) 3n (d) (e) 5n n n Problema 16. (ITA) Seja a1 , a2 , . . . uma progress˜ao aritm´etica infinita tal que n X k=1

√ a3k = n 2 + πn2 , ∀n ∈ N∗ .

Determine o primeiro termo e a raz˜ ao da progress˜ao. Problema 17. (IME) Determine as poss´ıveis progress˜oes aritm´eticas para as quais o resultado da divis˜ ao da soma dos seus n primeiro termos pela soma dos seus 2n primeiros termos seja independente do valor de n. Problema 18. (AIME) Seja a1 , a2 , a3 , . . . uma progress˜ao geom´etrica com raz˜ ao 1 tal que S1 = a1 + a2 + a3 + . . . + a98 , S2 = a2 + a4 + a6 + . . . + a9 8. (a) Ache uma equa¸c˜ ao relacionando S1 e S2 . (b) Determine o valor de S2 sabendo que S1 = 137.

2. Progress˜ ao Geom´ etrica Defini¸ c˜ ao 2: Uma sequˆencia a1 , a2 , . . . , an , . . . ´e uma progress˜ao geom´etrica se existe um n´ umero q tal que para cada k = 1, 2, 3, . . . , ak+1 = qak Teorema 3. Se (an ) ´e uma progress˜ ao geom´etrica de raz˜ ao q,ent˜ao an = a1 q n−1 , para todo inteiro positivo n.

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Demonstra¸c˜ ao. Pela defini¸c˜ ao de progress˜ao geom´etrica e admitindo conhecidos o primeiro termo (a1 6= 0), a raz˜ ao (q 6= 0) e o ´ındice (n) de um termo desejado, temos: a2 = a1 q a3 = a2 q ... an = an−1 q Multiplicando essas n − 1 igualdades, temos: a2 a3 a4 . . . an = a1 a2 a3 . . . an−1 q n−1 ⇒ an = a1 q n−1 Teorema 4. A soma dos n primeiros termos de uma progress˜ao geom´etrica (an ) = (a1 , a2 , . . . , an , . . .) ´e igual a a1 q n − a1 Sn = . q−1 Demonstra¸c˜ ao. Temos: a1 + a1 q + a1 q 2 + . . . + a1 q n−2 + a1 q n−1 . (1) Multiplicando ambos os membros por q, obtemos: qSn = a1 q + a1 q 2 + . . . + a1 q n−1 + a1 q n . (2) (2) − (1) ⇒ qSn − Sn = a1 q n − a1 ⇒ Sn (q − 1) = a1 q n − a1 .

Supondo q 6= 1, resulta:

Sn =

a1 q n − a1 . q−1

Teorema 5. Se (a1 , a2 , . . . , an , . . .) ´e uma P.G. com raz˜ ao q tal que −1 < q < 1,ent˜ao a1 . S = a1 + a2 + a3 + . . . + an + . . . = 1−q

A demonstra¸c˜ ao do teorema 5 ficar´ a como exerc´ıcio.

Problema 19. Determine a raz˜ ao de uma P.G. de termos n˜ ao nulos tal que an+2 = an+1 + an . Solu¸c˜ ao. Sabemos que an = a1 q n−1 . Ent˜ao a1 q

n+1

n

= a1 q + a1 q

n−1

√ 1± 5 ⇒q −q−1=0⇒q = . 2 2

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Problema 20. Prove que podemos eliminar alguns termos de um progress˜ao aritm´etica de inteiros positivos de tal maneira, que sempre podemos rearranjar os termos formando uma progress˜ao geom´etrica. Problema 21. (OCM) Determine a soma dos n primeiros termos da sequˆencia: 1, 1 + 2, 1 + 2 + 22 , 1 + 2 + 22 + 23 , . . . , 1 + 2 + 22 + 23 + . . . + 2n−1 , . . . Problema 22. Trˆes n´ umeros reais n˜ ao nulos x, y, z, nessa ordem, est˜ ao em P.A. Seus quadrados, na mesma ordem, tamb´em est˜ ao em P.A. Nessas condi¸c˜oes, prove que x, y, z, nessa ordem, tamb´em est˜ ao em P.G. Problema 23. Uma progress˜ ao aritm´etica e uma progress˜ao geom´etrica tˆem, cada uma, 200 termos e a1 = b1 = 3 e a2 = b2 = 12. Determine os valores de i para os quais ai ´e um divisor de bi . Problema 24. (OCM) (a) Sabendo - se que os trˆes lados de um triˆ angulo retˆ angulo, de hipotenusa a, ent˜ ao em progress˜ ao geom´etrica. Determine os catetos do triˆ angulo em fun¸c˜ao apenas de a. (b) Mostre que a altura relativa ` a hipotenusa tamb´em faz parte da progress˜ao. Problema 25. Suponha que a1 = 2 e ak+1 = 3ak + 1 para todo k ≥ 1. Ache uma f´ormula geral para a1 + a2 + . . . + an . Problema 26. (AIME) A soma dos infinitos termos de uma progress˜ao geom´etrica ´e 2005. Uma nova sequˆencia obtida elevando ao quadrado cada termo da sequˆencia original, tem soma dez vezes maior que a soma original. Determine a raz˜ ao da sequˆencia original. Bibliografia 1. Fundamentos de matem´ atica elementar 4 Gelson Iezzi e Samuel Hazzan 2. Intermediate Algebra Richard Rusczyk e Mathew Crawford

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Sequˆ encias II 1. Recorrˆ encias lineares Uma recorrˆencia linear de ordem k com coeficientes constantes em uma vari´ avel ´e fn = cn−1 fn−1 + cn−2 fn−2 + . . . + cn−k fn−k + g(n), em que c1 , c2 , c3 , . . ., cn−k s˜ ao constantes e g(n) ´e uma fun¸c˜ao de n. A recorrˆencia linear ´e chamada homogˆenea se g(n) ≡ 0 e, n˜ ao homogˆenea, caso contr´ ario.

2. Recorrˆ encias lineares de ordem 2 homogˆ eneas Teorema 1. Seja (fn )n≥1 uma sequˆencia de n´ umeros reais tal que, para todo k ≥ 1 inteiro, tenhamos fk+2 + rfk+1 + sfk = 0, onde r, s s˜ ao constantes reais dadas, sendo r 6= 0. Se a equa¸c˜ao x2 + rx + s = 0, chamada de equa¸c˜ao caracter´ıstica, tiver ra´ızes reais α e β, ent˜ao existem constantes reais A e B, determinadas pelos valores de f1 e f2 , tais que: (a) Se α 6= β, ent˜ ao fn = Aαn−1 + Bβ n−1 para todo n ≥ 1. (b) Se α = β, ent˜ ao fn = Aαn−1 + B(n − 1)αn−1 para todo n ≥ 1. Problema 1. Determine o termo geral da sequˆencia de Fibonacci definida por Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 2, F1 = F2 = 1. Solu¸c˜ ao. A equa¸c˜ao caracter´ıstica associada ` a equa¸c˜ao em quest˜ao (Fn = Fn−1 + Fn−2 ) ´e x2 − x − 1 = 0, √ √ 1− 5 1+ 5 eβ= . As condi¸c˜oes F1 = F2 = 1 implicam no sistema: cujas ra´ızes s˜ ao α = 2 2  A + B = 1   √ ! √ ! 1− 5 1+ 5 ·A + · B = 1,   2 2

´ POT 2012 - Algebra - N´ıvel 3 - Aula 17 - Prof. C´ıcero Thiago/ Prof. Marcelo Mendes √ √ 1+ 5 1− 5 √ cuja solu¸c˜ao ´e A = e B = − √ . Obtemos, portanto, a conhecida f´ormula para 2 5 2 5 Fn : √ !n √ !n 1+ 5 1− 5 1 1 −√ , para n ≥ 1. Fn = √ 2 2 5 5 Problema 2. Seja (an )n≥1 a sequˆencia dada por a1 = 1, a2 = 4 e, para todo inteiro positivo k, ak+2 = 5ak+1 − 6ak . Calcule an em fun¸c˜ao de n. Problema 3. (Romˆenia TST) Considere a sequˆencia (an )n≥0 definida por a0 = a1 = 1 e an+1 = 14an − an−1 , n ≥ 1. Prove que para todo n ≥ 0, 2an − 1 ´e um quadrado perfeito. Problema 4. (Ibero) Seja (an ) e (bn ) duas sequˆencias de n´ umeros inteiros que verificam as seguinte condi¸c˜ oes: (i) a0 = 0; b0 = 8 (ii) an+2 = 2an+1 − an + 2; bn+2 = 2bn+1 − bn (iii) a2n + b2n ´e um quadrado perfeito para todo n. Determinar pelo menos dois valores do par (a1992 , b1992 ).

3. Recorrˆ encias n˜ ao - lineares Problema 5. A sequˆencia (xn )n≥1 ´e tal que x1 = 0 e p xn+1 = 5xn + 24x2n + 1

para todo n ≥ 1. Prove que todos os termos da sequˆencia s˜ ao inteiros positivos. ´ f´acil ver que a sequˆencia ´e crescente e todos os termos s˜ Solu¸c˜ ao. E ao positivos. Temos tamb´em que a recorrˆencia original ´e equivalente a x2n+1 − 10xn xn+1 + x2n − 1 = 0. Substituindo n por n − 1 temos x2n − 10xn xn−1 + x2n−1 − 1 = 0. Ent˜ao, para n ≥ 2, os n´ umeros xn+1 e xn−1 s˜ ao ra´ızes positivas e distintas da equa¸c˜ao x2 − 10xxn + x2n − 1 = 0.

Usando as rela¸c˜ oes de Girard temos que xn+1 + xn−1 = 10xn ⇔ xn+1 = 10xn − xn−1 , ∀n ≥ 2.

Como x1 = 1 e x2 = 10, segue indutivamente que os termos da sequˆencia s˜ ao inteiros e positivos.

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Problema 6. Considere a sequˆencia (an )n≥1 tal que a1 = a2 = 1, a3 = 199 e an+1 =

1989 + an an−1 , ∀n ≥ 3. an−2

Prove que todos os termos da sequˆencia s˜ ao inteiros e positivos. a definida pelas seguintes condi¸c˜oes: Problema 7. (Torneio das cidades) A sequˆencia xn est´ x1 = 19, x2 = 97, xn+2 = xn −

1 . xn+1

Demonstrar que existe um termo desta sequˆencia que ´e igual a 0. Determinar o ´ındice desse termo.

Problema 8. (China) Seja (an ) uma sequˆencia tal que a1 = 1, a2 = 2 e

a2 + 1 an+2 = n+1 an a2n + 1

para todo n ≥ 1. (a) Determine an em fun¸c˜ ao de n. (b) Prove que 63 < a2008 < 78. Bibliografia 1. Lecture notes on mathematical olympiad courses - For senior section vol.2 Xu Jiagu 2. Mathematical Olympiad Treasures Titu Andreescu e Bogdan Enescu 3. T´ opicos de matem´ atica elementar vol.4 Antonio Caminha Muniz Neto 4. Introdu¸c˜ao ` a an´ alise combinat´ oria Jos´e Pl´ınio O. Santos, Margarida P. Mello e Idani T. C. Murari

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L´ ogica Nos u ´ltimos anos, a participa¸c˜ao brasileira em competi¸c˜oes internacionais de matem´ atica vem melhorado significamente. E uma das consequˆencias do sucesso de nossos alunos ´e o crescimento da demanda de interessados em aprender mais sobre o que ´e a olimp´ıada e que tipo de problemas s˜ ao abordados em suas competi¸c˜oes. O grande diferencial de problemas de olimp´ıada de matem´ atica para os problemas usuais, s˜ ao seu alto n´ıvel de exigˆencia do uso racioc´ınio l´ ogico. Portanto, em muitos casos, a matem´ atica aparece como uma ferramenta para desenvolver a argumenta¸c˜ao de ideias abstratas. Este ´e o primeiro de dois artigos escritos com o objetivo de apresentar tais problemas, mesmo sem desenvolver uma teoria matem´ atica propriamente dita. Vamos nos focar diretamente nas ideias. Problema 1. Quatro garotos jogam tiro ao alvo. Cada um deles atirou trˆes vezes. No alvo abaixo, pode-se ver os lugares atingidos. A pontua¸c˜ao ´e 6 para o centro e diminui um ponto para cada n´ıvel mais distante.

⊗ ⊗

⊗ ⊗

⊗

⊗

⊗

⊗

⊗

Se os quatro garotos empataram, determine: (a) a pontua¸c˜ao total de cada jogador.

⊗

⊗

⊗

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(b) a pontua¸c˜ao dos trˆes tiros de cada jogador. Solu¸c˜ ao. A soma de todos os pontos obtidos foi 6+5+4×3+3×3+2×4 = 40. Como todos empataram, cada um deve ter feito exatamente 10 pontos (isso responde o item a). Al´em disso ´e importante perceber que ningu´em errou nenhum dos tiros, j´a que h´a exatamente 12 dardos no alvo. Note que um dos jogadores (digamos A) acertou um dos dardos no centro do alvo, fazendo 6 pontos. Para completar os 10 pontos ele deve ter feito mais 4 pontos. Como ´e imposs´ıvel fazer apenas 1 ponto, ou dele ter errado, s´ o nos resta a possibilidade dele ter feito 2 pontos nos dois outros tiros. (Continue a solu¸c˜ao) O objetivo de outro tipo de problema ´e achar um exemplo que cumpra alguma propriedade. Problema 2. (OBM 1998) Encotre uma maneira de se escrever os algarismos de 1 a 9 em seq¨ uˆencia, de forma que os n´ umeros determinados por quaisquer dois algarismos consecutivos sejam divis´ıveis por 7 ou por 13. Solu¸c˜ ao. Primeiramente vamos listar todos os n´ umeros de dois algarismos que s˜ ao m´ ultiplos de 7 ou 13. S˜ao eles: M´ ultiplos de 7: 14, 21, 28, 35, 42, 49, 56, 63, 70, 77, 84, 91, 98 M´ ultiplos de 13: 13, 26, 39, 52, 65, 78, 91 Como n˜ao podemos repetir nenhum algarismo, devemos descartar o 77. Por outro lado, nenhum dos n´ umeros acima (excluindo o 77) termina em 7. Da´ı, pode-se ter certeza que o primeiro n´ umero da lista deve ser 7. Para saber as poss´ıveis listas, usamos um diagrama de ´arvore: == 5⊗ { {{ {{ { { {{ //

7

// 8

3 9 ~>> ~ ~~ ~~ ~ ~ // 5⊗ == 5 @
@ 6 {{
{
{
{{

{{

{ // 3 // 2 // 9⊗ // 1

// 4 << << << << 

9

// 1

// 3

// 5

// 1⊗

// 6⊗

// 2 BB BB BB BB B!!

6⊗

2

√

// 6

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Representamos com um ⊗ quando n˜ao foi poss´ıvel continuar a lista sem repetir nenhum d´ıgito. Assim, o modo correto de se escrever os algarismo ´e: 784913526. Em alguns casos ´e necess´ario o uso de vari´aveis para resolver um problema. Isto acontece pois existem informa¸c˜oes n˜ao especificadas no enunciado, e o uso de letras se mostra uma forma inteligente e f´acil de trabalhar com valores desconhecidos. A seguir vamos resolver um problema que apareceu em uma olimp´ıada russa de 1995. Problema 3. (R´ ussia 1995) Um trˆem deixa Moscou `as x horas e y minutos, chegando em Saratov `as y horas e z minutos. O tempo da viagem foi de z horas e x minutos. Ache todos os poss´ıveis valores para x. Solu¸c˜ ao. Das condi¸c˜oes do problema, temos que: (60y + z) − (60x + y) = 60z + x ⇒ 60(y − x − z) = x + y − z. Com isso, podemos garantir que x + y − z ´e um m´ ultiplo de 60. Por outro lado, como 0 ≤ x, y, z ≤ 23, o u ´nico valor poss´ıvel para x + y − z ´e 0. Ou seja, x + y = z. Al´em disso, na equa¸c˜ao inicial temos que 60(y − x − z) = 0. Da´ı, y = x + z. Logo, o u ´nico valor de x que garante essas igualdades ´e x = 0. ´ importante perceber que no exemplo anterior que apenas o uso de letras n˜ao seria E o suficiente para resolver o problema. O fundamental para resolver as equa¸c˜oes acima era o significado das letras: n´ umeros inteiros entre 0 e 60. Sem esta restri¸c˜ao o problema apresentaria infinitas solu¸c˜oes. Ent˜ao fica a dica: nunca se esque¸ ca do signigficado das vari´ aveis que estiver usando, se s˜ ao d´ıgitos, n´ umeros inteiros, racionais ou seja qual for a propriedade. Lembre-se que esta propriedade ter´ a papel importante na solu¸c˜ao do problema. Organizar as informa¸c˜oes tamb´em ´e u ´til na maioria dos problemas, como veremos no exemplo a seguir. Problema 4. Paulo possui 13 caixas vermelhas e cada uma delas est´a vazia ou cont´em 7 caixas azuis. Cada caixa azul est´a vazia ou cont´em 7 caixas verdes. Se ele possui 145 caixas vazias, quantas caixas ele possui no total? Solu¸c˜ ao. Vamos montar uma tabela que ajudar´a na solu¸c˜ao do problema

Cheias Vazias Total

Vermelhas x 13 − x 13 3

Azuis y 7x − y 7x

Verdes 0 7y 7y

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Suponha que o n´ umero de caixas vermelhas cheias seja x e que o n´ umero de caixas azuis cheias seja y. Portanto, temos 7x caixas azuis e 7y caixas verdes. Note tamb´em que todas as caixas verdes est˜ao vazias. Dessa forma, o total de caixas vazias ´e (13 − x) + (7x − y) + 7y = 145. Assim, podemos concluir que x+y = 22. Como o n´ umero total de caixas ´e 13+7(x+y), a resposta correta ser´a 13 + 7 × 22 = 167.

Problemas Propostos Problema 5. Samuel possui trˆes irm˜aos a mais do que irm˜as. Samila, a irm˜a de Samuel, possui o n´ umero de irm˜aos igual ao dobro do n´ umero de irm˜as. Quantos filhos (homens e mulheres) possui o pai de Samuel e Samila? Problema 6. Em um hotel para c˜aes e gatos, 10% dos c˜aes acham que s˜ ao gatos e 10% dos gatos acham que s˜ ao c˜aes. Verificou-se tamb´em que 20% dos animais acham que s˜ ao gatos. Se no hotel existem 10 gatos, quantos s˜ ao os c˜aes? ´ poss´ıvel cortar um tabuleiro 39 × 55 em v´arios retˆ Problema 7. E angulos 5 × 11? Problema 8. No fim de 1994, Neto tinha metade da idade de seu avˆo. A soma dos anos de nascimento dos dois ´e 3844. Quantos anos Neto completou em 2006? Problema 9. Um professor prop˜ oe 80 problemas a um aluno, informando que ele ganha 5 pontos ao acertar cada problema corretamente e perde 3 pontos caso n˜ao resolva o problema. No final, o aluno tinha 8 pontos. Quantos problemas ele resolveu corretamente? Problema 10. (Leningrado 1987) Na ilha de Anch´ uria existem quatro tipos de notas: 1$, 10$, 100$ e 1000$. Podemos obter 1$ milh˜ ao com exatamente 500.000 notas? Problema 11. Vocˆe tem uma lista de n´ umeros reais, cuja soma ´e 40. Se vocˆe trocar todo n´ umero x da lista por 1 − x, a soma dos novos n´ umeros ser´a 20. Agora, se vocˆe trocar todo n´ umero x por 1 + x, qual ser´a o valor da soma? Problema 12. (Eslovˆenia 1992) Complete a tabela abaixo de modo que: i. A soma de quaisquer trˆes vizinhos seja a mesma. ii. A soma total dos n´ umeros seja 171. 15

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Problema 13. Trabalhando juntos Alvo e Ivo, pintam uma casa em trˆes dias; Ivo e Eva pintam a mesma casa em quatro dias; Alvo e Eva em seis dias. Se os trˆes trabalharem juntos, quantos em quantos dias pintar˜ ao a casa? Problema 14. (Rioplatense 1997) Em cada casa de um tabuleiro 4 × 4 ´e colocado um n´ umero secreto. Sabe-se que a soma dos n´ umeros em cada linha, coluna e diagonal ´e 1. Com essa informa¸c˜ao ´e poss´ıvel determinar a soma dos n´ umeros escritos nos quatro cantos? E a soma dos quatro n´ umeros escritos no centro? Se for, quais s˜ ao essas somas? 4

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Dicas e Solu¸ c˜ oes

6. Construa uma tabela, tente usar apenas uma vari´avel! 7. N˜ ao. Demonstre que n˜ao ´e poss´ıvel cobrir um dos lados do tabuleiro. 10. Sejam x, y, z e w as quantidades de notas. Monte um sistema com duas equa¸c˜oes e use o fato de 500.000 n˜ao ser m´ ultiplo de 9. 13. Use o fato de Alvo e Ivo pintarem um ter¸co da casa em um dia. 14. Separe o tabuleiro em trˆes regi˜ oes. N˜ ao se preocupe com os n´ umeros, mas com a soma dos n´ umeros nestas regi˜ oes espertas.

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L´ ogica II Quando lemos um problema de matem´ atica imediatamente podemos ver que ele est´a dividido em duas partes: as informa¸co ˜es e as perguntas. Vocˆe vai aprender, durante sua jornada como ol´ımpico, que para resolver um problema de matem´ atica vocˆe deve conhecer v´arias t´ecnicas. Uma das mais b´asicas ´e saber organizar as informa¸c˜oes que s˜ ao oferecidas pelos problemas. Problema 1. (OCM 1990) A pesquisa realizada com as crian¸cas de um conjunto habitacional, que apurou as preferˆencias em rela¸c˜ao aos trˆes programas de televis˜ao: Alegre Amanh˜ a (designado por A), Brincolˆ andia (designado por B) e Crian¸ca Feliz (designado por C) indicou os seguintes resultados: Prog Pref

A 100

B 150

C 200

AeB 20

AeC 30

BeC 40

A,B e C 10

Nenhum 130

Pergunta-se: (a) Quantas crian¸cas foram consultadas? (b) Quantas crian¸cas apreciam apenas um programa? (c) Quantas crian¸cas apreciam mais de um programa? Solu¸c˜ ao. Vocˆe deve ter percebido que existe um grande n´ umero de informa¸c˜oes dadas. De certa forma, essas informa¸c˜oes j´a est˜ao organizadas em uma tabela. Mas para resolver o problema vamos mudar nossa representa¸c˜ao, nosso ponto de vista. Vamos construir um diagrama de Venn, o popular diagrama de conjuntos:

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C 140 20

130 30

10 60

10

100

A

B

Podemos agora responder ` as perguntas facilmente: a) Foram consultadas 10 + 10 + 20 + 30 + 60 + 100 + 140 + 130 = 500 crian¸cas. b) 60 + 100 + 140 = 300 crian¸cas gostam de apenas um programa. c) 10 + 10 + 20 + 30 = 70 crian¸cas apreciam mais de um programa. O pr´oximo exemplo usa apenas o racioc´ınio l´ ogico. Problema 2. (Torneio das Cidades) Carlixtos possui seis moedas, sendo uma delas falsa. N´ os n˜ao sabemos o peso de uma moeda falsa e nem o peso de uma moeda verdadeira, sabemos apenas que as moedas verdadeiras possuem todas o mesmo peso e que o peso da moeda falsa ´e diferente. Dispomos de uma balan¸ca de dois pratos. Mostre como ´e poss´ıvel descobrir a moeda falsa usando apenas trˆes pesagens. Solu¸c˜ ao. Sejam A, B, C, D, E e F as moedas. Primeiramente fazemos a pesagem (AB) <> (CD) (que significa A e B em um prato e C e D em outro). Se (AB) = (CD) (ou seja, se equilibrar), ent˜ao ou E ou F ´e falsa. Neste caso fazemos a pesagem (A) <> (E). Se equilibrar, F ´e falsa. Caso contr´ario, E ´e falsa. Agora, se n˜ao houve equil´ıbrio em (AB) <> (CD), ent˜ao E e F s˜ ao verdadeiras. Fazemos ent˜ao a pesagem (AB) <> (EF ). Se equilibrar, ou C ou D ´e falsa. Neste caso, fazemos a pesagem (A) <> (C). Se equilibrar, D ´e falsa. Caso contr´ario, C ´e falsa. Para finalizar, se (AB) 6= (EF ), ent˜ao ou A ou B ´e falsa. Neste caso, fazemos a pesagem (A) <> (C). Se equilibrar B ´e falsa. Caso contr´ario, A ´e falsa. Continuando o processo de desenvolvimento do racioc´ınio, vamos resolver a seguir duas quest˜ oes relacionadas com a seguinte pergunta: Ser´ a poss´ıvel?. Ao longo do ano vocˆe ver´a 2

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como essa pergunta ´e frequente na olimp´ıada. Na verdade, ela ´e recorrente em toda a matem´atica. Aqui tamb´em vamos desenvolver uma das t´ecnicas mais poderosas usadas para resolver problemas de matem´ atica. Que ´e a id´eia de prova por absurdo. ´ poss´ıvel cortar um retˆ Problema 3. (Ivan Borsenco) E angulo 5 × 6 em oito retˆ angulos distintos com dimens˜ oes inteiras e lados paralelos aos lados do retˆ angulo maior? Solu¸c˜ ao. Vamos assumir que todos os retˆ angulos s˜ ao distintos. Os retˆ angulos de menor ´area poss´ıvel s˜ ao: ´ Area 1: 1 × 1 ´ Area 2: 1 × 2 ´ Area 3: 1 × 3

´ Area 4: 2 × 2 e 1 × 4 ´ Area 5: 1 × 5 ´ Area 6: 2 × 3 e 1 × 6

Note que a menor ´ area coberta por oito retˆ angulos distintos deve ser pelo menos 1 + 2 + 3 + 4 + 4 + 5 + 6 + 6 = 31 > 30. Logo ´e imposs´ıvel obter 8 retˆ angulos distintos. ´ importante tomar cuidado com esse tipo de enunciado pois, em alguns casos, ´e E poss´ıvel. Problema 4. (Torneio das Cidades 2001) Podemos trocar um inteiro positivo n pelo produto a × b onde a e b s˜ ao inteiros positivos tais que a + b = n. Podemos obter 2001 a partir de 22, por uma seq¨ uˆencia de trocas? Solu¸c˜ ao. Note que 2001 = 3× 667 pode ser obtido de 3+ 667 = 670, que pode ser obtido de 67 + 10 = 77 que pode ser obtido de 7 + 11 = 18. Por outro, todo n´ umero n − 1 = (n − 1) × 1 pode ser obtido de (n − 1) + 1 = n. Assim, basta seguir a seq¨ uˆencia abaixo: 22 → 21 → 20 → 19 → 18 → 77 → 670 → 2001.

Problemas Propostos

Problema 5. S˜ao dadas 4 moedas aparentemente iguais. Sabe-se que uma delas ´e falsa (tem peso diferente das demais e n˜ao se sabe se ela ´e mais leve ou mais pesada). Mostre como descobrir a moeda falsa com 2 pesagens em uma balan¸caa de dois pratos. Problema 6. Mostre que ´e poss´ıvel dispor os n´ umeros de 1 a 16 em sequˆ ancia de modo que a soma de dois n´ umeros vizinho seja sempre um n´ umero quadrado perfeito.

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Problema 7. Victor e Maria come¸cam a trabalhar no mesmo dia. Victor trabalha 3 dias seguidos e depois tem um dia de descanso. Maria trabalha 7 dias seguidos e descansa os outros 3. Quantos dias de descanso em comum tiveram os dois durante os 1000 primeiros dias. Problema 8. Como recortar um retˆ angulo 3 × 13 em treze retˆ angulos menores de lados inteiros distintos? Problema 9. (Olimpiada de Maio) Num ano que tem 53 s´ abados, que dia da semana ´e 12 de maio? Diga todas as possibilidades. Problema 10. Um n´ umero ´e dito lindo se ´e divis´ıvel por cada um dos seus d´ıgitos n˜ao nulos. Qual ´e a maior quantidade de n´ umeros lindos consecutivos que pode existir? Problema 11. (B´ ulgaria 2005) Ivo escreve todos os inteiros de 1 a 100 (inclusive) em cartas e d´a algumas delas para Iana. Sabe-se que quaisquer duas destas, uma de Ivo e outra de Iana a soma dos n´ umeros n˜ao est´a com Ivo e o produto n˜ao est´a com Iana. Determine o n´ umero de cartas de Iana sabendo que a carta 13 est´a com Ivo. Problema 12. (R´ ussia 1999) Mostre que os n´ umeros de 1 a 15 n˜ao podem ser divididos em um grupo A de dois elementos e um grupo B de 13 elementos tais que a soma dos elementos de B seja igual ao produto dos elementos de A. Problema 13. (Seletiva Rioplatense 2004) Em cada casa de um tabuleiro 8 × 8 escrevemos um n´ umero inteiro. Sabe-se que para cada casa, a soma dos seus vizinhos ´e 1. Encontre a soma de todos os n´ umeros do tabuleiro. Obs: Consideramos vizinhas casas com um lado em comum. Problema 14. Etevaldo pensou em cinco n´ umeros distintos e escreveu no quadro todos dez n´ umeros que s˜ ao somas de dois destes cinco n´ umeros. Ser´ a que Ovozildo pode descobrir os n´ umeros que Etevaldo pensou observando apenas os n´ umeros escritos no quadro?

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Dicas e Solu¸ c˜ oes

6. Liste todas as poss´ıveis somas cujo resultado ´e um quadrado perfeito. Observe que a sequˆencia deve ser iniciada por 8 ou 16. 7. Use per´ıodo 20. 11. (In´ıcio da solu¸c˜ao) Iana possui pelo menos uma carta, digamos a carta com o n´ umero k. Se 1 est´a com Ivo, o produto 1.k = k n˜ao est´a com Iana, que ´e uma contradi¸c˜ao. Logo, 1 est´a com Iana. Se 12 est´a com Ivo, a soma 1 + 12 = 13 n˜ao est´a com Ivo, que tamb´em ´e uma contradi¸c˜ao. Logo, 12 est´a com Iana. Agora, se as cartas 3 e 4 estiverem com pessoas diferentes o produto 3.4 = 12 n˜ao estar´a com Iana. Por´em, acabamos de ver que 12 est´a com Iana. Da´ı, 3 e 4 est˜ao com a mesma pessoa. Se ambas estiverem com Ivo, a soma 1 + 3 = 4 n˜ ao est´a com Ivo, contadi¸c˜ao. Logo, 3 e 4 est˜ao com Iana. Conseq¨ uˆentimente, 10 e 9 tamb´em est˜ao com Iana, pois a soma 10 + 3 = 9 + 4 = 13 est˜ao com Ivo. 12. Sejam a e b os dois elementos de de A. Pela condi¸c˜oes do problema podemos montar a seguinte equa¸c˜ao: (1 + 2 + · · · + 15) − a − b = ab ⇒ 120 = ab + a + b ⇒ 121 = (a + 1)(b + 1). Como a e b s˜ ao inteiros menores que 16, a u ´nica solu¸c˜ao poss´ıvel para a equa¸c˜ao ´e a = b = 10. Que ´e um absurdo, j´a que a e b s˜ ao elementos distintos. 13. Observe as casas marcadas no tabuleiro abaixo: ⋆⋆

⋆⋆ ⋆⋆

⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆

⋆ ⋆ ⋆ ⋆

⋆⋆

⋆ ⋆

Se olharmos para os vizinhos das casas marcadas acima, vemos que eles cobrem todo o tabuleiro e de maneira disjunta! Como a soma dos vizinhos de cada casa ´e 1, a soma total dos n´ umeros do tabuleiro ser´a igual ao n´ umero de casas marcadas, que ´e 20. 14. Sim, ´e poss´ıvel. Sejam a < b < c < d < e os n´ umeros escolhidos por Etevaldo. A soma dos n´ umeros escritos no quadro ´e igual ao quadruplo da soma S = a + b + c + d + e. Podemos escolher o maior e o menor valor escrito no quadro. Somando estes valores 5

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e multiplicando-o por quatro obtemos 4S − 4c. Assim, ´e poss´ıvel achar o valor de c. Note que os trˆes maiores valores escritos por Etevaldo s˜ ao e + d > e + c > d + c. Da´ı, fazendo (e + d) + (e + c) − (d + c) = 2e ´e poss´ıvel achar o valor de e. Mais ainda, como conhecemos e + d, consequentemente, tamb´em achamos d. De modo an´ alogo, observando os trˆes menores valores (a + b < a + c < b + c) ´e poss´ıvel determinar a e b.

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Paridade ´ Todo n´ umero ´e par ou ´ımpar. Obvio, n˜ao? Pois ´e com essa simples afirma¸c˜ao que vamos resolver os problemas deste cap´ıtulo. Problema 1. No reino da Frutilˆandia existe uma ´arvore m´ agica que possui 2005 ma¸c˜as e 2006 tomates. Todo dia um garoto sobe na ´arvore e come duas frutas. Quando ele come duas frutas iguais, nasce um tomate na ´arvore; quando ele come duas frutas diferentes, nasce uma ma¸c˜a. Ap´ os alguns dias restar´a apenas uma fruta na ´arvore. Que fruta ser´a?

Solu¸c˜ ao. Sempre que o garoto pega duas frutas da ´arvore, o n´ umero de ma¸c˜as diminuir´ a de 2 ou permanecer´a constante. Dessa forma a paridade do n´ umero de ma¸c˜as ser´a sempre o mesmo. Como inicialmente t´ınhamos um n´ umero ´ımpar de ma¸cas, a quantidade delas continuar´ a ´ımpar at´e o final. Logo, a u ´ltima fruta deve ser uma ma¸c˜a. Problema 2. Um jogo consiste de 9 bot˜ oes luminosos (de cor verde ou amarelo) dispostos da seguinte forma: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Apertando um bot˜ ao do bordo do retˆ angulo, trocam de cor ele e os seus vizinhos (do lado ou em diagonal). Apertando o bot˜ ao do centro, trocam de cor todos os seus oito vizinhos

POT 2012 - Combinat´ oria - N´ıvel 2 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda ´ poss´ıvel, apertando sucessivapor´em ele n˜ao. Inicialmente todos os bot˜ oes est˜ao verdes. E mente alguns bot˜ oes, torn´ a-los todos amarelos? Solu¸c˜ ao. Note que ao apertar um dos bot˜ oes 1, 3, 7 ou 9 trocamos de cor 4 bot˜ oes. Apertando um dos bot˜ oes 2, 4, 6 ou 8 trocamos a cor de 6 bot˜ oes. Apertando o bot˜ ao do centro trocamos a cor de 8 bot˜ oes. Como 4, 6 e 8 s˜ ao n´ umeros pares a quantidade total de bot˜ oes verdes ´e sempre um n´ umero par e para ter os 9 bot˜ oes amarelos, deveriamos ter zero bot˜ oes verdes. Absurdo, j´a que 0 ´e um n´ umero par. Para mostrar a relevˆ ancia do tema que estamos estudando em competi¸c˜oes de matem´atica, vamos resolver dois problemas que apareceram na olimp´ıada do Leningrado (com o final na Uni˜ao Sovi´etica, passou a ser conhecida como S˜ao Petersburgo). Problema 3. (Leningrado 1990) Paula comprou um caderno com 96 folhas, com p´aginas enumeradas de 1 a 192. Nicolas arrancou 25 folhas aleat´ orias e somou todos os 50 n´ umeros ´ poss´ıvel que esta soma seja 1990? escritos nestas folhas. E Solu¸c˜ ao. Observe que a soma dos n´ umeros escritos em uma mesma folha sempre ´e ´ımpar. Dessa forma, se Nicolas arrancou 25 folhas, a soma de todos os n´ umeros ser´a ´ımpar. Pois ´e a soma de uma quantidade ´ımpar de n´ umeros ´ımpares. Logo, esta soma n˜ao pode ser 1990. Problema 4. (Leningrado 1989) Um grupo de K f´ısicos e K qu´ımicos est´a sentado ao redor de uma mesa. Alguns deles sempre falam a verdade e outros sempre mentem. Sabe-se que o n´ umero de mentirosos entre os f´ısicos e qu´ımicos ´e o mesmo. Quando foi perguntado: “Qual ´e a profiss˜ ao de seu vizinho da direita?”, todos responderam “Qu´ımico.” Mostre que K ´e par. Solu¸c˜ ao. Pela resposta das pessoas do grupo, podemos concluir que do lado esquerdo de um f´ısico sempre est´a sentado um mentiroso e que do lado direito de um mentiroso sempre existe um f´ısico. Ent˜ao, o n´ umero de f´ısicos ´e igual ao n´ umero de mentirosos, que ´e claramente par. Ent˜ao K ´e par. Problema 5. Um gafanhoto vive na reta coordenada. Inicialmente, ele se encontra no ponto 1. Ele pode pular 1 ou 5 unidades, tanto para direita quanto para esquerda. Por´em, a reta coordenada possui buracos em todos os pontos que s˜ ao m´ ultiplos de 4 (i.e. existem buracos nos pontos −4, 0, 4, 8 etc), ent˜ao ele n˜ao pode pular para estes pontos. Pode o gafanhoto chegar ao ponto 3 ap´ os 2003 saltos? Solu¸c˜ ao. Note que a cada salto, muda a paridade do ponto em que o gafanhoto se encontra. Logo, ap´ os 2003 saltos, ele estar´a em uma coordenada par. Portanto, n˜ao pode ser 3.

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Para finalizar vamos resolver um problema interessante onde o uso da paridade n˜ao ´e t˜ao f´acil de perceber. Convidamos o leitor a tentar achar uma solu¸c˜ao, antes de ler a resposta em sequˆencia. ´ O PROBLEMA DOS CHAPEUS Imagine que 10 prisioneiros estejam trancados em uma cela quando chega um carcereiro com o seguinte comunicado: — Amanh˜ a todos vocˆes passar˜ ao por um teste. Todos vocˆes ficar˜ ao em fila indiana e ser˜ ao colocados chap´eus nas cabe¸cas de um de vocˆes. Cada um poder´ a ver os chap´eus dos que estar˜ ao a sua frente. Por´em, n˜ ao poder˜ ao ver os chap´eus dos que est˜ ao atr´ as, nem o seu pr´ oprio chap´eu. Os chap´eus ser˜ ao pretos ou brancos. Feito isso, ser´ a perguntado a cada um de vocˆes, do u ´ltimo para o primeiro, em ordem, qual a cor do seu chap´eu. Se a pessoa errar a cor do seu chap´eu, ser´ a morta. Ser´ a que os prisioneiros podem montar uma estrat´egia para salvar pelo menos 9 deles?

Pensando no problema: Bem, vamos come¸car a discutir o problema da seguinte maneira: ser´a que se eles combinarem de cada um deles falar a cor do chap´eu que est´a imediatamente a sua frente, eles podem salvar a maior parte do bando? Esta ´e a ideia que todos tˆem inicialmente, mas logo verifica-se que essa estrat´egia n˜ao funciona, pois basta que as cores dos chap´eus estejam alternadas para a estrat´egia n˜ao funcionar. (Lembre-se: estamos procurando uma estrat´egia que seja independente da escolha dos chap´eus). Ent˜ao devemos pensar de maneira mais profunda. Veja que durante o teste, cada um dos prisioneiros pode falar apenas uma entre duas palavras que s˜ ao; preto ou branco. Isto corresponde a um sistema de linguagem bin´ ario. Outras formas de linguagem bin´ aria s˜ ao: sim e n˜ao, zero ou um, par ou ´ımpar. E ´e exatamente esta analogia que vamos utilizar para montar nossa estrat´egia. Que ser´a a seguinte: Ou ´ltimo da fila deve olhar para a frente e contar o n´ umero de chap´eus pretos. Se este n´ umero for ´ımpar, ele deve gritar preto. Caso contr´ario, ele deve gritar branco. Com isso, 3

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todos ficam sabendo a paridade da quantidade de chap´eus pretos que existem entre os nove da fila. Agora, o pen´ ultimo vai olhar para frente e ver a quantidade de chap´eis pretos. Se a paridade continuar a mesma informada pelo u ´ltimo, ent˜ao seu chap´eu ´e branco. Se mudar, ele pode concluir que seu chap´eu ´e preto. E isto pode ser feito para todos os membros da fila, pois todos saber˜ao a cor dos chap´eus dos anteriores (tirando a cor do chap´eu do u ´ltimo) e a paridade dos chap´eus pretos que existem entre os nove primeiros. Portanto, ´e poss´ıvel salvar os nove primeiros, enquanto o u ´ltimo pode ser salvo, se ele tiver sorte! Vale ressaltar que as ideias presentes nesta aula ser˜ao de certa forma generalizadas em aulas futuras como nas aulas de tabuleiros e invariantes.

Problemas Propostos Problema 6. Existe alguma solu¸c˜ao inteira para a equa¸c˜ao a · b · (a − b) = 45045. ´ permitido permutar Problema 7. Os n´ umero 1, 2, ..., n est˜ao escritos em sequˆencia. E ´ quaisquer dois elementos. E poss´ıvel retornar `a posi¸c˜ao inicial ap´ os 2001 permuta¸c˜oes? Problema 8. Um c´ırculo est´a dividiso em seis setores que est˜ao marcados com os n´ umeros ´ permitido somar 1 a dois setores vizinhos. E ´ poss´ıvel, 1, 0, 1, 0, 0, 0 no sentido hor´ ario. E repetindo esta opera¸c˜ao v´arias vezes, fazer com que todos os n´ umeros se tornem iguais? ´ poss´ıvel que as seis diferen¸cas entre dois elementos de um conjunto de Problema 9. E quatro n´ umeros inteiros serem iguais a 2, 2, 3, 4, 4 e 6? Problema 10. Raul falou que tinha dois anos a mais que K´atia. K´atia falou que tinha o dobro da idade de Pedro. Pedro falou que Raul tinha 17 anos. Mostre que um deles mentiu. Problema 11. (Torneio das Cidades 1987) Uma m´ aquina d´a cinco fichas vermelhas quando algu´em insere uma ficha azul e d´a cinco fichas azuis quando algu´em insere uma ficha vermelha. Pedro possui apenas uma ficha azul e deseja obter a mesma quantidade de fichas ´ poss´ıvel fazer isto? azuis e vermelhas usando essa m´ aquina. E Problema 12. (China 1986) Considere uma permuta¸c˜ao dos n´ umeros 1, 1, 2, 2, ..., 1998, 1998 ´ ou n˜ao poss´ıvel fazer isto? tal que entre dois n´ umeros k existem k n´ umeros. E ´ poss´ıvel colocarmos n´ Problema 13. (R´ ussia 2004) E umeros inteiros positivos nas casas de um tabuleiro 9 × 2004 de modo que a soma dos n´ umeros de cada linha e a soma dos n´ umeros de cada coluna sejam primos? Justifique sua resposta. 4

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Problema 14. O n´ umero A possui 17 d´ıgitos. O n´ umero B possui os mesmos d´ıgitos de A, ´ por´em em ordem inversa. E poss´ıvel que todos os d´ıgitos de A + B sejam ´ımpares? Problema 15. *Considere um tabuleiro 1998 × 2002 pintado alternadamente de preto e branco da maneira usual. Em cada casa do tabuleiro, escrevemos 0 ou 1, de modo que a quantidade de 1’s em cada linha e em cada coluna do tabuleiro ´e ´ımpar. Prove que a quantidade de 1’s escritos nas casas brancas ´e par. Problema 16. *(Ucrˆ ania 1997) Considere um tabuleiro pintado de preto e branco da maneira usual e, em cada casa do tabuleiro, escreva um n´ umero inteiro, de modo que a soma dos n´ umeros em cada coluna e em cada linha ´e par. Mostre que a soma dos n´ umeros nas casas pretas ´e par.

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Dicas e Solu¸ c˜ oes

6. Analise as quatro possibilidades de paridade do par (a, b). 9. Se x e y s˜ ao n´ umeros inteiros, x + y e x − y possuem a mesma paridade. 13. Suponha que seja poss´ıvel fazer tal constru¸c˜ao. Sejam L1 , L2 , ..., L9 as somas dos n´ umeros de cada uma das 9 linhas, e C1 , C2 , ..., C2004 as somas dos n´ umeros de cada uma das 2004 colunas. Como cada Li e Cj s˜ ao primos, estes devem ser n´ umeros ´ımpares (j´a que s˜ ao soma de pelo menos nove inteiros positivos). Seja S a soma de todos os n´ umeros do tabuleiro. Por um lado ter´ıamos: S = L1 + L2 + · · · + L9 donde conclu´ımos que S ´e ´ımpar, pois ´e soma de 9 ´ımpares. Por outro lado: S = C1 + C2 + · · · + C2004 e daqui concluir´ıamos que S ´e par, o que ´e um absurdo. Logo tal constru¸c˜ao n˜ao ´e poss´ıvel. 15. Seja ai,j o n´ umero escrito na casa da i-´esima linha e da j-´esima coluna, 1 ≤ i ≤ 1998 e 1 ≤ j ≤ 2002. A casa (i, j) ´e branca se e somente se i e j possuem a mesma paridade. L=

999 2002 X X

a2i−1,j

i=1 j=1

´e a soma dos n´ umeros nas 999 linhas de ordem ´ımpar. Como a soma dos n´ umeros de cada linha ´e ´ımpar, L ´e ´ımpar. De maneira an´ aloga, a soma dos n´ umeros nas 1001 colunas de ordem par 1001 X X 1998 a2j,i C= j=1 i=1

tamb´em ´e ´ımpar. Seja P o conjunto de todas as casas pretas que est˜ao em colunas de ordem par, e S(P ) a soma de todos os n´ umeros escritos nas casas de P . Cada n´ umero escrito em uma casa de P aparece exatamente uma vez na soma L e exatamente uma vez na soma C. Ademais, cada n´ umero escrito em uma casa branca aparece exatamente uma vez na soma L + C. Assim, a soma dos n´ umeros escritos nas casas brancas ´e igual a L + C − 2S(P ), que ´e par.

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Contagem I De quantos modos podemos nos vestir? Quantos n´ umeros menores que 1000 possuem todos os algarismos pares? Contar coisas ´e algo t˜ao antigo quanto a pr´opria humanidade. Por´em, ao longo do tempo as id´eias evoluiram e novas t´ecnicas surgiram. Existem v´arias formas de contar coisas, a mais simples delas ´e a contagem caso a caso. Este ´e o processo que mais usamos em nosso cotidiado. Mas, ´e uma forma primitiva de resolver os problemas. Vamos aprender uma t´ecnica mais pr´ atica pensando no seguinte exemplo: Problema 1. Uma porta s´ o ´e aberta quando usamos simultaneamente a chave e o cart˜ao corretos. Se vocˆe possui duas chaves e trˆes cart˜oes, quantos testes devemos fazer para garantir que a porta ir´ a abrir? Solu¸c˜ ao. Podemos montar um diagrama (figura 1) para auxilar na solu¸ca˜o do problema.

Figura 1: Abrindo uma Porta. No diagrama acima podemos ver todas as combina¸c˜oes poss´ıveis de uma chave com um cart˜ao. Assim, a solu¸c˜ao ´e visual e igual a 6. Por outro lado, poder´ıamos ter resolvido o problema da seguinte forma: Note que para cada escolha de chave existem trˆes maneiras para escolher o cart˜ao. Como temos duas chaves, o total de combina¸c˜oes ´e 2 × 3 = 6. Nesse caso, seriam necess´arios 6

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testes para achar a combina¸c˜ao correta. Assim, se houvesse 30 chaves e 5 cart˜oes n˜ao seria necess´ario fazer um diagrama para contar as combina¸c˜oes uma por uma, o resultado seria simplesmente 30 × 5 = 150. O m´etodo que acabamos de usar ´e conhecido como princ´ıpio multiplicativo. Nos pr´oximos problemas vamos us´ a-lo de uma forma mais geral. Problema 2. Teddy possui 5 blusas, 3 cal¸c˜oes e 2 pares sapatos. De quantas maneiras diferentes ele pode se vestir? Solu¸c˜ ao. Vamos primeiro contar o n´ umero de maneiras que Teddy pode escolher a blusa e a cal¸ca. Bem, para cada cal¸ca que Teddy escolhe, ele tem ainda cinco maneiras de escolher a blusa. Como ele possui trˆes cal¸cas, o n´ umero total de modo de escolher o par (cal¸ca e blusa) ´e 5 × 3 = 15. Agora, para cada maneira de escolher esse par, ele ainda tem duas maneiras de escolher os sapatos. Da´ı, ´e f´acil concluir que Teddy pode se vestir de 5 × 3 × 2 = 30 maneiras diferentes. Problema 3. De quantos modos podemos pintar um tabuleiro 1 × 4 usando apenas trˆes cores, sem pintar casas vizinhas da mesma cor?

Solu¸c˜ ao. Podemos pintar a primeira casa de trˆes maneiras diferentes, a segunda de duas maneiras (n˜ao podemos usar a cor da primeira casa), a terceira casa pode ser pintada de duas maneiras (n˜ao podemos usar a cor da segunda casa), o mesmo ocorre com a quarta casa. Assim, o total de maneiras de pintar o tabuleiro ´e 3 × 2 × 2 × 2 = 24. Suponha que Carlos, Felipe, Marina e Ana estejam em uma fila. Se trocarmos a posi¸c˜ao de alguns deles dizemos que fizemos uma permuta¸ca ˜o. A pergunta ´e: Quantas permuta¸c˜oes podemos ter usando quatro pessoas? Antes de resolver o problema vamos introduzir uma nota¸c˜ao muito usada em problemas de contagem por simplificar algumas contas. Nota¸c˜ ao. Dado um n´ umero natural n, seja n! (leia n fatorial) o produto 1· 2· 3 · · · (n − 1) · n. Observe que o conseito de fatorial est´a fortemente ligado a` no¸c˜ao de permuta¸c˜ao. Para fixar essa nota¸c˜ao, vamos resolver alguns exerc´ıcios simples: 1. Calcule 4!, 5! e 6! 2. Calcule

100! 47! e 98! 44!3!

3. Resolva a equa¸c˜ao (m + 2)! = 72 · m! 2

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4. Prove que 1 1 n − = n! (n + 1)! (n + 1)! (b) 2 · 4 · 6 · 8 · · · (2n) = 2n · n! (a)

Problema 4. De quantas maneiras podemos formar uma fila com Carlos, Felipe, Marina e Ana? Solu¸c˜ ao. Podemos escolher o primeiro da fila de quatro maneiras, a segunda de trˆes, a terceira de duas e a u ´ltima de apenas uma maneira (a pessoa que sobrar). Desse modo temos 4 · 3 · 2 · 1 = 4! permuta¸c˜oes. Problema 5. (OBM 2005) Num rel´ ogio digital, as horas s˜ ao exibidas por meio de quatro algarismos. O rel´ ogio varia das 00:00 `as 23:00 horas. Quantas vezes por dia os quatro algarismos mostrados s˜ ao todos pares? Solu¸c˜ ao. Note que neste problema existe uma restri¸c˜ao nos d´ıgitos que marcam as horas e no primeiro d´ıtido que marca os minutos. Dessa forma, em vez de pensar em cada d´ıgito separadamente, vamos pensar em trˆes blocos de algarismos. O primeiro, que ´e formado pelos dois primeiros algarismos, pode assumir 7 valores diferentes (00, 02, 04, 06, 08, 20 ou 22); o segundo ´e formado apenas pelo terceiro d´ıgito e pode assumir 3 valores (0,2 ou 4); e ou ´ltimo d´ıgito pode assumir 5 valores (0,2,4,6 ou 8). Logo, o total de vezes em que todos aparecem pares ´e 7 × 3 × 5 = 105. Agora vamos nos preocupar com alguns problemas mais “cl´ assicos”. Apesar de serem problemas bem conhecidos por todos, vamos abord´ a-los aqui, pois empregam id´eias que s˜ ao constantemente usadas em v´arios problemas. Problema 6. (Quantidade de Subconjuntos) Quantos subconjuntos possui o conjunto M = {1, 2, 3, ..., 10}? Solu¸c˜ ao. A cada subconjunto de M vamos associar uma seq¨ uˆencia de 10 d´ıgitos que podem ser 0 ou 1. Essa associa¸c˜ao ser´a dada atrav´es da seguinte regra: O primeiro termo dessa seq¨ uˆencia ser´a 1 se o elemento 1 estiver no subconjunto e 0 caso contr´ario; O segundo termo dessa seq¨ uˆencia ser´a 1 se o elemento 2 estiver no subconjunto e 0 caso contr´ario; O terceiro termo dessa seq¨ uˆencia ser´a 1 se o elemento 3 estiver no subconjunto e 0 caso contr´ario; e assim por diante. Por exemplo, o subconjunto {1, 2, 5, 8, 10} est´a associado `a seq¨ uˆencia 1100100101, o subconjunto {2, 3, 5, 8} est´a associado ` a seq¨ uˆencia 0110100100, enquanto o subconjuto vazio ∅ ´e representado por 0000000000. Note que a quantidade de subconjuntos de M ´e igual `a quantidade destas seq¨ uˆencias. Por outro lado, podemos escolher cada d´ıgito de duas formas e, conseq¨ uˆentimente, temos 210 seq¨ uˆencias (que ´e a mesma quantidade de subconjuntos).

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Problema 7. (Quantidade de Divisores) Seja n = pα1 1 · pα2 2 · · · pαk k um n´ umero natural na sua forma fatorada. Ent˜ao, n possui exatamente (α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αk + 1) divisores inteiros positivos. Incluindo 1 e n. Solu¸c˜ ao. Note que cada divisor positivo de n ´e da forma n = pβ1 1 · pβ2 2 · · · pβk k , onde cada expoente βi ´e um n´ umero entre 0 e αi (inclusive). Dessa forma, temos (α1 + 1) maneiras de escolher o expoente de p1 ; (α2 + 1) maneiras de escolher o expoente de p2 ; assim por diante. Logo, segue o resultado do princ´ıpio multiplicativo.

Problemas Propostos Problema 8. Numa sala existem 3 homens e 4 mulheres. De quantos modos ´e poss´ıvel selecionar um casal? Problema 9. Cada casa de um tabuleiro 2 × 2 pode ser pintado de verde ou amarelo. De quantas maneiras podemos pintar o tabuleiro todo? Problema 10. (OBM 2004) De quantos modos diferentes podemos pintar (usando apenas uma cor) as casas de um tabuleiro 4 × 4 de modo que cada linha e cada coluna possua exatamente uma casa pintada? Problema 11. Quantos n´ umeros naturais de trˆes algarismos distintos existem? Problema 12. De quantos modos podemos por trˆes torres de trˆes cores diferentes em um tabuleiro 8 × 8 de modo que nenhuma delas ataque outra? Problema 13. Uma embarca¸c˜ao deve ser tripulada por oito homens, dois dos quais s´ o remam do lado direito e um apenas do lado esquerdo. Determine de quantos modos esta tripula¸c˜ao pode ser formada, se de cada lado deve haver quatro homens. Obs : A ordem dos homens deve ser considerada. Problema 14. De quantas maneiras podemos ir de A at´e B sobre a seguinte grade sem passar duas vezes pelo mesmo local e sem mover-se para esquerda? A figura abaixo mostra um caminho poss´ıvel.

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Problema 15. Ache a quantidade n´ umemos de quatro d´ıgitos tais que toda seq¨ uˆencia de trˆes algarismos consecutivos ´e formada por elementos distintos. Problema 16. (OBM 2005) Num tabuleiro quadrado 5 × 5, ser˜ao colocados trˆes bot˜ oes idˆenticos, cada um no centro de uma casa, determinando um triˆ angulo. De quantas maneiras podemos colocar os bot˜ oes formando um triˆ angulo retˆ angulo com catetos paralelos `as bordas do tabuleiro? Problema 17. Dizemos que a palavra algoritmo ´e um anagrama da palavra logaritmo pois ´e uma permuta¸c˜ao da letras de logaritmo. Sabendo disso, calcule a quantidade de anagramas da palavra vetor. Problema 18. Quantos anagramas da palavra vetor termina em uma vogal? Problema 19. De quantas maneiras ´e poss´ıvel colocar em uma prateleira 5 livros de matem´atica, 3 de f´ısica e 2 de biologia, de modo que livros de um mesmo assunto permane¸cam juntos? Problema 20. Quantos anagramas da palavra vetor possuem as vogais separadas? Problema 21. De quantas formas podemos colocar 4 bolas verdes e 4 bolas amarelas em um tabuleiro 4 × 4 de modo que cada coluna e cada linha possua exatamente uma bola de cada cor. Problema 22. Responda os itens a seguir: a) Ache a quantidade de divisores positivos de 3600. b) Quantos desses divisores s˜ ao pares? c) Quantos s˜ ao quadrados perfeitos? Problema 23. (Maio 2006) Um calend´ario digital exibe a data: dia, mˆes e ano, com 2 d´ıgitos para o dia, 2 d´ıgitos para o mˆes e 2 d´ıgitos para o ano. Por exemplo, 01-01-01 corresponde a primeiro de janairo de 2001 e 25-05-23 corresponde a 25 de maio de 2023. Em frente ao calend´ario h´a um espelho. Os d´ıgitos do calend´ario s˜ ao como os da figura abaixo.

Se 0, 1, 2, 5 e 8 se reflentem, respectivamente, em 0, 1, 5, 2 e 8, e os outros d´ıgitos perdem sentido ao se refletirem, determine quantos dias do s´eculo, ao se refletirem no espelho, correspondem tamb´em a uma data. Problema 24. (R´ ussia) Um n´ umero natural n ´e dito elegante se pode ser escrito como soma de cubo com um quadrado (n = a3 + b2 , onde a, b ∈ N). Entre 1 e 1000000 existem mais n´ umeros que s˜ ao elegantes ou que n˜ao s˜ ao? Problema 25. Quantos s˜ ao os n´ umeros de cinco d´ıgitos que s˜ ao m´ ultiplos de 3 e possuem 6 como um de seus d´ıgitos?

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Dicas e Solu¸ c˜ oes 10. Em cada coluna devemos escolher exatamente uma casa para pintar. Temos 4 possibilidades de escolher a da primeira coluna, 3 para a segunda, 2 para a terceira, e 1 para u ´ltima. Dessa forma, temos 4 · 3 · 2 · 1 = 24 maneiras de pintar o tabuleiro. 11. O primeiro algarismo pode ser escolhido de 9 modos (n˜ao podemos escolher o zero), para o segundo temos 9 possibilidades (pois deve ser diferente do primeiro) e o terceiro de 8 modos (deve ser diferente dos outros dois). Desse modo, a quantidade de n´ umeros ´e 9 · 9 · 8 = 648. 12. Temos 64 maneiras de escolher a posi¸c˜ao da primeira torre, 49 para a segundo e 36 para a terceira. Total de maneiras ´e 64 · 49 · 36 = 112896. 13. 4 × 3 × 4 × 5! = 5760 14. A formiga deve ir para direita extamente 5 vezes. Ao escolhermos esses movimentos, o resto do caminho estar´a bem definido. Como podemos escolher cada um destes cinco movimentos de seis maneiras, o total de caminhos ser´a 6 · 6 · 6 · 6 · 6 = 65 . 17. Considere os trˆes blocos formados por livros da mesma mat´eria. Podemos organizar esses blocos de 3! maneiras. Agora, em cada bloco ainda podemos permutar seus livros. Assim, o n´ umero correto de maneiras ´e 5! · 3! · 2! · 3!. 18. A palavra vetor possui 5! = 120 anagramas. Usando a mesma id´eia do problema 17 (separar em blocos), podemos achar que a quantidade destes anagramas com vogais juntas ´e 2 × 4! = 48. Logo, temos 120 − 48 = 72 anagramas com as vogais separadas. 19. Existem 4! maneiras de colocar as bolas verdes. Depois disso, escolha uma das bolas verdes. Ponha uma bola amerela na sua linha e uma na sua coluna. Note que, ao fazermos isto, as posi¸c˜oes das outras duas bolas amarelas estar´a bem definida. Dessa maneira, temos um total de 4! · 3 · 3 = 216 configura¸c˜oes. 21. Como n˜ao podemos usar os d´ıgitos 3, 4, 6, 7, 9 para formar uma data, os u ´nicos valores poss´ıveis para os dois primeiros d´ıgitos (os que marcam o dia) s˜ ao: 01, 02, 05, 08, 10, 11, 12, 15, 18, 20, 21, 22, 25, 28. Para os dois pr´oximos d´ıgitos temos as seguintes possibilidades: 01, 02, 05, 08, 10, 11, 12. Por outro lado, apenas os pares 01, 10 e 11 tamb´em correspondem a um mˆes quando s˜ ao refletidos. Para os dois u ´ltimos as possibilidades s˜ ao: 10, 20, 50, 80, 01, 11, 21, 51, 81, 02, 12, 22, 52, 82. Pois seus reflexos devem corresponder a um dia. Logo, o total de datas pedidas ´e 14 × 3 × 14 = 588.

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Contagem II Neste material vamos aprender novas t´ecnicas relacionadas a problemas de contagem.

1. Separando em casos Quando encontramos dificuldades em resolver um problema, uma estrat´egia u ´til ´e separ´ a-lo em casos menores em que essas dificuldades diminuam. Essa ideia ´e t˜ao significativa que os especialistas da ciˆencia da computa¸c˜ao nomearam-na de divide and conquer algorithm, em analogia ` as estrat´egias pol´ıtico-militares. Problema 1. O alfabeto da Tanzunlˆ andia ´e formado por apenas trˆes letras: A, B e C. Uma palavra na Tanzunlˆ andia ´e uma seq¨ uˆencia com no m´ aximo 4 letras. Quantas palavras existem neste pa´ıs? Solu¸c˜ ao. Existem 3 palavras com uma letra, 32 com duas letras, 33 com trˆes letras, e 34 com quatro letras. Logo, o total de palavras ´e 3 + 32 + 33 + 34 = 120. Problema 2. De quantos modos podemos pintar (usando uma de quatro cores) as casas da figura a baixo de modo que as casas vizinhas tenham cores diferentes? 1

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Solu¸c˜ ao. Vamos separar o problema em dois casos: i. Se as casas 1 e 3 tiverem a mesma cor, temos quatro maneiras de escolher essa cor. Podemos escolher a cor da casa 2 de trˆes maneiras (basta n˜ao ser a cor usadas nas casas 1 e 3), o mesmo vale para casa 4. Logo, temos 4 × 3 × 3 = 36 maneiras de pintar dessa forma.

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ii. Agora se 1 e 3 tˆem cores diferentes, podemos escolher a cor da casa 1 de quatro maneiras, da casa 3 de trˆes maneiras e, das casas 2 e 4, podemos escolher de duas maneiras cada. Assim, temos 4 × 3 × 2 × 2 = 48 maneiras de pintar desta outra forma. Desse modo, podemos concluir que existem 36 + 48 = 84 maneiras de pintar a rosquinha.

Problema 3. Quantos s˜ ao os n´ umeros de quatro d´ıgitos que n˜ao possuem dois algarismos consecutivos com a mesma paridade? Solu¸c˜ ao. Vamos separar o problema em dois casos: i. Quando o primeiro algarismo for par, temos 4 possibilidades para o primeiro d´ıgito, 5 para o segundo, 5 para o terceiro e 5 para o u ´ltimo. Totalizando 4 × 5 × 5 × 5 = 500 n´ umeros. ii. Quando o primeiro algarismo for ´ımpar, temos 5 possibilidades para cada um dos d´ıgitos. Logo, a quantidade de n´ umeros dessa forma ´e 5 × 5 × 5 × 5 = 625. Portanto, temos um total de 625 + 500 = 1125 n´ umeros de quatro d´ıgitos que n˜ao possuem dois algarismos consecutivos com a mesma paridade.

2. Contagens M´ ultiplas Os problemas que abordamos at´e agora tinham algo em comum: o papel da ordena¸c˜ao na diferencia¸c˜ao das possibilidades. Por´em, h´a casos em que a ordem dos elementos n˜ao ´e relevante para a contagem. Isso fica claro quando analisamos as seguintes situa¸c˜oes: Situa¸ c˜ ao 1. De um grupo de 7 pessoas, devemos escolher 3 delas para formar um p´odio (primeiro, segundo e terceiro lugares). De quantas formas podemos fazer isso? Situa¸ c˜ ao 2. De um grupo de 7 pessoas, devemos escolher 3 delas para formar um comitˆe (sem hierarquias). De quantas formas podemos fazer isso? Perceba que, apesar de serem semelhantes, s˜ ao problemas diferentes, com respostas tamb´em diferentes. O primeiro sabemos resolver. A resposta ´e 7 × 6 × 5 = 210. Agora, sabendo a essa resposta podemos dar uma solu¸c˜ao para o segundo problema. Note que, para cada comitˆe formado, podemos montar 3 × 2 × 1 = 6 p´odios distintos. Logo, o n´ umero de p´odios ´e seis vezes o n´ umero de comitˆes. Portanto, a resposta para o 210 segundo problema ´e = 35. 6 Podemos usar essa estrat´egia para resolver problemas de anagramas em que as palavras possuem letras repetidas.

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Problema 4. Quantos anagramas possui a palavra matematica (desconsidere o acento)? Solu¸c˜ ao. Se imaginarmos por um momento uma palavra de 10 letras diferentes: m1 a1 t1 em2 a2 t2 ica3 , o n´ umero total de anagramas ser´a 10!. Por´em, ao trocarmos letras que na realidade s˜ ao iguais (como a1 e a3 ) o anagrama continua o mesmo. Dessa forma, cada anagrama foi 10! contado 2 × 2 × 3! vezes. Portanto, a resposta ´e . 2 × 2 × 3! Problema 5. De quantas formas podemos por oito pessoas em uma fila se Alice e Bob devem estar juntos, e Carol deve estar em algum lugar atr´ as de Daniel? Solu¸c˜ ao. Vamos imaginar Alice e Bob como uma u ´nica pessoa. Existir˜ao 7! = 5040 possibilidades. Alice pode estar na frente de Bob ou vice versa. Ent˜ao devemos multiplicar o n´ umero de possibilidades por 2. Por outro lado, Carol est´a atr´ as de Daniel em exatamente metade dessas permuta¸c˜oes, ent˜ao a resposta ´e apenas 5040.

Problemas Propostos Problema 6. Escrevem-se todos os inteiros de 1 a 9999. Quantos n´ umeros tˆem pelo menos um zero? Problema 7. Quantos n´ umeros de trˆes d´ıgitos possuem todos os seus algarismos com a mesma paridade? Problema 8. Quantos s˜ ao os n´ umeros de quatro algarismos que possui pelo menos um d´ıgito repetido? Problema 9. Quantos s˜ ao os n´ umeros de quatro d´ıgitos distintos que n˜ ao possuem dois algarismos consecutivos com a mesma paridade? Problema 10. De quantas maneiras podemos colocar um rei preto e um rei branco em um tabuleiro de xadrez (8 × 8) sem que nenhum deles ataque o outro? Problema 11. Quantos s˜ ao os naturais pares que se escrevem com trˆes algarismos distintos? Problema 12. Na cidade G´ otica as placas das motos consistem de trˆes letras. A primeira letra deve estar no conjunto {C, H, L, P, R}, a segunda letra no conjunto {A, I, O}, e a terceira letra no conjunto {D, M, N, T }. Certo dia, decidiu-se aumentar o n´ umero de placas usando duas novas letras J e K. O intendente dos transportes ordenou que as novas letras fossem postas em conjuntos diferentes. Determine com qual op¸c˜ao podemos obter o maior n´ umero de placas. 3

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Problema 13. (Maio 1998) Cada um dos seis segmentos da figura abaixo deve ser pintado de uma de quatro cores de modo que segmentos vizinhos n˜ao tenham a mesma cor. De quantas maneiras podemos fazer isso?

Problema 14. Em uma festa havia 6 homens e 4 mulheres. De quantos modos podemos formar 3 pares como essas pessoas? Problema 15. De quantas maneiras podemos por trˆes torres de mesma cor em um tabuleiro 8 × 8 de modo que nenhuma delas ataque a outra? Problema 16. (AIME 1996) Duas casas de um tabuleiro 7 × 7 s˜ ao pintadas de amarelo e as outras s˜ ao pintadas de verde. Duas pinturas s˜ ao ditas equivalentes se uma ´e obtida a partir de uma rota¸c˜ao aplicada no plano do tabuleiro. Quantas pinturas inequivalentes existem? Problema 17. Em uma sala de aula existem a meninas e b meninos. De quantas formas eles podem ficar em uma fila, se as meninas devem ficar em ordem crescente de peso, e os meninos tamb´em? (Suponha que 2 pessoas quaisquer n˜ao tenham o mesmo peso.) Problema 18. Considere um torneio de xadrez com 10 participantes. Na primeira rodada cada participante joga somente uma vez, de modo que h´a 5 jogos realizados simultaneamente. De quantas maneiras esta primeira rodada pode ser realizada? Problema 19. Doze cavaleiros est˜ao sentados em torno de uma mesa redonda. Cada um dos 12 cavaleiros considera seus dois vizinhos como rivais. Deseja-se formar um grupo de 5 cavaleiros para salvar uma princesa. Nesse grupo n˜ao poder´ a haver cavaleiros rivais. Determine de quantas maneiras ´e poss´ıvel escolher esse grupo.

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Dicas e Solu¸ c˜ oes 6. Ache a quantidade de n´ umeros de 0 a 9999 sem nenhum d´ıgito zero. Fa¸ca essa contagem separando em quatro casos (de acordo com a quantidade de algarismos). 7. Separe em dois casos: 1) quando todos os d´ıgitos s˜ ao pares; 2) quando todos os d´ıgitos s˜ ao ´ımpares. N˜ ao se esque¸ca que zero n˜ao pode ser o primeiro d´ıgito! 10. Podemos dividir o tabuleiro em trˆes regi˜ oes: A primeira ´e formada pelas quatro casas nos cantos do tabuleiro; a segunda pelas 24 casas da borda (que n˜ao est˜ao nos cantos); e a terceira pelo tabuleiro 6 × 6 no interior do tabuleiro. Se o primeiro rei for posto na primeira regi˜ ao, temos 60 maneiras de colocar o segundo rei; se ele for posto na segunda, temos 58 maneiras; e se for posto na terceira, temos 55 maneiras. Logo, temos um total de 4 × 60 + 24 × 58 + 36 × 55 = 3612 modos diferentes de colocar os dois reis. 12. Inicialmente temos 5·3·4 = 60 placas. De acordo com o problema, temos as seguintes op¸c˜oes para o novo n´ umero de placas: 6 · 4 · 4 = 96, 5 · 4 · 5 = 100 e 6 · 3 · 5 = 90. Logo, o n´ umero m´ aximo ´e 100. 14.

(6 × 5 × 4) × (4 × 3 × 2) . 3!

15.

64 × 49 × 36 . 3!

16. Separe o problema em dois casos. Quando as casas amarelas s˜ ao simetricas em rela¸c˜ao ao centro do tabuleiro e quando n˜ao s˜ ao. Conte o n´ umero de pinturas equivalentes em casa caso. 17. Temos (a + b)! maneiras de permutar todas as crian¸cas. Por´em apenas uma das a! permuta¸c˜oes das meninas est´a na ordem correta e apenas b! das permuta¸c˜oes dos (a + b)! meninos est´a correta. Logo, a resposta ´e . a!b!

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Jogos Quando falamos em jogos, pensamos em v´arios conhecidos como: xadrez, as damas e os jogos com baralho. Por´em, n˜ao s˜ ao desses jogos que iremos falar neste material. Imagine que exista algum tipo de jogo em que vocˆe pudesse ganhar sempre, independente de como seu advers´ario jogasse? Seria uma boa, n˜ ao?! Pois esses jogos existem e s˜ ao um dos assuntos mais abordados em provas de olimp´ıada. Nesta aula vamos mostrar v´arios destes jogos e as principais estrat´egias vencedoras: a simetria e o uso das posi¸co ˜es vencedoras.

1. Simetria Uma das estrat´egias mais simples ´e o uso de alguma simetria que pode ocorrer durante o jogo em vantagem de um dos jogadores, for¸cando sempre uma nova rodada para o jogador “destinado `a derrota”. Para entender melhor veja o seguinte exemplo: Problema 1. Pedro e Mˆ onica jogam em um tabuleiro 1 × 11. Cada um, em sua vez, pode pintar um dos quadrados (que n˜ao foram pintados anteriormente), ou dois quadrados consecutivos (se ambos estiverem brancos). Quem n˜ao puder mais jogar perde. Sabe-se que Pedro ser´a o primeiro a jogar. Quem pode sempre garantir a vit´oria? Solu¸c˜ ao. Pedro sempre poder´ a ganhar se seguir a seguinte estrat´egia: (i) Inicialmente, Pedro deve pintar o quadrado do meio.

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(ii) Agora, depois que Mˆ onica fizer sua jogada, Pedro deve jogar sempre simetricamente em rela¸c˜ao ao centro do tabuleiro (i.e. sempre deixando o tabuleiro sim´etrico). Por exemplo, se Mˆ onica jogar nas casas 9 e 10, Pedro deve jogar nas casas 2 e 3.

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(iii) Assim, Mˆ onica nunca poder´ a ganhar, pois na sua jogada ela “quebra a simetria” e a configura¸c˜ao final do jogo todas as casas estar˜ao pintadas, ou seja, a configura¸c˜ao ´e sim´etrica. O pr´oximo exemplo ´e um dos problemas que apareceu na prova da OBM de 2004. Vamos apresentar uma solu¸c˜ao diferente da solu¸c˜ao proposta na Eureka! 22, usando simetria: Problema 2. Arnaldo e Bernardo disputam um jogo em um tabuleiro 2 × n :

2 n As pe¸cas do jogo s˜ ao domin´os 2 × 1. Inicialmente Arnaldo coloca um domin´o cobrindo exatamente duas casas do tabuleiro, na horizontal ou na vertical. Os jogadores se revezam colocando uma pe¸ca no tabuleiro, na horizontal ou na vertical, sempre cobrindo exatamente duas casas do tabuleiro. N˜ ao ´e permitido colocar uma pe¸ca sobre outra j´a colocada anteriormente. Quem n˜ao conseguir colocar uma pe¸ca no tabuleiro perde. Qual dos dois jogadores tem uma estrat´egia vencedora, ou seja, uma estrat´egia que o leva `a vit´oria quaisquer que sejam as jogadas de seu advers´ario, para: a) n = 2004? b) n = 2005? Solu¸c˜ ao. Quando n = 2005 o primeiro jogador garante a vit´oria. Ele pode fazer isto colocando um domin´o na vertical no meio do tabuleiro e, em seguida, jogar simetricamente ao segundo jogador. Quando n = 2004 o tabuleiro possui um n´ umero par de colunas. Desse modo, o segundo ganha jogando simetricamente ao primeiro jogador. Como vocˆe deve ter visto, usar a simetria ´e realmente uma t´ecnica muito eficiente. Por´em, `as vezes, usar apenas a simetria n˜ao ´e suficiente para resolver o problema. Observe o pr´oximo exemplo retirado da ol´ımpiada da Bielor´ ussia de 2000. Problema 3. Tom e Jerry jogam o seguinte jogo. Eles colocam alternadamente pinos idˆenticos em casas vazias de um tabuleiro 20 × 20 (um pino de cada vez). Tom ´e o primeiro a jogar. Vence quem, em sua jogada, formar um bloco de quatro pinos vizinhos. Dois pinos s˜ ao vizinhos se estiverem em casas com um lado em comum. Determine quem possui a estrat´egia vencedora. Solu¸c˜ ao. Jerry deve jogar simetricamente em rela¸c˜ao ao centro do tabuleiro. Assim que Tom formar trˆes um bloco de trˆes pinos vizinhos, Jerry deve abandonar a estrat´egia sim´etrica e completar o bloco de quatro pinos vizinhos. 2

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2. Posi¸ c˜ oes Vencedoras Alguns tipos de jogos possuem certas configura¸c˜oes que sempre levam um jogador `a vit´oria. Essas configura¸c˜oes s˜ ao chamadas de posi¸c˜oes vencedoras. O pr´oximo exemplo ´e um jogo bastante simples em que essa estrat´egia aparece facilmente. Problema 4. Na primeira casa de um tabuleiro 1 × 13 est´a uma moeda. Tiago e Maria movem a moeda alternadamente. Em cada turno ´e permitido avan¸car 1, 2, 3, 4 ou 5 casas. Quem colocar a moeda na u ´ltima casa ´e o vencedor. Se Maria come¸car jogando, ela pode ter certeza da vit´oria? Solu¸c˜ ao. Como em muitos problemas de olimp´ıada, vamos analisar alguns casos pequenos. Vamos supor que em vez de 13 casas o tabuleiro tivesse apenas quatro. Neste caso, fica f´acil ver que quem come¸ca ganha basta avan¸car trˆes casas. O mesmo iria ocorrer se o tabuleiro tivesse 2, 3, 4, 5 ou 6 casas. Por´em, em um tabuleiro 7 × 1 o primeiro jogador perde. Veja que ap´ os a primeira jogada a moeda estar´a em uma das casas 2, 3, 4, 5 ou 6. E j´a sabemos que essas casas levam o jogador `a vit´oria.

Desse modo, vamos dizer que 7 ´e uma posi¸c˜ao perdedora e 6, 5, 4, 3 e 2 s˜ ao posi¸c˜oes vencedoras. Assim, se um o jogador estiver em uma das casas 8, 9, 10, 11 ou 12, ele pode garantir a vit´oria movendo a moeda para a casa 7, deixando o seu advers´ario em uma posi¸c˜ao perdedora. Com isso, podemos afirmar que as posi¸c˜oes 8, 9, 10, 11 e 12 tamb´em s˜ ao posi¸c˜oes vencedoras. Resta analisar a 13a casa. Observe que a partir desta casa podemos mover a moeda apenas para uma das casas 8, 9, 10, 11 ou 12 que s˜ ao vencedoras. Da´ı, quem come¸car perde pelo simples fato de iniciar em uma posi¸c˜ao perdedora. A grande dificuldade para a maioria dos alunos ´e descobrir quais s˜ ao as posi¸c˜oes vencedoras de um jogo. Para evitar esse tipo de problema, tenha sempre em mente as seguintes defini¸c˜oes: (a) Posi¸c˜ao vencedora: A partir dela, podemos escolher um movimento e repassar uma posi¸c˜ao perdedora para o advers´ario. (b) Posi¸c˜ao perdedora: A partir dela, ´e imposs´ıvel escolher um movimento e repassar uma posi¸c˜ao perdedora para o advers´ario. Ou seja, n˜ ao importa o movimento escolhido, o advers´ario ir´ a receber uma posi¸c˜ao vencedora.

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E como fazer para descobrir quais s˜ ao as posi¸c˜oes vencedoras e perdedoras? A melhor maneira de se fazer isto ´e analisando o final do jogo e aplicar as defini¸c˜oes acima. Vamos praticar um pouco resolvendo o pr´oximo problema. Problema 5. Em um tabuleiro 8 × 8, uma torre est´a na casa a1. Dois jogadores movem a torre com objetivo de colocar a torre na casa h8. Sabendo que a torre pode mover-se apenas para cima ou para direita (quantas casas o jogador desejar) e que n˜ao pode-se passar a vez, determine qual jogador tem a estrat´egia vencedora. Solu¸c˜ ao. Primeiramente note que todas as casas da u ´ltima linha e da u ´ltima coluna (exceto a h8) s˜ ao vencedoras pois, a partir delas podemos escolher um movimento que nos leve `a vit´oria. Com, isso a casa g7 se torna perdedora pois, a partir dela qualquer movimento leva o outro jogador a uma posi¸c˜ao vencedora (veja a figura 1).

Figura 1

Figura 2

Figura 3

Agora, como g7 ´e perdedora, as demais casas da s´etima linha e da s´etima coluna s˜ ao vencedoras. Mais ainda, a casa f 6 tamb´em deve ser perdedora (figura 2). Continuando de maneira an´ aloga, obtemos que a casa a1 ´e perdedora (figura 3). Logo, quem come¸car, perde.

Problemas Propostos Problema 6. Sobre uma mesa existem duas pilhas (uma com 15 e outra com 16 pedras). Em um jogo cada jogador pode, em sua vez, retirar qualquer quantidade de pedras de apenas uma pilha. Quem n˜ao puder mais jogar perde. Quem possui a estrat´egia vencedora? Problema 7. Dois jogadores colocam alternadamente bispos (da mesma cor) em um tabuleiro 8 × 8, de forma que nenhum bispo ataque outro. Quem n˜ao puder mais jogar perde. Problema 8. Dois jogadores colocam alternadamente reis (da mesma cor) em um tabuleiro 9 × 9, de forma que nenhum rei ataque outro. Quem n˜ao puder mais jogar perde. Problema 9. S˜ao dados um tabuleiro de xadrez (8 × 8) e palitinhos do tamanho dos lados das casas do tabuleiro. Dois jogadores jogam alternadamente e, em cada rodada, um dos 4

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jogadores coloca um palitinho sobre um lado de uma das casas do tabuleiro, sendo proibido sobrepor os palitinhos. Vence o jogador que conseguir completar primeiro um quadrado 1 × 1 de palitinhos. Supondo que nenhum dos jogadores cometa erros, qual dos dois tem a estrat´egia vencedora? Problema 10. S˜ao dados vinte pontos ao redor de um c´ırculo. Cada jogador em sua vez pode ligar dois desses pontos se essa novo segmento n˜ao cortar os feitos anteriormente. Quem n˜ao puder mais tra¸car nenhum segmento perde. Problema 11. Dois jogadores colocam alternadamente x’s e o’s em um tabuleiro 9 × 9. O primeiro escreve x’s e o segundo o’s. Quando o tabuleiro for completamente preenchido o jogo termina e os pontos s˜ ao contados. Um ponto ´e dado ao jogador para cada linha ou coluna em que ele possuir mais casas dos que o advers´ario. O jogador que possuir mais pontos vence. Quem pode sempre ganhar? Problema 12. Um pino est´a no centro de um tabuleiro 11 × 11. Dois jogadores movem alternadamente o pino para qualquer outra casa do tabuleiro, mas a cada movimento (a partir do segundo) deve ser maior que o anterior. O jogador que n˜ao puder mais jogar perde. Ache a estrat´egia vencedora. Problema 13. Um jogo consiste em quebrar um tabuleiro 5 × 10 ao longo de suas linhas. Ganha o primeiro jogador que obter um quadrado 1 × 1. Quem tem a estrat´egia vencedora? Problema 14. (R´ ussia 1997) Os n´ umeros 1, 2, 3, ..., 1000 s˜ ao escritos no quadro. Dois jogadores apagam alternadamente um dos n´ umeros da lista at´e que s´ o restem dois n´ umeros. Se a soma desses n´ umeros for divis´ıvel por 3, o primeiro jogador vence, caso contr´ario vence o segundo. Quem tem a estrat´egia vencedora? Problema 15. Sobre uma mesa existem duas pilhas de moedas com 11 moedas cada. Em cada turno, um jogador pode retirar duas moedas de uma das pilhas ou retirar uma moeda de cada pilha. O jogador que n˜ao puder mais fazer movimentos perde. Problema 16. Tom e Jerry jogam um jogo e Tom faz a primeiro passo. Em cada turno o jogador pode diminuir de um dado natural N um dos seus d´ıgitos n˜ao-nulos. Inicialmente o n´ umero N ´e 1234. O jogador que obter zero ganha. Quem pode garantir a vit´oria? Problema 17. Uma pilha de 500 pedras ´e dada. Dois jogadores jogam o seguinte jogo: Em cada turno, o jogador pode retirar 1, 2, 4, 8, ... (qualquer potˆencia de 2) pedras da pilha. O jogador que n˜ao puder mais jogar perde. Problema 18. Em uma caixa existem 300 bolinhas. Cada jogador pode retirar n˜ao mais do que a metade das bolinhas que est˜ao na caixa. O jogador que n˜ ao puder mais jogar perde. Problema 19. Sobre uma mesa existem duas pilhas (uma com 7 e outra com 15 pedras). Em um jogo cada jogador pode, em sua vez, retirar qualquer quantidade de pedras de apenas uma pilha ou a mesma quantidade de ambas as pinhas. Quem n˜ao puder mais jogar perde. Quem possui a estrat´egia vencedora? 5

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Dicas e Solu¸ c˜ oes 6. O jogador 1 deve retirar uma pedra da pilha com 16. Em seguida, deve jogar simetricamente em rela¸c˜ao ao jogador 2. 7. Divida o tabuleiro em duas partes, cada uma formada por 4 linhas. O jogador 1 deve jogar ent˜ao simetricamente. 8. O primeiro jogador deve colocar um rei no centro, e depois jogar simetricamente em rela¸c˜ao ao centro do tabuleiro. 14. Observe que a soma de dois elementos opostos sempre ´e 1002, que ´e um m´ ultiplo de 3. 15. Construa um tabuleiro 11 × 11, onde a casa (i, j) represente quantidade de pedras em cada pilha. Observe que o movimento do jogo original ´e equivalente ao movimento do cavalo no tabuleiro. Termine o problema descobrindo as posi¸c˜oes vencedoras e perdedoras atrav´es de indu¸c˜ao retroativa. 17. Pense nos m´ ultiplos de 3. Nenhuma potˆencia de 2 ´e m´ ultiplo de 3. 18. Pense nas potˆencias de 2. 19. Novamente, use a id´eia do tabuleiro que foi usada para resolver o problema 15.

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Princ´ıpio da Casa dos Pombos I O princ´ıpio da casa dos pombos tamb´em ´e conhecido em alguns pa´ıses (na R´ ussia, por exemplo) como Princ´ıpio de Dirichlet pois, foi o matem´ atico Lejeune Dirichlet o primeiro matem´ atico a usa este m´etodo para resolver problemas n˜ao triviais. Outros matem´ aticos que se destacaram por usarem essa id´eia para resolver diversos problemas foram os h´ ungaros Erd˝os e Szekeres. Vamos abordar este princ´ıpio da seguinte maneira: “Se em n caixas s˜ ao postos n + 1 pombos, ent˜ ao pelo menos uma caixa ter´ a mais de um pombo.”

Alguns Exemplos: i. Em um grupo de trˆes pessoas, pelo menos duas delas s˜ ao do mesmo sexo. ii. Em um grupo de 13 pessoas, pelo menos duas delas tˆem o mesmo signo. iii. Em um grupo de 5 cartas de baralho, pelo menos duas s˜ ao do mesmo naipe. iv. Na cidade de Fortaleza, existem pelo menos duas pessoas com o mesmo n´ umero de fios de cabelo. Agora vamos ver como algo t˜ao simples pode resolver problemas aparentemente dif´ıceis: Problema 1. Escolhem-se 5 pontos ao acaso sobre a superf´ıcie de um quadrado de lado √ 2. Mostre que pelo menos dois deste pontos est˜ao em um distˆ ancia menor que ou igual a 2. Solu¸c˜ ao. Divida o quadrado em quatro quadrados menores como na figura ao lado. Como temos cinco pontos e quatro quadrados, teremos pelo menos dois pontos no mesmo quadradinho. Como a maior distˆ ancia entre dois pontos do mesmo quadradinho n˜ao supera a medida de sua diagonal, o resultado segue de imediato.

√ 2

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Passo de M´ agica? Para o aluno iniciante a solu¸c˜ao do problema anterior pode ter parecida um pouco m´ agica. Vamos mostrar que n˜ao ´e bem assim, que existe um m´etodo na solu¸c˜ao de alguns problemas simples que usam a id´eia da casa dos pombos. A primeira coisa que devemos aprender a reconhecer ´e quando um problema se trata de um problema sobre casa dos pombos. Isso pode ser ganho com experiencia, mas vamos dar um empur˜aozinho para vocˆe. Um problema de PCP tem quase sempre a seguinte cara: • Dado um conjunto de n objetos, prove que podemos escolher k deles satisfazendo uma propriedade. Bem, depois de identificar que o enunciado do problema no traz a id´eia de usar PCP, devemos nos concentrar em responder as seguintes perguntas: (i) Quem s˜ ao os pombos? (ii) Quantas s˜ ao as casas? (iii) Quem s˜ ao as casas? Quase sempre as duas primeiras perguntas s˜ ao as mais f´aceis de serem respondidas. Para responder a terceira pergunta devemos pensar no conceito dual de espa¸co amostral. Por um lado, o espa¸co amostral ´e o conjunto das poss´ıveis posi¸c˜oes dos pombos. Por outro, ´e a uni˜ ao de todas as casas. Para finalizar, devemos separar o espa¸co amostral no n´ umero de casas j´a descoberto. Nessa hora ´e importante lembrar que as casas devem fletir a propriedade desejada. Como acabamos de ver, usar o princ´ıpio da casas dos pombos n˜ ao ´e dif´ıcil. O dif´ıcil est´a em achar o que ser˜ao nossos “pombos” e “caixas”. O pr´oximo problema ´e, a priori, um problema de teoria dos n´ umeros. Por´em, vamos usar o princ´ıpio da casa dos pombos para resolvˆe-lo.

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Problema 2. Prove que dados sete inteiros positivos, existem dois cuja soma ou a diferen¸ca ´e um m´ ultiplo de 10. Solu¸c˜ ao. Vamos montar seis caixas C0 , C2 , ..., C5 onde um inteiro est´a na caixa Ci se ´e congruente a i ou a −i m´ odulo 10. Sabemos que existir˜ ao dois inteiros na mesma caixa. Dessa forma, se eles forem incongruentes m´ odulo 10, basta som´a-los. Caso contr´ario, fa¸ca a sua diferen¸ca. Problema 3. Dados 5 pontos no plano com coordenadas inteiras, prove que pelo menos um dos dez pontos m´edio gerados por eles tamb´em possui coordenadas inteiras. Solu¸c˜ ao. Podemos separar os pontos de coordenadas inteiras (que ´e representado por Z×Z) em quatro grupos G1 , G2 , G3 , G4 como a seguir. i) G1 = {(x, y) ∈ Z × Z|x, y s˜ ao ambos pares}. ii) G2 = {(x, y) ∈ Z × Z|x, y s˜ ao ambos ´ımpares}. iii) G3 = {(x, y) ∈ Z × Z|x ´e par e y ´e ´ımpar}. iv) G4 = {(x, y) ∈ Z × Z|x ´e ´ımpar e y ´e par}. Observe que pontos que pertencem ao mesmo grupo, possuem pontos m´edios com coordenadas inteiras. Como temos 5 pontos, o princ´ıpio da casa dos pombos nos garante que h´a pelo menos dois pontos no mesmo grupo. Problema 4. Nove pontos s˜ ao postos sobre a superf´ıcie de um tetraedro regular com 1cm de aresta. Prove que detre esses pontos ´e poss´ıvel acahr dois com distˆ ancia (espacial) n˜ao maior que 0.5cm. Solu¸c˜ ao. Vamos particionar a superf´ıcie do tetraedro em 16 triˆ angulos eq¨ uil´ateros congruentes, dividindo cada face em quatro partes usando suas bases m´edias. Agora vamos criar 8 regi˜ oes pitando esses triˆ angulos de acordo com a seguinte regra: os triˆ angulos que possuem um mesmo v´ertice do tetraedro ser˜ao pintados da mesma cor; dessa forma j´a usamos quatro cores diferentes para 12 triˆ angulos e os outros quatro vamos pintar usando as demais cores. De acordo com o Princ´ıpio da Casa dos Pombos, pelo menos dois dos nove pontos estar˜ao na mesma regi˜ ao. Fica apenas faltando que a distˆ ancia m´ axima entre dois pontos da mesma regi˜ ao ´e no m´ aximo 0.5cm.

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Problemas Propostos Problema 5. Cinquenta e um pontos s˜ ao postos no interior de um quadrado de lado 1 metro. Prove que existe um conjunto de trˆes desses pontos podem ser cobertos por um quadrado de lado 20 cent´ımetros. Problema 6. Em cada casa de um tabuleiro 3 × 3 ´e colocado um dos n´ umeros −1, 0, 1. Prove que, dentre as oito somas ao longo de uma mesma linha, coluna ou diagonal, existem duas iguais. Problema 7. Prove que de qualquer conjunto de dez inteiros podemos escolher um subconjunto cuja soma ´e um m´ ultiplo de 10. Problema 8. Prove que existe uma potˆencia de 3 terminada nos d´ıgitos 001 (na base decimal). Problema 9. Mostre que um triˆ angulo eq¨ uil´atero n˜ao pode ser totalmente coberto por outros dois triˆ angulos eq¨ uil´ateros menores. Problema 10. (Longlist IMO 1977 - Romˆenia) Dados 37 pontos no espa¸co com coordenadas inteiras, prove que pelo menos um dos triˆ angulos formado por trˆes destes pontos possui o baricentro com coordenadas inteiras. Problema 11. (Bielorussia 1996) Em um grupo de 29 hobbits existem alguns deles que falam a verdade e os outros que sempre mentem. Em um certo dia de primavera, todos eles se sentaram ao redor de uma mesa, e cada um deles falou que seus dois vizinhos eram mentirosos. a) Prove que pelo menos 10 hobbtis falavam a verdade. ´ poss´ıvel que exatamente 10 deles falem a verdade? b) E Problema 12. Em cada casa de um tabuleiro 10 × 10 ´e posto um inteiro de modo que a diferen¸ca positiva entre os inteiros de duas casas vizinhas (lado em comum) ´e no m´ aximo 5. Prove que dois destes inteiros devem ser iguais.

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Problema 13. Trinta e trˆes torres s˜ ao postas em um tabuleiro 8 × 8. Prove que podemos escolher cinco delas sem que nenhuma ataque a outra. Problema 14. (Longlist IMO 1979 - Bulg´aria) Colocamos 4n + 1 reis em um tabuleiro infinito. Prove que podemos escolher n + 1 deles de modo que n˜ao existam dois que se ataquem. Problema 15. Prove que de qualquer subconjunto de n+1 elementos do conjunto {1, 2, ..., 2n} ´e poss´ıvel escolher dois que sejam primos entre si. Problema 16. (IMO 1972) Prove que, de qualquer conjunto de dez n´ umeros distintos de dois d´ıgitos, podemos escolher dois subconjuntos A e B (disjuntos) cuja a soma dos elementos ´e a mesma em ambos. Problema 17. Quarenta estudantes participaram de uma olimp´ıada de matem´ atica. A prova consistia de cinco problemas ao todo. Sabe-se que cada problema foi resolvido corretamente por pelo menos 23 participantes. Prove que deve existir dois participantes tais que todo problema foi resolvido por pelo menos um deles dois. Problema 18. Prove que em qualquer grupo de 17 n´ umeros escolhidos do conjunto M = {1, 2, 3, ..., 24, 25} ´e poss´ıvel escolher dois cujo produto ´e um quadrado perfeito.

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Dicas e Solu¸ c˜ oes 5. Imite aa solu¸c˜ao do problema 1. 6. A soma de trˆes n´ umeros varia no conjunto {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3} como s˜ ao 8 somas, pelo menos uma ser´a usada mais de uma vez. 7. Se a1 , a2 , ..., a10 s˜ ao os n´ umeros, considere as somas S1 = a1 S2 = a1 + a2 S3 = a1 + a2 + a3 .. . S10 = a1 + a2 + · · · + a10 . Se uma delas for um m´ ultiplo de 10, teremos encontrado a solu¸c˜ao do problema. Caso contr´ario, como h´a 9 restos poss´ıveis (dintintos de zero) na divis˜ao por 10, pelo PCP, existir˜ ao duas destas somas que ser˜ao congruentes m´ odulo 10. Se Si ≡ Sj (mod 10), ent˜ao Si − Sj ≡ ai + ai+1 + · · · + aj ≡ 0 (mod 10). Isso conclui a solu¸c˜ao. 8. Use PCP para demonstrar que existem duas potˆencias de 3 com o mesmo resto na divis˜ao por 1000. 9. Observe o que acontece nos v´ertices do triˆ angulo maior. 10. Adapte a solu¸c˜ao do problema 3 13. Pinte o tabuleiro usando 8 cores como no diagrama a seguir 1 2 3 4 5 6 7 8

2 3 4 5 6 7 8 1

3 4 5 6 7 8 1 2

4 5 6 7 8 1 2 3

5 6 7 8 1 2 3 4

6 7 8 1 2 3 4 5

7 8 1 2 3 4 5 6

8 1 2 3 4 5 6 7

Pelo PCP existir˜ ao pelo menos 5 torres em casas de mesma cor. Observe que torres em casas de mesma cor n˜ao se atacam. 6

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14. Pinte o tabuleiro usando 4 cores como no diagrama a seguir 1 2 3 4

2 3 4 1

3 4 1 2

4 1 2 3

1 2 3 4

2 3 4 1

3 4 1 2

4 1 2 3

Repita o argumento anterior. 15. Separe o conjunto em n pares de elementos consecutivos.

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Princ´ıpio da Casa dos Pombos II Nesta aula vamos continuar praticando as ideias da aula anterior, aplicando o princ´ıpio da casa dos pontos em problemas mais sofisticados e em alguns tipos de problemas que chamaremos de problemas de colora¸c˜ao. Problema 1. Cada casa de um tabuleiro 3 × 7 ´e pintado de preto ou branco. Mostre que ´e poss´ıvel achar um retˆ angulo (com lados paralelos aos do tabuleiro) cujas quatro pontos s˜ ao da mesma cor. Solu¸c˜ ao. Cada coluna deste tabuleiro pode ser pintado de uma das seguintes formas:

1

2

3

4

5

6

7

8

Observe que se a pintura 1 for escolhida, bastaria uma coluna do tipo 2, 3 ou 4 para formar um retˆ angulo. Com isso, nos restariam apenas mais quatro outras pinturas por´em, temos sete colunas. Da´ı, pelo principio da casa dos pombos ter´ıamos duas colunas iguais. O mesmo ocorre com a coluna do tipo 8. Agora suponha que nenhuma das colunas for do tipo 1 ou 8. Dessa forma, restaria apenas 6 tipos de pinturas. Assim, pelo princ´ıpio da casas dos pombos, duas delas seriam iguais. Problema 2. (Belarus 2007 - adaptado) Os pontos de um plano s˜ ao pointados usando trˆes cores. Prove que existe um triˆ angulo is´osceles monocrom´ atico. Solu¸c˜ ao. Suponha que exista uma forma de pintar o plano de forma que n˜ao exista um triˆ angulo is´oceles monocrom´ atico. Assuma que as cores sejam verde, azul e vermelho. Construa um suponha sem perda de generalidade que o seu centro O seja verde. Dessa forma, pode haver no m´ aximo um u ´nico ponto verde dentre os pontos dos c´ırculo. Assim ´e poss´ıvel construir um pent´agono regular A1 A2 A3 A4 A5 cujos v´ertices s˜ ao todos azuis ou

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vermelhos. Da´ı, pelo princ´ıpio da casa dos pombos, existir˜ ao trˆes v´ertices do pent´agono que ser˜ao da mesma cor. E como quaisquer trˆes v´ertices de um pent´agono regular formam um triˆ angulo is´osceles, existir´ a um triˆ angulo is´osceles monocrom´ atico. Problema 3. (Leningrado) Considere 70 inteiros positivos distintos menores ou iguais a 200. Prove que existem dois deles cuja diferen¸ca ´e 4, 5 ou 9. Solu¸c˜ ao. Sejam a1 , a2 , ..., a70 esses inteiros positivos. Considere as seguintes listas: {a1 , a2 , ..., a70 }; {a1 + 4, a2 + 4, ..., a70 + 4}; {a1 + 9, a2 + 9, ..., a70 + 9}. Temos um total de 210 n´ umeros que est˜ao compreendidos entre 1 e 209 (inclusive). Portanto, pelo princ´ıpio da casa dos pombos, existir˜ ao dois iguais. Como n´ umeros na mesma lista s˜ ao sempre diferentes, ser´a poss´ıvel encontrar dois n´ umeros em listas diferentes que s˜ ao iguais. Estes dois n´ umeros ir˜ ao satisfazer `a condi¸c˜ao do problema. Problema 4. (Torneio das Cidades 1998) Em um tabuleiro 8 × 8, 17 casas s˜ ao marcadas. Prove que ´e poss´ıvel escolher duas dessas casas marcadas de modo que um cavalo de xadrez leve pelo menos trˆes movimentos para ir de uma a outra. Solu¸c˜ ao. Pinte as casas do tabuleiro usando 16 cores conforme a figura a seguir. 10 10 9 9 2 2 1 1

12 12 11 11 4 4 3 3

14 14 13 13 6 6 5 5

16 16 15 15 8 8 7 7

2 2 1 1 10 10 9 9

4 4 3 3 12 12 11 11

6 6 5 5 14 14 13 13

8 8 7 7 16 16 15 15

Observe que para se deslocar entre duas casas de mesma cor o cavalo necessita de pelo menos trˆes movimentos. Portanto, pelo princ´ıpio da casa dos pontos, dentre 17 casas marcadas, sempre haver´a pelo menos duas da mesma cor. Problema 5. (Teste Cone Sul) Os inteiros 1, 2, . . . , 200 s˜ ao divididos em 50 conjuntos. Mostre que pelo menos um desses 50 conjuntos cont´em trˆes n´ umeros distintos que podem ser

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medidas dos lados de um mesmo triˆ angulo. Pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos, dentre os 101 inteiros 100, 101, . . . , 200, pelo menos trˆes deles est˜ao em um mesmo conjunto. Sendo a < b < c tais inteiros, temos a + b ≥ 100 + 101 = 201 > 200 ≥ c ⇒ a + b > c, e portanto a, b, c podem ser medidas dos lados de um mesmo triˆ angulo.

Problemas Propostos Problema 6. Mostre que para todo n > 1 de qualquer subconjunto de n + 2 elementos do conjunto 1, 2, ..., 3n podemos escolher dois cuja a diferen¸ca ´e maior que n e menor que 2n. Problema 7. Em uma sapataria existem 200 botas de tamanho 41, 200 botas de tamanho 42, e 200 botas de tamanho 43. Dessas 600 botas, 300 s˜ ao para o p´e esquerdo e 300 para o direito. Prove que existem pelo menos 100 pares de botas us´ aveis. Problema 8. Onze estudantes formaram cinco grupos de estudo. Prove que existem dois alunos A e B, tais que em todo grupo que inclui A tamb´em inclui B. Problema 9. Prove que se escolhermos mais do que n n´ umeros do conjunto {1, 2, . . . , 2n}, ent˜ao um deles ser´a m´ ultiplo de outro. Isso pode ser evitado com n n´ umeros? Problema 10. (Torneio das Cidades 1994) Existem 20 alunos em uma escola. Quaisquer dois deles possui um av´o em comum. Prove que pelo menos 14 deles possui um av´o em comum. Problema 11. (R´ ussia 1997) Uma sala de aula possui 33 alunos. Cada aluno tem uma m´ usica e um cantor favorito. Certo dia, cada um deles perguntou aos demais suas m´ usicas e catores favoritos. Em seguida, cada um falou dois n´ umeros, o primeiro era a quantidades de alunos que gostavam da mesma m´ usica e o segundo, a quantidade de alunos que tinham o mesmo cantor favorito. Sabe-se que cada um dos n´ umeros de 0 a 10 apareceu entre as respostas. Mostre que existem dois alunos que gostam do mesmo cantor e da mesma m´ usica. Problema 12. Suponha que para algum inteiro k ≥ 1 a soma de 2k + 1 inteiros positivos distintos ´e menor que (k + 1)(3k + 1). Mostre que existem dois deles cuja soma ´e 2k + 1. Problema 13. Existe algum conjunto A formado por sete inteiros positivos, nenhum dos quais maior que 24, tal que as somas dos elementos de cada um dos seus 127 subconjuntos n˜ao-vazios sejam distintas duas a duas? Problema 14. (USAMO 1985) Em uma festa h´a n pessoas. Prove que existem duas pessoas tais que, das n−2 pessoas restantes ´e poss´ıvel achar ⌊n/2⌋−1 onde cada uma delas conhece ou n˜ao conhecem ambas. 3

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Problema 15. O plano ´e pintado usando duas cores. Prove que existem dois pontos de mesma cor distando exatamente um metro. Problema 16. (Putnam) O plano ´e pintado usando trˆes cores. Prove que existem dois pontos de mesma cor distando exatamente um metro. Problema 17. O plano ´e totalmente pintado usando duas cores. Prove que existe um retˆ angulo cujos v´ertices s˜ ao todos da mesma cor. Problema 18. (IMO 1983) Cada ponto do per´ımetro de um triˆ angulo eq¨ uil´ atero ´e pintado de uma de duas cores. Mostre que ´e poss´ıvel escolher trˆes pontos da mesma cor formando um triˆ angulo retˆ angulo. Problema 19. Nove pontos de um icos´ agono regular s˜ ao pintados de vermelho. Prove que podemos encontrar trˆes deles formando um triˆ angulo is´osceles. Problema 20. (R´ ussia 2004) Cada ponto de coordenadas inteiras ´e pintado de uma de trˆes cores, sendo cada cor usada pelo menos uma vez. Prove que podemos encontrar um triˆ angulo retˆ angulo cujos v´ertices s˜ ao de cores distintas. Problema 21. O plano ´e pintado usando trˆes cores. Prove que podemos encontrar um triˆ angulo retˆ angulo is´osceles com os trˆes v´ertices da mesma cor.

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Dicas e Solu¸ c˜ oes 9. Dado um inteiro positivo m, podemos escrevˆe-lo de modo u ´nico na forma m = 2a b, em que a ≥ 0 e b ´e ´ımpar. Chamaremos b de parte ´ımpar do n´ umero m. No conjunto {1, 2, . . . , 2n} s´ o podem existir n poss´ıveis partes ´ımpares, a saber: 1, 3, . . . , 2n − 1. Se escolhermos mais do que n n´ umeros, pelo princ´ıpio da casa dos pombos, existem dois n´ umeros m e n que tˆem a mesma parte ´ımpar, ou seja, a = 2r b s e c = 2 b. Mas ent˜ao, supondo sem perda de generalidade que r ≤ s, conclu´ımos que a|c. O resultado pode ser evitado com exatamente n n´ umeros. Um exemplo ´e escolhermos os n´ umeros n + 1, n + 2, . . . , 2n. 13. N˜ ao. Por absurdo, suponha A = {x1 < x2 < · · · < x7 } satisfazendo a condi¸c˜ao do enunciado. Note que S = x1 + x2 + · · · + x7 < 24 + 23 + 22 + 20 + 19 + 18 + x1 = 126 + x1 . De fato, 24, 23, 22, 21 n˜ao podem estar simultaneamente em A (pois 24+21 = 23+22), bem como 24, 23, 19, 18 tamb´em n˜ao (pois 24 + 18 = 19 + 23). Como a soma m´ınima dos elementos de um subconjunto ´e x1 e a soma m´ axima ´e menor que 126+x1 , existem no m´ aximo 126 valores para a soma dos elementos de cada subconjunto. O Princ´ıpio da Casa dos Pombos garante portanto que existem dois subconjuntos n˜ao-vazios de A com a mesma soma, absurdo.

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Tabuleiros Quem nunca brincou de quebra-cabe¸ca? Temos v´arias “pecinhas” e temos que encontrar uma maneira de unir todas elas para formar uma figura maior. O que costumava ser apenas um passa-tempo, ganhou uma irm˜a que estudada por muitos matem´ aticos s´erios pelo mundo a “Tiling Theory” (traduzindo: Teoria da Cobertura). E por se tratar de um tema muito atrativo, logo ganhou for¸ca nas principais competi¸c˜oes de matem´ atica. Problema 1. Determine se ´e poss´ıvel cobrir ou n˜ao o tabuleiro abaixo (sem sobreposi¸c˜oes) usando apenas domin´os?

Solu¸c˜ ao. Pinte as casas do tabuleiro acima alternadamente de branco e preto (como no tabuleiro de xadrez). Note que, n˜ao importa como colocamos o domin´o no tabuleiro, ele sempre cobre uma casa branca e ou outra preta. Desse modo se fosse poss´ıvel cobrir o tabuleiro usando apenas domin´os, dever´ıamos ter o tabuleiro com a quantidade de casas pretas igual a quantidade de casas brancas. Mas no tabuleiro “quebrado” existem 18 casas brancas e 16 pretas. Logo, n˜ao ´e poss´ıvel fazer tal cobertura. Problema 2. Podemos cobrir um tabuleiro 10 × 10 usando apenas T-tetramin´ os como abaixo?

Solu¸c˜ ao. Pinte o tabuleiro de branco e preto da maneira usual (como no xadrez). Note que ao colocarmos um T-tetramin´ o no tabuleiro ele pode assumir colora¸c˜oes do tipo 1 ou 2.

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Suponha que ao cobrir o tabuleiro usamos A pe¸cas do tipo 1 e B do tipo 2. Sabemos que devemos usar 25 pe¸cas no total ou seja A + B = 25. Cada pe¸ca do tipo 1 possui uma casa branca e cada pe¸ca do tipo 2 possui 3 casas brancas, e como temos ao todo 50 casas brancas no tabuleiro; A + 3B = 50. De modo an´ alogo, obtemos B + 3A = 50. Por´em o sistema acima n˜ao possui solu¸c˜ao inteira. Logo, n˜ao ´e poss´ıvel cobrir o tabuleiro.

Tipo 1

Tipo 2

E n˜ao ´e apenas a pintura do xadrez que ´e u ´til para resolver problemas. Vejamos o pr´oximo exemplo. Problema 3. Para que valores de n, m podemos cobrir um tabuleiro n × m usando apenas L-tetramin´ os como abaixo?

Solu¸c˜ ao. Claramente n · m deve ser m´ ultiplo de 4. Nesse caso, n ou m (possivelmente ambos) deve ser m´ ultiplo de dois. Suponha sem perca de generalidade que m (i.e., o n´ umero de colunas) ´e par. Pinte altenadamente as colunas de duas cores como mostrado na figura a seguir. Para finalizar, adapte a solu¸c˜ao do problema anterior.

Figura 1: Pintura por Colunas ´ isso mesmo! Se duas cores ajudam muita gente, quatro cores ajudam muito mais! E N˜ ao v´a pensando que ´e s´ o pintar o tabuleiro de preto e branco que vocˆe vai resolver todos os problemas de tabuleiro do mundo! O pr´oximo exemplo mostra que `as vezes apenas duas cores n˜ao bastam. ´ poss´ıvel que um cavalo do xadrez passe por todas as casas de um tabuleiro Problema 4. E 4 × 10 exatamente uma vez e, em seguida retorne para o quadrado original? 1

2

1

2

1

2

3

4

3

4

3

4

4

3

4

3

4

3

2

1

2

1

2

1

2

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Solu¸c˜ ao. Pinte o tabuleiro 4×n como mostra a figura acima. Assuma que seja poss´ıvel fazer que o cavalo passe por todas as casas. Note que, se o cavalo est´a na casa 1 s´ o poder´ a ir para casa 3 desse modo para o cavalo ir para uma casa de cor 1 ele passa por duas casas de cor 3, e como cada cor possui o mesmo n´ umero de casas, fica imposs´ıvel o cavalo fazer o passeio. Vimos que pintar tabuleiros usando cores ´e uma exelente id´eia. Uma id´eia melhor ainda ´e pintar usando n´ umeros! Vocˆe deve estar se perguntando por que? Bem, os n´ umeros possui propriedades aritm´eticas (i.e, podem ser somados e multiplicados), coisa que n˜ao podemos fazer com cores. A n˜ao ser que vocˆe ache que preto+branco=cinza. Problema 5. (Estˆonia 1993) Para quais naturais n ´e pos´ıvel cobrir um retˆ angulo de tamanho 3 × n com pe¸cas mostradas na figura abaixo sem sobreposi¸c˜ao?

Solu¸c˜ ao. Pinte o tabuleiro da seguinte forma: 1

1

1

1

1

1

1

−1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 1

1

1

1

1

1

1

Veja que a soma dos n´ umeros cobertos por um L-trinim´ o ´e sempre 1 ou −1. Enquanto a soma dos n´ umeros cobertos por um Z-tetramin´ o ´e sempre zero. Al´em disso, a soma de todos os n´ umeros do tabuleiro ´e n. Observe que para cobrir um tabuleiro 3 × n podemos usar no m´ aximo n pe¸cas. Assim, todas as pe¸cas devem ser L-trimin´ os. Al´em disso, n˜ao podemos dispor nenhum L-trimin´ o de modo que a soma dos n´ umeros escritos em suas casas seja −1. Dessa forma, se pintarmos o tabuleiro como no xadrez, cada L-trimin´ o ter´ a que ocupar duas casas pretas. Portanto, n deve ser um n´ umero par.

Problemas Propostos Problema 6. Ache o menor ladode um tabuleiro quadrado que pode ser montado usando um mesmo n´ umero de pe¸cas de cada um dos tipos abaixo.

Problema 7. Sobre uma das casas de um tabuleiro infinito, existe um cubo que cobre a casa perfeitamente. A face no topo do cubo ´e branca, enquanto as demais faces s˜ ao pretas. ´ A cada passo, podemos tombar o cubo para um dos lados. E poss´ıvel que: 3

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(a) Ap´ os 2004 passos o cubo volte ao mesmo quadrado com a face branca para baixo? (b) Ap´ os 2005 passos? ´ poss´ıvel cobrir o tabuleiro a seguir usando apenas domin´ Problema 8. E os?

´ poss´ıvel cobrir um tabuleiro 5 × 10 usando apenas pe¸cas como abaixo? Problema 9. E

Problema 10. Queremos cobrir um tabuleiro 7 × 7 usando v´arias pe¸cas de dois tipos:

Tipo 1

Tipo 2

Diga como cobrir o tabuleiro usando o menor n´ umero poss´ıvel de pe¸cas do tipo 1. Problema 11. (R´ ussia 1997) Podemos cobrir um tabuleiro 75 × 75 usando domin´os e cruzes (como na figura a seguir)?

cruz ´ poss´ıvel cobrir um tabuleiro 1999×1999 com quadrados Problema 12. (Rioplatense 1999) E de lados inteiros maiores que 35 e menores que 1999? PS: Os quadrados podem ser de tamanhos distintos. Problema 13. (R´ ussia 2007) As faces de um cubo 9×9×9 s˜ ao particionas em quadradinhos da forma usual. Sua superf´ıcie ´e coberta por 243 tiras de papel 2 × 1 sem sobreposi¸c˜ao. Uma tira ´e dita dobrada se n˜ao est´a apenas sobre uma face. Prove que o n´ umero de tiras dobradas ´e ´ımpar. Problema 14. Podemos cobrir uma caixa 10 × 10 × 10 com 250 caixas 1 × 1 × 4? Problema 15. Um tabuleiro n × m foi totalmente coberto usando pe¸cas 4 × 1 e 2 × 2. Em seguida, todas as pe¸cas foram retiradas do tabuleiro e uma pe¸ca 2 × 2 foi substitu´ıda por uma pe¸ca 4 × 1. Prove que o tabuleiro n˜ao poder´ a ser mais coberto com essa troca.

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Problema 16. De um tabuleiro n × n s˜ ao retiradas suas quatro casas do quanto. Quais s˜ ao os valores de n para os quais esse tabuleiro quebrado ´e coberto por L-tetramin´os? Problema 17. Sejam m e n inteiros maiores que 1. Se um tabuleiro m × n pode ser coberto com L-tetramin´os ent˜ao ´e mn ´e m´ ultiplo de 8. Problema 18. (Teorema de Klarner) Um tabuleiro a × b pode ser coberto usando apenas pe¸cas 1 × n se e somente se n | a ou n | b. Problema 19. (Romˆenia 2000) Determine todos os tabuleiros m×n que podem ser cobertos usando L-trimin´os como abaixo:

Problema 20. Um tabuleiro 7 × 7 ´e coberto usando 16 pe¸cas 3 × 1 e um monomin´o. Determine todas as posi¸c˜oes poss´ıveis do monomin´o. Problema 21. (Estˆonia 2004) Um tabuleiro 5 × 5 ´e coberto por oito t-trimin´ os e um monomin´ o. Determine todas as poss´ıveis possi¸c˜oes que o monomin´o pode ocupar. Problema 22. Qual o n´ umero m´ aximo de S-tetramin´ os como o abaixo podem ser colocados, sem sobreposi¸c˜oes em um tabuleiro 10 × 10?

Um tabuleiro 7 × 7 ´e coberto usando pe¸cas do seguinte tipo:

(1)

(2)

(3)

Prove que uma e apenas uma pe¸ca com quatro casas ´e usada. Problema 23. (Bielorussia 1999) Temos um tabuleiro 7 × 7 e pe¸cas dos trˆes tipos a seguir:

(1)

(2)

(3)

Samuel possui infinitas pe¸cas do tipo 2 e uma pe¸ca do tipo 3, enquanto Marcelo possui apenas uma pe¸ca do tipo 1. a) Prove que Marcelo pode colocar sua pe¸ca em algum lugar do tabuleiro de modo que Samuel n˜ao consiga completar o resto do tabuleiro usando suas pe¸cas. b) Suponha que Samuel adquiriu outra pe¸ca do tipo 3. Prove que n˜ao importa o lugar no qual Marcelo coloque sua pe¸ca, Samuel sempre poder´ a completar o tabuleiro.

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Problema 24. (IMO 2004) Um gancho ´e uma figura de seis casas como na figura acima ou qualquer uma das figuras obtidas desta aplicando rota¸c˜oes ou reflex˜oes. Determine todos os tabuleiros m × n que podem ser cobertos usando esses ganchos.

gancho Problema 25. (Putnam 1991) Existe algum natural L, tal que se m e n s˜ ao inteiros maiores que L, ent˜ao todo tabuleiro m × n pode ser coberto usando pe¸cas 4 × 6 e 5 × 7? Problema 26. (Bielorussia 2000) Ache o maior n´ umero de cruzes que podem cobir um tabuleiro 8 × 8. Problema 27. (Bielorussia 2000) Ache o maior n´ umero T-hexamin´ os (como na figura abaixo) que podem cobir um tabuleiro 9 × 9.

Problema 28. (Estˆonia 2004) Ache a medida do lado do menor cubo que pode ser coberto por crymbles (figura 2).

Figura 2: Crymble Problema 29. (R´ ussia 1996) Podemos cobrir um tabuleiro 5 × 7 com L-trimin´ os que tal forma que cada casa do tabuleiro seja coberta por um mesmo n´ umero de pe¸cas? (pp ??) Problema 30. Suponha que 99 pe¸cas do tipo 2 × 2 s˜ ao colocadas em um tabuleiro 29 × 29. Mostre que uma outra pe¸ca ainda pode ser colocada. Problema 31. Determine se a u ´ltima pe¸ca do resta um pode terminar na casa indicada (figura 3)

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Figura 3: Resta Um.

Dicas e Solu¸ c˜ oes 7. (a) Sim. Vire o cubo duas vezes para a direita, uma para baixo, duas para a esquerda e uma para cima (figura 4). Ap´ os estes seis passos, a face branca estar´a virada para baixo. Depois basta repetidamente o cudo para direira e para esquerda 996 vezes. (b) N˜ ao. Pinte o tabuleiro na maneira usual. Note que, a cada movimento, o cubo muda de uma casa preta para uma casa branca e vice-versa. Logo, ap´ os um n´ umero ´ımpar de movimentos n˜ao poder´ a estar na casa inicial.

Figura 4: Virando um Cubo. 9. Sim veja a figura 5.

Figura 5: Cobrindo com Y-pentamin´os. Nota. Com um pouco mais de trabalho podemos provar que o “menor” tabuleiro (em n´ umero de casas) que podemos cobrir usando apenas Y-pentamin´os ´e o 5 × 10. Note que para cobr´ı-lo usamos 10 pe¸cas. Dessa forma, dizemos que o Y-pentamin´o tem ordem 10. Veja que alguns polinim´os j´a s˜ ao um tabuleiro, como acontece com o monomin´o e o domin´o. Esse tipo de pe¸ca tem ordem 1 ou trivial. Algumas pe¸cas (como o Z-tetramin´ o) possuem ordem infinita, j´a que n˜ao existe nenhum tabuleiro n × m que possa ser inteiramente coberto usando somente elas. 7

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15. Pinte tabuleiro da seguinte forma: 1) As linhas pares devem ser pintadas como no xadrez, alternando preto e branco. 2) As linhas ´ımpares devem ser pintadas totalmente de branco. 18. Pinte como no xadrez, por´em use n cores! 28. Dica: Use a pintura como mostra a figura 6 para mostrar que o cubo de lado 5 n˜ao pode ser coberto.

Figura 6: 29. Pinte o tabuleiro usando −2’s e 1’s como mostrado na figura a seguir. Cada T-trimin´ o ocupa trˆes casas cuja a soma ´e 3 ou 0. Por outro lado a soma de todas casas do tabuleiro ´e −1. Logo, ´e imposs´ıvel cobrir j´a que a soma n˜ao ´e um m´ ultiplo positivo de 3.

Figura 7: 31. Use a pintura alternada do xadrez usando trˆes cores.

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Grafos I O que ´e um grafo? Se vocˆe nunca ouviu falar nisso antes, esta ´e certamente uma pergunta que vocˆe deve estar se fazendo. Vamos tentar matar sua curiosidade contando como foi que a teoria dos grafos surgiu.

Figura 1: Mapa de K¨onigsberg A Literatura afirma que a teoria dos grafos come¸cou na cidade de K¨onigsberg em 1736 pelo grande matem´ atico su´ı¸co Leonhard Euler (1707-1783). A cidade era cortada pelo rio Pregel, que possu´ıa duas ilhas (figura 1). Como era muito complicado fazer o transporte de cargas e pessoas atrav´es de barcos, algumas pontes foram constru´ıdas para auxiliar neste deslocamento entre as ilhas e as duas margens. Ap´ os algum tempo as pessoas come¸caram a se perguntar se era poss´ıvel sair de sua casa, passar por cada ponte exatamente uma vez e voltar para a seguran¸ca de seu lar.

Figura 2: Diagrama de Euler

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Para resolver o problema, Euler montou um diagrama que representasse o mapa da cidade. Ele o fez da seguinte maneira: A cada ilha e margem ele associou a um ponto que chamaremos de v´ertice e a cada ponte uma liga¸c˜ao que chamaremos de aresta. Com isso, ele obteve a figura 2: Essa figura com v´arios pontos (v´ertices) e algumas liga¸co˜es (arestas) que denominamos um grafo. Para finalizar seu racioc´ınio, Euler percebeu que existiam v´ertices com exatamente trˆes arestas incidentes. Por outro lado, como os moradores queriam atravessar cada ponte apenas uma vez, cada v´ertice deveria ter um n´ umero par arestas. Logo, se tornaria imposs´ıvel fazer um percurso seguindo as regras impostas pelos moradores. Como em toda teoria matem´ atica, a teoria dos grafos est´a repleta de nomeclaturas e termos t´ecnicos. Nesta se¸c˜ao vamos aprender algumas defini¸c˜oes importantes para o entendimento completo deste cap´ıtulo. A seguir damos um exemplo de um grafo que representa um mapa de estradas e cidades. F D A

G

C E

B

Vamos aproveitar o grafo acima para abordar algumas defini¸c˜oes. Por exemplo, o grafo acima ´e conexo, pois ´e poss´ıvel ir de um v´ertice a qualquer outro passando usando algumas de suas arestas. Por exemplo, para ir de A at´e G basta fazer a seguinte seq¨ uˆencia A → C → E → F → G. Dizemos ent˜ao, que esta seq¨ uˆencia ´e um caminho de A at´e G. Agora, um caminho fechado ´e chamado de ciclo. Por exemplo, o caminho A → B → E → A ´e um ciclo de tamanho 3 (ou seja um C3 ). J´a o ciclo B → E → G → F → B ´e um C4 . Outra nota¸c˜ao muito importante ´e o grau. Vamos definir o grau de um v´ertice v como a quantidade de arestas que incidem nele. E vamos denotar essa quantidade como d(v). Por exemplo, d(A) = 4, d(B) = 3 e d(C) = 2. Os pr´oximos exerc´ıcios servir˜ao para fixarmos as defini¸c˜oes que acabamos de aprender. Exerc´ıcios: 1. Sabemos que o grafo anterior era conexo. Por´em, existe uma aresta que, se retirada, o grafo passar´a a ser desconexo. Que aresta ´e essa? Explique porque n˜ao pode ser outra. 2. Qual ´e o menor caminho de D at´e C? E o maior? (n˜ao se pode repetir arestas) 3. Quantos ciclos de tamanho trˆes existem? E de tamanho quatro? 2

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4. Determine o ciclo que possui o maior tamanho. 5. Qual o v´ertice que tem o maior grau? 6. Calcule a soma dos graus de todos os v´ertices do grafo. Vocˆe deve ter notado que o grafo de Euler possui uma particularidade: entre o mesmo par de v´ertices existem duas arestas que os liga. Por´em, a maioria dos grafos que estudamos s˜ ao grafos simples. Ou seja, grafos que n˜ao admitem la¸cos (arestas que come¸cam e terminam no mesmo v´ertice) e arestas m´ ultiplas (como no grafo de Euler). O pr´oximo problema ´e um dos mais famosos problemas de toda a olimp´ıada de matem´atica. Pode ter certeza que vocˆe ainda vai ouvir falar desse problema muitas vezes. ´ poss´ıvel que os cavalos da figura 1 fiquem na posi¸c˜ao da figura 2? Problema 1. E

Figura 1

Figura 2

Solu¸c˜ ao. Vamos enumerar as casas do tabuleiro da seguinte forma: 1

2

3

4

5

6

7

8

9

Agora vamos construir um grafo com v´ertices 1, 2, ..., 9 onde vamos ligar dois v´ertice i e j se ´e poss´ıvel o cavalo ir da casa i at´e a casa j usando apenas um movimento. Dessa forma, obtemos o seguinte grafo: 1 6

8

7

5

2

3

4 9 3

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Agora colocamos os cavalos de acordo com os tabuleiros mostrados anteriormente. 1

1

6

8

7

5

2

6

3

8

7

4

5

2

9

3

4 9

Dessa forma fica f´acil ver que ´e imposs´ıvel ir de uma configura¸c˜ao a outra, pois a ordem c´ıclica dos cavalos n˜ao pode mudar. Teorema. Em um grafo simples G = (V, A), a soma dos graus de todos os seus v´ertices ´e igual ao dobro do n´ umero de arestas. Ou seja; X d(v) = 2 |A| v∈V

Prova. De cada v´ertice v partem d(v) arestas. Por´em, cada aresta possui dois v´ertices. Desse modo, se somarmos os graus de todos os v´ertices obteremos o dobro do n´ umero de arestas. ´ poss´ıvel que cada uma delas conhe¸ca Problema 2. Considere um grupo de 1997 pessoas. E exatamente: a) 3 pessoas? b) 4 pessoas? Solu¸c˜ ao. Primeiramente, considere o grupo de 1997 pessoas como um grafo de 1997 v´ertices, em que cada v´ertice representa uma pessoa. E uma aresta liga dois v´ertices se e somente se as duas pessoas assosciadas s˜ ao amigas. Para o item (a) estamos supondo a exitˆencia de um grafo cuja soma de todos os graus ´e 1997 × 3, ou seja, um n´ umero ´ımpar. Isso ´e uma contradi¸c˜ao, j´a que a soma de todo os graus ´e igual ao dobro do n´ umero de arestas e, portanto, um n´ umero par. Para o item (b), considere um grafo cujos v´ertices s˜ ao v1 , ..., v1998 . Cada v´ertice vi est´a ligado aos v´ertices vi−2 , vi−1 , vi+1 , vi+2 para todo i = 1, ..., 1998. Em que v1999 = v1 e v2000 = v2 . De todas os assuntos abordados pela matem´ atica, a teoria dos grafos ´e dos que possuem o maior n´ umero de id´eias diferentes. Nesta se¸c˜ao vamos resolver v´arios problemas 4

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de grafos usando estrat´egias que aprendemos anteriormente. Vamos come¸car provando um fato conhecido com teorema de Ramsey. Problema 3. (Teorema de Ramsey) Em um grupo de seis pessoas sempre existem trˆes que se conhecem mutuamente ou trˆes que n˜ao se conhecem mutuamente. Prova. Para resolver este problema vamos usar a linguagem dos grafos. Dessa forma, pense em um grafo com seis v´ertices A, B, C, D, E, F . Uma aresta cont´ınua ir´ a representar uma “amizade” e uma aresta pontilhada, uma “inimizade”. Fixado o v´ertice A, sabemos que ele possui cinco arestas. Como s´ o h´a dois tipos de aresta, um dos tipos foi usado pelo menos trˆes vezes. Sem perca de generalidade, suponha que o tipo “continua” foi escolhido trˆes vezes. A F B E C

D

Agora, se uma das arestas BC,CD ou DB for cont´ınua, teremos trˆes pessoas se conhecendo mutuamente. Caso contr´ario, as trˆes s˜ ao pontilhadas. Neste caso, B,C e D n˜ao se conhecem mutuamente. Veja que no exemplo anterior usamos esencialmente o princ´ıpio da casa dos pombos. O pr´oximo problema ´e da olimp´ıada do Leningrado de 1990. Neste exemplo vamos usar uma id´eia um pouco mais sofisticada, o princ´ıpio do extremo. Problema 4. A Brunzundanga e a Zuzunzilandia s˜ ao pa´ıses vizinhos. Sabe-se que cada cidade est´a ligada a no m´ aximo dez outras cidades e que cidades do mesmo pa´ıs n˜ao s˜ ao ligadas. Prove que podemos pintar essas estradas usando dez cores de modo que estradas adjacentes possuam cores distintas. PS: As estradas s˜ ao adjacentes se possuem uma cidade em comum. ´ claro que podeSolu¸c˜ ao. Suponha que inicialmente todas as estradas estavam incolores. E mos escolher uma delas e pintar com uma das cores. A partir da´ı vamos pintar as demais estradas respeitando a seguinte regra: Sejam X e Y duas cidades (uma de cada pa´ıs) tais que a estrada XY est´a incolor. Desse modo, existe uma cor (digamos a cor 1) que n˜ao foi usada em nenhuma das estradas partindo de X e uma cor (digamos a cor 2) que n˜ao foi usada em nenhuma das estradas partindo de Y . Agora escolha o maior caminho da forma 2 − 1 − 2 − 1 − · · · partindo de X. 5

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F

F

1 2

=⇒

1

X

2

Y

2 1 2

X

1

Y

2

Suponha, sem perda de generalidade, que esse caminho termine em uma aresta de cor 1 na cidade F . Desse modo, n˜ao existe uma estrada de cor 2 partindo de F . Com isso, podemos trocar as cores das estradas deste caminho (onde for 2 pintamos de 1 e virce-versa) sem nenhum problema. Para finalizar, basta pintar a estrada XY da cor 2.

Problemas Propostos ´ poss´ıvel que cada uma delas conhe¸ca Problema 5. Considere um grupo de 1998 pessoas. E exatamente 101 pessoas do grupo? Problema 6. Cada um dos 102 estudantes ´e amigo de pelo menos 68 outros alunos. Prove que existem quatro estudantes com o mesmo n´ umero de amigos. Problema 7. Todos os v´ertices de um grafo tˆem grau 3. Prove que o grafo possui um ciclo. Problema 8. Em um conjunto de n pessoas, em qualquer grupo de quatro delas existe uma que conhece as outras trˆes. Prove que existe uma pessoa que conhece todas as outras. Problema 9. A figura abaixo representa as liga¸c˜oes rodovi´ arias entre 14 cidades. Existe um caminho passando por cada cidade exatamente uma vez?

Problema 10. Em um conjunto de 2n pessoas, cada uma delas possui um n´ umero par de amigos. Prove que existem duas pessoas que possuem um n´ umero par de amigos em comum. Problema 11. (R´ usssia 2000) Em um grafo G cada v´ertice possui grau pelo menos 3. Prove que nesse grafo h´a um ciclo com o n´ umero de arestas n˜ao divis´ıvel por 3. Problema 12. Na Bruzundanga, quaisquer duas cidades s˜ ao ligadas por uma estrada. Um imperador tirano decidiu transformar todas essas estradas em estradas de m˜ ao u ´nica de tal ´ poss´ıvel fazer tal forma que se uma pessoa sair de sua cidade n˜ao poder´ a mais voltar. E crueldade? 6

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Problema 13. (R´ ussia 1970) Em um torneio completo de tˆenis haviam 12 jogadores. Prove que podemos encontrar trˆes jogadores A, B e C tais que A ganhou de B, B ganhou de C e C ganhou de A. Problema 14. (Torneio das Cidades 1982) Em certo pa´ıs existem mais do que 101 cidades. A capital deste pa´ıs ´e conectada por linhas a´ereas a outras 100 cidades, e cada cidade, exceto pela capital, ´e conectada a outras 10 cidades (se A est´a conectado a B, B est´a conectado a A). Al´em disso, todas as linhas a´ereas s˜ ao de uma u ´nica dire¸c˜ao. Sabe-se que de qualquer cidade ´e poss´ıvel chegar a qualquer outra usando essas rotas. Prove que ´e poss´ıvel fechar metade das linhas a´ereas conectadas `a capital, e preservar a capacidade de viajar de uma cidade a qualquer outra. Problema 15. (R´ ussia 2004) Um grafo orientado tem 1001 v´ertices. Cada v´ertice possui 500 entradas e 500 sa´ıdas. Mostre que qualquer subgrafo de 668 v´ertices ´e conexo. Problema 16. Em um grupo de 50 cientistas sabe-se que cada um deles conhece pelo menos 25 outros cientistas. Prove que podemos colocar quatro deles ao redor de uma mesa de forma que cada cientista esteja sentado ao lado de dois amigos. Problema 17. (Jr. Balkan) Em um pa´ıs com seis cidades quaisquer duas s˜ ao conectadas por uma linha a´erea (ida-volta). Cada linha a´erea ´e operada por exatamente uma das duas empresas a´ereas existentes. Mostre que existem quatro cidades A, B, C, D tais que as linhas AB, BC, CD, DA s˜ ao controladas por uma u ´nica empresa. Problema 18. (IMO 1964) Em um grafo de 17 v´ertices todas as arestas s˜ ao tra¸cadas e pintadas de uma de trˆes cores. Prove que existe um triˆ angulo com as trˆes arestas da mesma cor. Problema 19. (Proposto IMO 1977) Em uma sala est˜ao nove homens. Sabe-se que em qualquer grupo de trˆes deles existem dois que se conhecem. Prove que podemos escolher quatro deles que se conhecem mutuamente. Problema 20. (R´ ussia 1974) Em um grupo de n pessoas sabe-se que se duas possuem mesmo n´ umero de amigos, ent˜ao elas n˜ao possuem amigos em comum. Prove que existe uma pessoa com exatamente um amigo.

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Invariantes Nesta aula vamos estudar o princ´ıpio da invariˆancia. Ou seja, vamos resolver problemas que, dada uma transforma¸c˜ao, existe uma propriedade associada que nunca muda. Por exemplo, se somarmos dois a um certo natural, sua paridade ´e invariante. Problema 1. Sete moedas est˜ao sobre uma mesa mostrando a cara. Podemos escolher quaisquer quatro delas e vir´ a-las ao mesmo tempo. Podemos obter todas as moedas mostrando a coroa? Solu¸c˜ ao. Quando escolhemos quatro moedas par virar, sempre iremos nos deparar com uma das seguintes possibilidades: • Todas as moedas s˜ ao cara; • Temos trˆes moedas cara e uma coroa; • Temos duas caras e duas coroas; • Temos uma cara e trˆes coroas; • Todas as moedas s˜ ao coroas. Na primeira possibilidade, ao virar as quatro moedas, passamos a ter quatro coroas a mais na configura¸c˜ao. Na segunda possibilidade, passamos a ter duas coroas a mais. Na terceira, a quantidade de coroas n˜ao se altera. Na quarta, perdemos duas coroas. E na quinta, perdemos quatro. Ou seja, se temos em um dado momento, K coroas na configura¸c˜ao, ap´ os aplicarmos a transforma¸c˜ao permitida, termos K + 2q coroas. Onde q ∈ {−2, −1, 0, 1, 2}. Portanto, a quantidade de coroas (que ´e inicialmente zero) sempre ser´ a par. Logo, ´e imposs´ıvel obter todas as moedas coroas atrav´es de um n´ umero finito de opera¸c˜oes. Neste caso, a paridade da quantidade de moedas coroas ´e invariante.

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Problema 2. Em cada um dos dez degraus de uma escada existe uma r˜a. Cada r˜ a pode, dando um pulo, ir para outro degrau. Por´em, quando uma r˜a faz isso, ao mesmo tempo, uma outra r˜a deve pular a mesma quantidade de degraus em sentido contr´ario: uma sobe e outra desce. Conseguir˜ ao as r˜ as colocar-se todas juntas no mesmo degrau? Justifique. Solu¸c˜ ao. Vamos dizer que uma r˜ a tem energia i se ela estiver no i-´esimo degrau. Por exemplo, uma r˜ a que est´a no terceiro degrau tem energia 3. Se ela pular para o s´etimo degrau passar´a a ter energia 7. Dessa forma, observe que a soma das energias de todas as r˜as ´e invariante. Ou seja, ´e sempre 1 + 2 + · · · 10 = 55. Portanto, se em algum momento todas estiverem no mesmo degrau x, todas tamb´em ter˜ ao energia x, ou seja 10x = 55. E como x ∈ N, conclu´ımos que ´e imposs´ıvel todas ficarem no mesmo degrau. Problema 3. Cada um dos n´ umeros a1 , a2 , ..., an ´e 1 ou −1, e temos que: S = a1 a2 a3 a4 + a2 a3 a4 a5 + · · · + an a1 a2 a3 = 0. Prove que 4 | n. Esse problema parece muito mais com um problema de teoria dos n´ umeros do que um problema de invariˆancia. Na realidade, como isso pode ser um problema de invariˆancia se, n˜ao temos nenhuma transforma¸c˜ao? N˜ ao seja por isso! Podemos criar nossas pr´oprias transforma¸c˜oes! Solu¸c˜ ao. Nosso movimento ser´a o seguinte: “trocar ai por −ai ”. Fazendo essa opera¸c˜ao, a congruˆencia de S m´ odulo 4 ´e invariante pois, trocam de sinal exatamente quatro parcelas de S. Assim, basta trocar todos os ai ’s que forem −1 por 1. Portanto 0 ≡ S ≡ 1+1+· · ·+1 ≡ n (mod 4) ⇒ 4 | n. Problema 4. Dado um polinˆ omio quadr´atico ax2 + bx + c pode mos fazer as seguintes opera¸c˜oes: a. Trocar a com c. b. Tocar x por x + t onde t ´e um real. Usando essas opera¸c˜oes ´e poss´ıvel transformar x2 − x − 2 em x2 − x − 1? Solu¸c˜ ao. Vamos demonstrar que o “delta” ´e invariante. Observe que os polinˆ omios ax2 + bx+c e cx2 +bx+a possuem o mesmo delta ∆ = b2 −4ac. Al´em disso, dado t real, podemos simplificar: a(x + t)2 + b(x + t) + c = a(x2 + 2tx + t2 ) + b(x + t) + c = ax2 + (2ta + b) + (at2 + bt + c). O delta desse u ´ltimo polinˆ omio ´e: ∆′ = (2ta + b)2 − 4a(at2 + bt + c) = b2 − 4ac.

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Note que a maioria dos problemas de invariˆancia tˆem o enunciado muito parecido. Todos eles de alguma forma perguntam se, dado uma configura¸c˜ao ´e poss´ıvel chegar em outra. E como vocˆe tamb´em deve ter visto, a maioria das respostas ´e sempre n˜ ao. Cuidado! Existem problemas com o enunciado muito parecido mas, a resposta ´e afirmativa. Nestes casos, devemos mostrar como chegar na t˜ao desejada configura¸c˜ao. O pr´oximo exemplo ´e da olimp´ıada do Leningrado de 1990. Esse exerc´ıcio ir´ a esclarecer a id´eia de “falsa invariante”. Problema 5. O n´ umero 123 est´a na tela do computador de Teddy. A cada minuto o n´ umero escrito na tela ´e somado com 102. Teddy pode trocar a ordem dos d´ıgitos do n´ umero escrito na tela quando ele quiser. Ele pode fazer com que o n´ umero escrito na tela seja sempre um n´ umero de trˆes d´ıgitos? ´ poss´ıvel, basta ele seguir a seq¨ Solu¸c˜ ao. E uˆencia: 123 → 225 → 327 → 429 → 531 ⇒ 135 → 237 ⇒ 327 → 429 · · · , onde → denota a opera¸c˜ao de computador e ⇒ uma opera¸c˜ao feita por Teddy.

Problemas Propostos Problema 6. Os n´ umeros 1, 2, 3, ..., 1989 s˜ ao escritos em um quadro negro. Podemos apagar dois n´ umeros e escrever sua diferen¸ca no local. Ap´ os muitas opera¸c˜oes ficamos apenas com um n´ umero. Esse n´ umero pode ser o zero? Problema 7. Os n´ umeros 1, 2, ..., 20 s˜ ao escritos em um quadro negro. Podemos apagar dois deles a e b e escrever no lugar o n´ umero a + b + ab. Ap´ os muitas opera¸c˜oes ficamos apenas com um n´ umero. Qual deve ser esse n´ umero? Problema 8. Come¸cando com a tripla {3, 4, 12} podemos a cada passo escolher dois n´ umero a e b e troc´a-los por 0.6a−0.8b e 0.8a+0.6b. Usando essa opera¸c˜ao podemos obter {4, 6, 12} ´ poss´ıvel virar Problema 9. (Torneio das Cidades) Existem dez moedas em linha reta. E quatro consecutivas ou escolher cinco consecutivas e virar quatro que est˜ao na extremidade (× × × ×). Problema 10. Em um tabuleiro 8 × 8 uma das casas est´a pintada de preto e as outras casas de branco. Podemos escolher qualquer linha ou coluna e trocar a cor de todas as suas casas. Usando essas opera¸c˜oes, podemos obter um tabuleiro inteiramente preto? Problema 11. Em um tabuleiro 3 × 3 uma das casas do canto est´a pintada de preto e as outras casas de branco. Podemos escolher qualquer linha ou coluna e trocar a cor de todas as suas casas. Usando essas opera¸c˜oes, podemos obter um tabuleiro inteiramente preto?

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Problema 12. Em um tabuleiro 8 × 8 as quatro casas do canto est˜ao pintadas de preto e as outras casas de branco. Podemos escolher qualquer linha ou coluna e trocar a cor de todas as suas casas. Usando essas opera¸c˜oes, podemos obter um tabuleiro inteiramente preto? Problema 13. (Bulg´aria 2004) Considere todas as “palavras” formadas por a’s e b’s. Nestas palavras podemos fazer as seguintes opera¸c˜oes: Trocar um bloco aba por um bloco b, trocar ´ poss´ıvel um bloco bba por um bloco a. Podemos fazer tamb´em as opera¸c˜oes ao contr´ario. E obter a seq¨ uˆencia b |aa...a | {z } b? {z } a partir de aa...a 2003

2003

Problema 14. (Fortaleza 2003) Sobre uma circunferˆencia tomamos m + n pontos, que a divide em m + n pequenos arcos. N´ os pintamos m pontos de branco e os n restantes de preto. Em seguida, associamos a cada um dos m + n arcos um dos n´ umeros 2, 1/2 ou 1, dependendo se as extremidades do arco sejam, respectivamente, ambas brancas, ambas pretas ou uma preta e uma branca. Calcule o produto dos n´ umeros associados a cada um dos m + n arcos. Problema 15. (Cone Sul 2000) No plano cartesiano, considere os pontos de coordenadas inteiras. Uma opera¸c˜ao consiste em escolher um destes pontos e realizar uma rota¸c˜ao de ´ poss´ıvel, atrav´es de uma seq¨ 90◦ no sentido anti-hor´ario, com centro neste ponto. E uˆencia dessas opera¸c˜oes, levar o triˆ angulo de v´ertices (0,0);(1,0);(0,1) no triˆ angulo de v´ertices (0,0);(1,0);(1,1)? Problema 16. (Leningrado 1988) Uma pilha com 1001 pedras est´a sobre uma mesa. Um jogo consiste em escolher uma pilha sobre a mesa contendo mais de uma pedra, retirar uma pedra, e separar a pilha em duas pilhas n˜ao vazias (n˜ao necessariamente iguais). Ap´ os v´arios movimentos, ´e poss´ıvel que todas as pilhas restantes contenham exatamente trˆes pedras? Problema 17. (R´ ussia 1995) Trˆes pilhas de pedras est˜ao sobre uma mesa. Sisyphus pode escolher duas pilhas e transferir uma pedra de uma pilha para a outra. Para cada transferˆencia ele recebe de Zeus o n´ umero de moedas igual a diferen¸ca entre a quantidade de pedras da pilha de onde foi retirada a pedra e a quantidade de pedras da pilha que receber´a a pedra (a pedra na m˜ ao de Sisyphus n˜ao ´e levada em conta). Se essa diferen¸ca for negativa, Sisyphus deve pagar a Zeus o n´ umero correspondente (o generoso Zeus permite que ele pague depois se entrar em falˆencia). Ap´ os algum tempo todas as pilhas voltaram a ter a mesma quantidade inicial de pedras. Qual o n´ umero m´ aximo de moedas que Sisyphus pode ter neste momento?

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Invariantes com Restos

Problema 1. (Leningrado 1987) As moedas dos pa´ıses Dillia e Dallia s˜ ao o diller e o daller, respectivamente. Podemos trocas um diller por dez dallers e um daller por dez dillers. Zequinha possui um diller e deseja obter a mesma quantidade de dillers e dallers usando ´ poss´ıvel que isso ocorra? essas opera¸c˜oes. E Solu¸c˜ ao. Seja S a diferen¸ca entre a quantidade de dillers e dallers. Note que a congruˆencia de S m´ odulo 11 ´e invariante. Como inicialmente S ≡ 1 (mod 11), n˜ao se pode obter a mesma quantia de dillers e dallers. Problema 2. (R´ ussia 1998) Um inteiro positivo ´e escrito no quadro. N´ os repetimos o processo: Apagar o d´ıgito das unidades e soma 5 vezes este d´ıgito com o n´ umero restante. Come¸cando com 71998 pordemos terminar em 19987 ? Solu¸c˜ ao. Seja an o n-´esimo n´ umero da lista. Escrevemos esse n´ umero da seguinte forma an = 10tn + un , em que un ´e um d´ıgito e tn representa os primeiros algarismos de an . Pelas condi¸c˜oes dadas no problema, devemos ter an+1 = tn + 5un . Agora, observe que tn + 5un ≡ 50tn + 5un ≡ 5(10tn + un ) ≡ 5an

(mod 7).

Como a1 = 71998 ≡ 0 (mod 7) e 19987 6≡ 0 (mod 7), conclu´ımos que ´e imposs´ıvel que 19987 apareca na lista. Problema 3. (R´ ussia 2008) Um n´ umero natural ´e escrito no quadro-negro. Sempre que o x . Em algum momento o n´ umero x est´a escrito, podemos troc´a-lo por 2x + 1 ou por x+2 n´ umero 2008 aparece na lista. Prove que 2008 deve ser o primeiro. a um n´ umero racional escrito na sua forma reduzida. Defina a fun¸c˜ao b f (x) = a + b. Observe que Solu¸c˜ ao. Seja x =

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1. Se x′ = 2x + 1, ent˜ao x′ =

x a = . Como mdc(2b + a, b) = mdc(2b, a) pelo lema de Euclides, x+2 a + 2b ′ ent˜ao f (x ) ≥ 2f (x) ou f (x′ ) = f (x).

2. Se x′ =

Como f (2008) = 2009, ele deve ser o primeiro.

Semi-Invariantes A id´eia de semi-invariante ´e um pequena generaliza¸c˜ao da id´eia de invariante. Diremos que uma propriedade ´e semi-invariante quando ela muda de forma previs´ıvel (periodicamente, sempre crescendo ou decrescendo). Um exemplo bastante comum de semi-invariante ´e a idade de uma pessoa, que sempre cresce de forma peri´ odica (a cada 365 anos). Problema 4. Nove casas 1 × 1 de um tabuleiro 10 × 10 est˜ao infectadas. A cada segundo, uma casa que possui duas casas vizinhas (com um lado em comum) infectadas tamb´em se ´ poss´ıvel todas as casas se tornarem infectadas? torna infectada. E Solu¸c˜ ao. Veja que uma casa pode ser infectada de v´arias formas. Primeiramente vamos analisar a seguinte “infec¸c˜ao”:

Figura 1: Infec¸c˜ao do Tipo 1. Olhando para figura fica f´acil observar que o per´ımetro total da ´area infectada n˜ao muda ap´ os a infec¸c˜ao do tipo 1. Desse modo, poder´ıamos pensar que esse per´ımetro ´e invariante e igual a 4 × 9 = 36. Da´ı, como o per´ımetro do tabuleiro todo ´e 4 × 10 = 40 seria imposs´ıvel tornar o tabuleiro totalmente infectado. Mas neste caso, estar´ıamos cometendo um erro grav´ıssimo: esquecer de analisar todos os casos. Vejamos o que acontece nos demais casos: Note que neste tipo de infec¸c˜ao o per´ımetro n˜ao permanece constante, e sim diminui em duas unidades! A princ´ıpio isso pode parecer um problema, mas n˜ao ´e. Se o per´ımetro 2

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Figura 2: Infec¸c˜ao do Tipo 2.

Figura 3: Infec¸c˜ao do Tipo 3. n˜ao aumenta, nunca poder´ a chegar a 40 (j´a que inicialmente ele ´e no m´ aximo 36). Por´em, para ter certeza que essa hip´ otese ´e verdadeira, ainda temos que analisar o u ´ltimo caso: Aqui podemos notar que o per´ımetro fica menor ainda, diminuindo em quatro unidades. Com isso, podemos concluir o problema. Ou seja, j´a que o per´ımetro inicial ´e no m´ aximo 36 (caso em que n˜ao h´a duas casas infectadas vizinhas) e ele nunca cresce, jamais poderemos infectar completamente o tabuleiro. Problema 5. Um total de 2000 pessoas est˜ao divididas entre os 115 quartos de uma mans˜ao. A cada minuto, uma pessoa anda para um quarto com n´ umero igual ou maior de pessoas do qual ela estava. Prove que eventualmente todas as pessoas v˜ao estar em um mesmo quarto. Solu¸c˜ ao. Sejam a1 , a2 , ..., a115 a quantidade de pessoas nos quartos 1, 2, ..., 115 respectivamente em um dado momento. Defina I = a21 + a22 + · · · + a2115 . Digamos que uma pessoa sai de um quarto com n pessoas e vai para um quarto com m pessoas (m ≥ n). A varia¸c˜ao de I ´e dada por: ∆I = ((m + 1)2 + (n − 1)2 ) − (m2 + n2 ) = 2(m − n + 1) > 0 Assim, toda vez que uma pessoa muda de quarto o valor de I cresce. Por´em, sabemos que o valor de I n˜ao pode crescer indefinidamente pois, o n´ umero de pessoas ´e finito. Ou seja, em um dado momento I n˜ao poder´ a mais crescer, isso s´ o acontecer´a quando nenhuma pessoa puder mudar de quarto. Logo, todas elas dever˜ao estar no mesmo quarto.

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Problemas Propostos Problema 6. (R´ ussia 1998) Um n´ umero de quatro d´ıgitos ´e escrito no quadro-negro. As opera¸c˜oes permitidas s˜ ao: adicionar 1 a dois d´ıgitos vizinhos (caso nenhum deles seja 9), ´ poss´ıvel obtermos 2002 ou subtrair 1 de dois d´ıgitos vizinhos (caso nenhum deles seja 0). E a partir de 1234 realizando algumas opera¸c˜oes? Problema 7. Seja d(x) a soma dos d´ıgitos de x ∈ N. Determine todas as solu¸c˜oes de d(d(n)) + d(n) + n = 1997. Problema 8. (Torneio das Cidades) Todo membro de uma seq¨ uˆencia, iniciando do segundo, ´ ´e igual a soma do termo anterior com a soma de seus d´ıgitos. O primeiro n´ umero ´e 1. E poss´ıvel que 123456 perten¸ca ` a seq¨ uˆencia? Problema 9. (Hong Kong 1997) Cinco n´ umeros 1, 2, 3, 4, 5 est˜ao escritos em um quadro negro. Um estudante pode apagar dois dos n´ umeros a e b e escrever nos seus lugares a + b e ab. Ap´ os algumas opera¸c˜oes podemos obter a qu´ıntupla 21, 27, 64, 180, 540? Problema 10. (Torneio das Cidades 1985) Na ilha de Camelot vivem 13 camale˜ oes roxos, 15 verdes e 17 amarelos. Quando dois de cores distintas se encontram, mudam simultaneamente para a terceira cor. Poderia dar-se a situa¸c˜ao na qual todos tenham a mesma cor? Problema 11. Em uma f´abrica de cart˜oes existem trˆes m´ aquinas. A primeira recebe um cart˜ao (a, b) e retorna um cart˜ao (a + 1, b + 1). A segunda recebe um cart˜ao (2a, 2b) e retorna um cart˜ao (a, b). A terceira recebe dois cart˜oes (a, b) e (b, c) e retorna o cart˜ao ´ poss´ıvel fabricar (a, c). Todas as m´ aquinas tamb´em retornam o(s) cart˜ao(˜ oes) dados. E um cart˜ao (1, 1988) se temos inicialmente apenas um cart˜ao (5, 19)? Problema 12. Com a calculadora KPK-1991 podemos efetuar duas opera¸c˜oes: (a) elevar um n´ umero ao quadrado; e (b) e obter de um n´ umero X de n d´ıgitos (n > 3) o n´ umero A + B, onde A ´e o n´ umero formado pelos trˆes u ´ltimos de X e B o n´ umero formado pelos (n − 3) d´ıgitos de X. Podemos obter o n´ umero 703 a partir de 604 usando essa calculadora? Problema 13. (R´ ussia 1998) Os n´ umero 19 e 98 s˜ ao escritos no quadro. A cada minuto, ´ poss´ıvel que os dois n´ um deles ´e acrescentado 1 e o outro ´e elevado ao quadrado. E umeros se tornem iguais ap´ os diversas opera¸c˜oes? Problema 14. (R´ ussia 1998) Temos um tabuleiro n × n (n > 100) com n − 1 casas iguais a 1 e o restante iguais a 0. Podemos escolher uma casa, subtrair 1 dela, e adicionar 1 nas demais casas que est˜ao na mesma liha e coluna desta. Com essa opera¸c˜ao, podemos fazer com que todas as casas do tabuleiro se tornem iguais? Problema 15. (Leningrado) Existem n ≥ 2 n´ umeros n˜ao-nulos escritos em um quadro. Podemos escolher dois n´ umeros a e b e troc´a-los por a + b/2 e b − a/2. Prove que ap´ os feito um movimento n˜ao podemos obter os n´ umeros iniciais novamente. 4

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Problema 16. (Ucrˆania 2000) Existem inicialmente n n´ umeros √ 1 escritos em um quadro. ab 2 Em cada passo podemos apagar a e b e escrever o n´ umero no seu lugar. Ap´ os repetir a+b 1 essa opera¸c˜ao n − 1 vezes, prove que o u ´ltimo n´ umero escrito n˜ao pode ser menor que √ n Problema 17. (S˜ao Petersburgo 1998) Um total de 119 an˜ oes vivem em uma aldeia com 120 pequenas casas. Uma casa ´e dita super-habitada se 15 an˜ oes ou mais vivem nela. Todo dia, os an˜ oes de uma casa super-habitada tˆem uma briga e se mudam para outras casas da aldeia. Algum dia, necessariamente se encerrar´a? Problema 18. (R´ ussia 1997) Temos uma fileira longa de copos e n pedras no copo central (copo 0). Os seguintes movimentos s˜ ao permitidos: Movimento tipo A:

i−1

i

i+1i+2

⇒

i−1

i

i−1

i

i+1i+2

Se h´a pelo menos uma pedra no copo i e pelo menos uma no copo i + 1 podemos fazer uma pedra que est´a no copo i+1 pular para o copo i−1 eliminando uma pedra do copo i. Movimento tipo B:

i−1

i

i+1i+2

⇒

i+1i+2

Se h´a pelo menos duas pedras no copo i podemos pular uma pedra para o copo i + 2 e outra para o copo i − 1. Demonstre o seguinte fato: fazendo os movimentos tipo A ou B durante um tempo suficientemente longo sempre chegamos a uma configura¸c˜ao a partir da qual n˜ao ´e poss´ıvel fazer nenhum desses dois tipos de movimento. Al´em disso, essa configura¸c˜ao final n˜ao depende da escolha de movimentos durante o processo. Dica: Lembre-se de usar energia!

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Aula

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Aula de Revis˜ ao O objetivo desta aula ´e relembrar os principais conceitos e as ideias mais importantes que aprendemos durante a primeira parte do curso. Al´em disso, o aluno poder´ a utilizar o conjunto de problemas a seguir como um treinamento para provas de olimp´ıada. Pois, n˜ ao ter um assunto central que serve de guia na solu¸c˜ao dos problemas, ´e uma simula¸c˜ao da situa¸c˜ao real que ocorre durante uma prova. Problema 1. (AIME 1988) Determine a quantidade de divisores de 1099 que s˜ ao m´ ultiplos de 1088 . Solu¸c˜ ao. Os divisores de 1099 s˜ ao da forma 2a · 5b com 0 ≤ a, b ≤ 99 e para um divisor de 99 88 10 ser um m´ ultiplo de 10 , devemos ter 88 ≤ a, b ≤ 99. Portanto, s˜ ao 12 × 12 = 144 tais n´ umeros. Problema 2. (Hungria 1989) Em cada um dos quatro v´ertices de um quadrado existe uma ´ permitido mudar a quantidade de pedras de acordo come¸cando a seguinte repedra. E gra: Podemos escolher um v´ertice, retirar qualquer quantidade positiva de pedras deste e ´ poss´ıvel que adicionar o dobro destaa quantidade em cada um dos v´ertices adjacentes. E ap´ os muitos movimentos obter 1989, 1988, 1990 e 1989 pedras em v´ertices consecutivos do quadrado. Solu¸c˜ ao. Sejam (x, y, z, w) a quantidade de pedras em v´ertices consecutivos do quadrado em um dado momento. Considere a express˜ ao E = x + z − y − w. Observe que E ´e invariante m´ odulo 3, i.e. a cada movimento, o res´ıduo de E m´ odulo 3 se mant´em o mesmo. Inicialmente temos E ≡ 0 (mod 3) para a qu´adrupla (1, 1, 1, 1). Por´em, para a qu´adrupla (1989, 1988, 1990, 1989) o valor da express˜ ao ´e tal quem E ≡ 2 (mod 3). Portanto, ´e imposs´ıvel obter tal configura¸c˜ao.

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Problema 3. (Romˆenia 2010) Cada ponto do plano ´e pinta de uma de duas cores. Dado um n´ umero inteiro ´ımpar n ≥ 3, prove que existem (pelo menos) dois triˆ angulos monocrom´ aticos e semelhantes cuja raz˜ ao de semelhan¸ca ´e n. Solu¸c˜ ao. Suponha que as cores sejam A (azul) e B (branco) e considere todas as semi-retas que partem da origem O. Dado um real positivo α, dizemos que uma semi-reta ℓ ´e do tipo OX = α. Defina os tipos AB, AA se existirem dois pontos azuis X e Y sobre ℓ tais que OY BA e BB de forma an´ aloga. Como existem infinitas semi-retas, pelo menos um tipo ir´ a se repetir trˆes vezes. Sem perda de generalidade, assuma que ℓ1 , ℓ2 , ℓ3 s˜ ao trˆes semi-retas do tipo AB. Dessa forma, ´e poss´ıvel encontrar pontos azuis X1 , X2 , X3 e pontos brancos Y1 , Y2 , Y3 que formam triˆ angulos semelhantes com raz˜ ao de semelhan¸ca igual a α. Tomando α = n obtemos o resultado procurado. Problema 4. (URSS 1990) Em um Senado existem 30 senadores. Cada senador tem exatamente 6 inimigos. Quaisquer trˆes deles formam uma comiss˜ao. Ache o n´ umero de comiss˜oes em que o membros s˜ ao todos amigos ou todos inimigos. Solu¸c˜ ao. Diremos que uma comiss˜ao ´e azul se satisfaz `as condi¸c˜oes do problema e diremos que uma comiss˜ao ´e vermelha caso n˜ ao satisfa¸ca. Seja x o n´ umero de comiss˜oes azuis e y o n´ umero de comiss˜oes vermelhas. De imediato, temos:   30 x+y = = 4060. 3 Por outro lado, se cada senador listar todas as comiss˜oes em que os outros dois membros ao

s˜ ambos seus amigos, ou ambos seus inimigos, cada senador far´ a uma lista com 62 + 23 2 = 268 comiss˜oes. Obtendo um total de 30 · 268 = 8040 comiss˜oes listadas. Observe que as comiss˜oes azuis s˜ ao listadas trˆes vezes e as vermelhas apenas uma. Assim, 3x + y = 8040. Resolvendo o sistema encontramos x = 1990. Problema 5. (Torneio das Cidades 2000) Em um conjunto de 32 moedas, todas com mesma aparˆencia, 30 s˜ ao reais e 2 s˜ ao falsas. Quaisquer duas moedas reais possuem o mesmo peso e as duas moedas falsas tamb´em possuem o mesmo peso, que ´e diferente do peso de uma moeda real. Mostre como dividir as moedas em dois grupos de mesmo peso usando uma balan¸ca de dois pratos no m´ aximo quatro vezes. Solu¸c˜ ao. Enumere as moedas de 0 a 31 por´em usando a base bin´ aria. Ou seja, as moedas ser˜ ao rotuladas de 0000 at´e 1111. Na primeira pesagem coloque todas as moedas cujo primeiro d´ıgito ´e zero no prato esquerdo da balan¸ca e todas as moedas cujo primeiro d´ıgito 2

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´e 1 no prato direito. Na segunda pesagem coloque todas as moedas cujo segundo d´ıgito ´e zero no prato esquerdo da balan¸ca e todas as moedas cujo segundo d´ıgito ´e 1 no prato direito. Fa¸ca a terceira e a quarta pesagens de forma an´ aloga. Como os r´ otulos das moedas s˜ ao todos diferentes em pelo menos um d´ıgito, em alguma das quatro pesagens as duas moedas falsas estar˜ ao em pratos diferentes, e isso equilibrar´ a a balan¸ca e ao mesmo tempo resolver´ a o problema j´a que em cada prato haver´ a 16 moedas.

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Problemas Propostos Problema 6. De quantas formas podemos organizar 10 casais ao redor de um c´ıculo de modo que conjuges estejam sempre juntos? Problema 7. (Torneio das Cidades 1997) Qual o n´ umero m´ aximo de cavalos que podemos colocar em um tabuleiro 5 × 5 de modo que nenhum deles ataque um outro. Problema 8. (Torneio das Cidades 1990) Um quadrado unit´ ario preto ´e desenhado em um plano. Mostre que ´e poss´ıvel cobrir este quadrado com sete outros quadrados unit´ arios brancos sem sobrepor os quadrados brancos e de modo que cada quadrado branco cubra pelo menos um ponto preto. Problema 9. (Torneio das Cidades 1995) Sˆ onia possui moedas de 10, 15 e 20 dinheirus cujo valor total ´e 500 dinheirus. Ela possui 30 moedas. Mostre que ela possui mais moedas de 20 do que moedas de 10. Problema 10. (Torneio das Cidades 1997) Dois jogadores se enfrentam no seguinte jogo: O primeiro pinta um ponto branco do plano de vermelho e, em seguida, o segundo pinta dez pontos brancos do plano de verde. O processo ´e repetido quantas vezes for necess´ario. O primeiro ganha se dezenhar um triˆ angulo equil´atero com todos v´ertices vermelhos. Mostre que o primeiro pode sempre garantir a vit´oria. Problema 11. (Torneio das Cidades 1985) Existem 68 moedas, todas de pesos distintos. Mostre como achar a mais pesa e a mais leve usando uma balan¸ca de dois pratos n˜ ao mais do que 100 vezes. Problema 12. Arnaldo e Bernaldo est˜ ao brincando no quadro da sala de aula da seguinte maneira: eles escrevem inicialmente no quadro um n´ umero inteiro positivo n. Ent˜ao, alternadamente, come¸cando com Arnaldo, apagam o n´ umero que est´ a no quadro e escrevem um novo n´ umero que pode ser: • o que acabou de ser apagado menos a maior potˆencia de 2 (com expoente inteiro n˜ ao-negativo) menor do que ou igual ao n´ umero apagado; • o que acabou de ser apagado dividido por 2, caso o n´ umero apagado seja par. Vence a brincadeira quem obtiver primeiro o n´ umero zero. a) Determine qual dos jogadores possui uma estrat´egia vencedora para n = 40 e descreva-a. b) Determine qual dos jogadores possui uma estrat´egia vencedora para n = 2012 e descrevaa. Problema 13. (´India 2006) Quarenta e seis quadrados de um tabuleiro 9 × 9 s˜ ao pintados de vermelho. Prove que existe um subtabueiro 2 × 2 com pelo menos trˆes casas vermelhas.

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Princ´ıpio do Extremo A id´eia chave na solu¸c˜ ao de muitos problemas de combinat´ oria, ou at´e mesmo em teoria dos n´ umeros e ´ algebra ´e a simples considera¸c˜ao de um elemento extremo (m´ aximo ou m´ınimo). O pr´ oximo problema mostrar´a como essa id´eia pode ser simples e ao mesmo tempo poderosa. Problema 1. (Leningrado 1988) Alguns pinos est˜ ao em um tabuleiro de xadrez. A cada segundo, um dos pinos move para uma casa vizinha (lado em comum). Ap´os muito tempo verificou-se que cada pino havia passado todos todas as casas do tabuleiro exatamente uma vez e tinha voltado para a sua casa inicial. Prove que existiu um momento em que todos os pinos estavam fora de sua casa inicial. Solu¸c˜ ao. Seja P o primeiro pino que voltou para a sua posi¸c˜ao inicial. Um movimento antes dele voltar para sua casa, cada um dos outros pinos deve ter feito um movimento. De fato, se isso n˜ ao fosse verdade, P n˜ ao poderia ter passado por todas as casas do tabuleiro. Desse modo, este ser´ a o momento em que todos os pinos estar˜ ao em casas diferentes das iniciais. Problema 2. (Teorema de Sylverste) Um conjunto finito S de pontos no plano possui a propriedade que qualquer reta que passa por dois destes pontos tamb´em passa por um terceiro. Prove que todos os pontos est˜ ao sobre uma reta. P0

l0

Q

N

M

Solu¸c˜ ao. Seja L o conjunto de todas as retas que passam por pelo menos dois pontos de S. Agora sejam P0 ∈ S e l0 ∈ L tais que a distˆ ancia entre P0 e l0 ´e a menor poss´ıvel por´em,

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diferente de zero. Seja Q a proje¸c˜ ao de P0 sobre l0 . Como a reta l0 passa por trˆes deles, pelo menos dois deles N e M est˜ ao na mesma semi-reta (em rela¸c˜ao a Q). Suponha que N ´e o mais pr´ oximo de Q desse modo, a distˆ ancia entre N e a reta P0 M ´e menor que a m´ınima. Contradi¸c˜ ao. Problema 3. (Leningrado 1989) Dado um n´ umero natural k maior que 1, prove que ´e imposs´ıvel colocar os n´ umeros 1, 2, ..., k 2 em um tabuleiro k × k de forma que todas as somas dos n´ umeros escritos em cada linha e coluna sejam potˆencias de 2. Solu¸c˜ ao. Suponha que seja poss´ıvel fazer tal distribui¸c˜ao para algum inteiro positivo k. Al´em disso, seja 2n a menor dentre as somas. Devemos ter 2n ≥ 1 + 2 + · · · + k =

k(k + 1) . 2

Como 2n ´e menor potˆencia, 2n divide a soma dos elementos em qualquer linha, portanto divide a soma de todos os elementos do tabuleiro. Assim, 2n |

k2 (k2 + 1) . 2

Como k2 e k2 + 1 tem paridades opostas, 2n+1 deve dividir apenas um deles. Em qualquer caso temos 2n+1 ≤ k2 + 1. Isso contradiz a primeira desigualdade encontrada. Problema 4. (S˜ ao Petersburgo 1998) Em cada uma de dez folhas de papel s˜ ao escritas diversas potˆencias de 2. A soma dos n´ umeros em cada uma das folhas ´e a mesma. Mostre que algum n´ umero aparece pelo menos 6 vezes. Solu¸c˜ ao. Seja N a soma comum, e n o maior inteiro tal que 2n ≤ N . Suponha que cada potˆencia s´ o ocorra no m´ aximo 5 vezes. Dai, 5(1 + 2 + · · · + 2n ) = 5(2n+1 − 1) < 10N. E isso gera uma contradi¸c˜ ao.

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Problemas Propostos Problema 5. Dado um conjunto de n pontos no plano, nem todos numa mesma reta, existe uma reta que passa por exatamente dois desses pontos. Problema 6. S˜ ao dados n ≥ 3 pontos no plano de forma que quaisquer trˆes est˜ ao em um triˆ angulo de ´ area menor que 1. Mostre que todos eles est˜ ao em um triˆ angulo de ´area menor que 4. Problema 7. S˜ ao dados n pontos no plano. Marcamos ent˜ao, os pontos m´edios de todos os segmentos com extremidades nesses n pontos. Prove que h´ a pelo menos 2n − 3 pontos marcados distintos. Problema 8. H´a 20 paises em um planeta. Sabe-se que dentre quaisquer trˆes desses pa´ıses, existe sempre dois sem rela¸c˜ oes diplom´aticas. Prove que existem, no m´ aximo, 200 embaixadas neste platena. Problema 9. Todo participante de um torneio joga com cada um dos outros participantes exatamente uma vez. Ap´os o torneio cada jogador faz uma lista com os nomes de todos os jogadores vencidos por ele e de todos os que foram vencidos pelos jogadores que ele venceu. Sabendo que neste torneio n˜ ao h´ a empates, prove que existe um jogador cuja a lista possui o nome de todos os outros jogadores. Problema 10. Em um p´ atio est˜ ao localizadas 2n + 1 pessoas tais que as distˆ ancia entre quaisquer duas delas s˜ ao todas distintas. Em um dado momento cada uma delas atira na pessoa mais pr´ oxima de si. Prove que: (a) Pelo menos uma pessoa ir´ a sobreviver. (b) Ningu´em levar´ a mais de cinco tiros. (c) Os caminhos das balas n˜ ao se encotram. (d) Os segmentos formados pelas traget´ orias das balas n˜ ao formam um pol´ıgono convexo fechado. Problema 11. Considere trˆes escolas, cada uma com n alunos. Cada estudante tem ao todo n + 1 amigos nas outras duas escolas em que ele n˜ ao estuda. Prove que ´e poss´ıvel selecionar um estudante de cada escola de tal forma que os trˆes se conhe¸cam mutuamente. Problema 12. Em cada lattice point do plano ´e colocado um inteiro positivo. Cada um desses n´ umeros ´e a m´edia aritm´etica de seus quatro vizinhos. Mostre que todos os n´ umeros s˜ ao iguais. Problema 13. Cada casa de um tabuleiro 8 × 8 existe um n´ umero que pode ser 0 ou 1. Para cada casa que cont´em um 0, a soma dos n´ umeros escritos nas casas que est˜ ao ou na mesma linha ou na mesma coluna desta casa ´e maior que ou igual a 8. Prove que a soma de todos os n´ umeros no tabuleiro ´e maior que ou igual a 32. 3

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Problema 14. O parlamento da Bruzundanga consiste de uma casa. Todo membro tem no m´ aximo trˆes inimigos dentre os restantes. Mostre que ´e poss´ıvel separar a casa em duas casas de tal forma que cada membro tenha no m´ aximo um inimigo em sua casa. Problema 15. (Torneio das Cidades 1987) (a) 3n estrelas s˜ ao colocadas em um tabuleiro 2n × 2n. Prove que podemos eliminar n linhas e n colunas de modo que todas as estrelas sejam eliminadas. (b) Prove que, com 3n + 1 estrelas, isso n˜ ao ´e mais poss´ıvel. Problema 16. (Torneio das Cidades 1983) Os n´ umeros de 1 a 1000 s˜ ao escritos ao redor de um c´ırculo. Prove que ´e poss´ıvel formar 500 segmentos que n˜ ao se cruzam, cada um ligando dois destes n´ umeros, e de tal modo que a diferen¸ca (em valor absoluto) entre dois n´ umeros ligados n˜ ao seja maior que 749. Problema 17. (Torneio das Cidades 1985) Oito times de futibol participaram de um torneio com apenas uma rodada onde cada time jogou contra todos os outros exatamente uma vez). N˜ao houve empates. Prove que ap´ os o termino do torneio ´e poss´ıvel escolher quatro times, digamos A, B, C, D tais que A derrotou B, C e D; B derrotou C e D; e C derrotou D.

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Combinat´ oria Geom´ etrica Vamos come¸car com um problema relativamente simples que apareceu na olimp´ıada do Cone Sul de 2000. Este problema ilustra como podemos usar ideias j´a vistas antes para resolver problemas que, em sua essˆencia, s˜ ao problemas de geometria. Neste exemplo particular, usaremos o princ´ıpio do extremo. Problema 1. Um pol´ıgono S est´ a contido no interior de um quadrado de lado a. Demonstre que h´ a pelo menos dois pontos do pol´ıgono que est˜ ao separads por uma distˆ ancia maior que ou igual a S/a. Solu¸c˜ ao. Suponha quem quaisquer dois pontos do pol´ıgono estejam separados por uma distˆ ancia menor que S/a. Considere o ponto mais a esquerda e o ponto mais a direita.

a

X bc

bc

S

Y

b

Se b ´e a diferen¸ca entre suas abscissas, temos S ≤a·b⇒ Por outro lado, XY ≥ b. Portanto, XY ≥

S ≤ b. a S . a

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Problema 2. (Ibero 1997) Seja P = {P1 , P2 , ..., P1997 } um conjunto de 1997 pontos no interior de um c´ırculo de raio 1, com P1 sendo o centro do c´ırculo. Para k = 1, 2, ..., 1997 seja xk a distˆ ancia de Pk ao ponto de P mais pr´ oximo de Pk . Mostre que x21 + x22 + · · · + x21997 ≤ 9. Solu¸c˜ ao. Note que xk ≤ 1, para todo k. Para cada k = 1, ..., 1997 trace uma circunferˆencia de raio xk /2 e centro em Pk . Estas 1997 circuferˆencias n˜ ao se intersectam (no m´ aximo se tocam) e est˜ ao todas no interior de uma circunferˆencia Γ de centro em P1 e raio 3/2. Desta forma, a soma de suas ´ areas ´e menor que a ´area de Γ. Escrevendo isto em uma equa¸c˜ao, temos: 1997 X  xk 2 9π ≤ . 2 4 k=1

Dividindo tudo por π/4, obtemos o resultado procurado. Problema 3. Seja C um c´ırculo de raio 16 e A um anel com raio interior 2 e raio exterior 3. Agora suponha que um conjunto S de 650 pontos s˜ ao selecionados no interior de C. Prove que podemos colocar o anel A no plano de modo que ele cubra pelo menos 10 pontos de S.

bc

Solu¸c˜ ao. Suponha que uma c´ opia de A seja centrada em cada um dos 650 pontos de S. Considere um c´ırculo D, concˆentrico de C e de raio 19.

b

b

b

b

b

b

b

b

b b b b

b

b

b

Note que a ´ area de A ´e 32 π − 22 π = 5π. Dessa forma, as 650 c´opias de A ir˜ ao fazer uma supercobertura de ´ area de 650 × 5π = 3250π. Agora, se cada ponto de D for coberto por n˜ ao mais do que 9 an´eis, a a´rea coberta n˜ ao pode ser maior que 9(192 π) = 3249π. Portanto, existe um ponto X de D que ´e coberto por pelo menos 10 aneis. Se Yi ´e o centro de um anel que cobre X, o anel de centro X tamb´em ir´ a cobrir Yi . Pois 2 ≤ XYi ≤ 3. Logo, esse anel tamb´em cobre 10 pontos de S. 2

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Problema 4. (Proposto para IMO 1989) Temos um conjunto finito de segmentos no plano, de medida total 1. Prove que existe uma reta ℓ tal que a soma das medidas das proje¸c˜oes destes segmentos a reta ℓ ´e menor que 2/π. Solu¸c˜ ao. Vamos transladar os segmentos de modo que seus pontos m´edios coincidam em um ponto V . Vamos designar as 2n extremidades por A1 , A2 , ..., An , A′1 , A′2 , ..., A′n . A partir de um ponto Pn′ desenhamos o segmento Pn′ P1 igual e paralelo a V A1 , a partir de P1 desenhamos o segmento P1 P2 igual e paralelo a V A2 , e assim por diante obtendo P3 , ..., Pn , P1′ , ..., Pn′ . Que ´e um pol´ıgono convexo P de 2n v´ertices, com um centro de simetria O. Pois os pares de lados opostos s˜ ao iguais e paralelos. A3 An

A2

V

A′1

A1

A′2 A′3 Escolha um par de lado opostos cuja distˆ ancia D ´e m´ınima. Considere o c´ırculo Γ de centro O e diˆ ametro D; este ´e tangente aos dois lados opostos e interior ao pol´ıgono. ′ Pn ′ P1 T ′ P2 P3′ b

b

b

b

b

O b

b

b

b b

b

Pn′

b

b

P1 T

Ent˜ao, πD < perimetro(P) =

P3

P2

n X

si = 1.

i=1

Dessa forma, D < 1/π. Por outro lado, as proje¸c˜oes ortogonais de todos os 2n lados de P sobre T T ′ possui medida total igual a 2D. Logo, como 2D < 2/π, segue o resultado.

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Problemas Propostos Problema 5. Um n-´ agono convexo M ´e particionado em triˆ angulos por v´arias diagonais que n˜ ao se cortam. Mais ainda, cada v´ertice de M pertence a um n´ umero ´ımpar de tais triˆ angulos. Mostre que n ´e divis´ıvel por 3. Problema 6. No centro de um terreno cercado quadrado se encontra um lobo, e em cada v´ertice do quadrado h´ a um cachorro. O lobo pode correr por todo o terreno, enquanto os cachorros podem correr apenas pelas bordas. Sabe-se que os cachorros (que possuem todos a mesma velocidade) s˜ ao 1, 5 vezes mais r´ apidos do que o lobo. Demonstre que os cachorros podem coordenar seus movimentos de modo que o lobo n˜ ao possa escapar do terreno. Problema 7. S˜ ao colocados 100 pontos no plano. Mostre que podemos usar alguns discos para cobrir estes pontos de modo que a soma dos diˆ ametros seja menor do que 100 e a distˆ ancia entre quaisquer dois disco seja maior do que 1. Problema 8. (Torneio das Cidades 1980) Um conjunto finito de segmentos, de comprimento total 18, est˜ ao no interior de um quadrado unit´ ario (assuma que o interior tamb´em cont´em as bordas e os v´ertices). Os segmentos s˜ ao paralelos aos lados do quadrado e podem se cruzar. Prove que dentre as regiˆ oes em que o quadrado ´e dividido, h´ a pelo menos uma de ´area n˜ ao menor que 0, 01. Problema 9. (Banco IMO 2003) Seja n ≥ 5 um inteiro positivo. Determine o maior inteiro k para o qual existe um pol´ıgono com n v´ertices (convexo ou n˜ ao, por´em sem auto-interse¸c˜oes) ◦ que possui k ˆ angulos internos de 90 .

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Combinat´ oria e Sequˆ encias Nesta aula iremos aplicar muitas das ideias que aprendemos durante esse curso para resolver problemas sobre sequˆencias. Como aconteceu na aula de Combinat´ oria Geom´etrica, tenha sempre em mente os princ´ıpios da casa dos pombos, do extremo e da invariˆ ancia. Mas tamb´em n˜ ao se esque¸ca de usar indu¸c˜ao sempre que isto parecer u ´til. Por´em, iremos iniciar a aula com um problema de contagem. Problema 1. Determine a quantidade de diferentes permuta¸c˜oes a1 , a2 , ..., a10 dos inteiros 1, 2, ..., 10 tais que ai > a2i (1 ≤ i ≤ 5) e ai > a2i (1 ≤ i ≤ 4). Solu¸c˜ ao. Primeiramente, substitua as desigualdades do problema pelo seguinte diagrama: a1 b

a2

a3 b

b

a4

b

a8

b

a5

b

b

a9

a6

a7 b

b

b

a10

O diagrama ´e constru´ıdo de forma que a rela¸c˜ao ai → aj indica que ai > aj . Pela figura, fica claro que devemos ter a1 = 10. Dos 9 inteiros restantes, devemos escolher trˆes deles para formar o conjunto {a3 , a6 , a7 } feito isso,
a3 deve ser o maior deles, e a ordem entre a6 e a7 n˜ ao deve importar. Portanto, temos 93 · 2 possibilidades para os n´ umeros a3 , a6 , a7 do diagrama. At´e agora escolhemos a posi¸c˜ ao de quatro n´ umeros. Os seis restantes far˜ao parte do conjunto {a2 , a4 , a5 , a8 , a9 , a10 }. Observe que nesta situa¸c˜ao, a2 deve ser o maior dentre os seis inteiros restantes. Al´em disso, dos cinco que ir˜ ao sobrar, ap´ os fixar a2 , devemos esolher trˆes para formar o conjunto {a4 , a8 , a9 }. Destes trˆes, a4 deve ser o maior e a ordem entre

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a8 e a9 n˜ ao dever´ a importar. Logo, teremos

5
3 ·2

possibilidades para o conjunto {a4 , a8 , a9 }.

Por fim, os dois n´ umeros restantes ser˜ ao a5 e a10 , sendo a5 o maior dentre esses dois. Portanto, temos     9 5 ·2· · 2 = 3360 3 3 permuta¸c˜oes com as propriedades requeridas. Problema 2. Ache o maior valor poss´ıvel da express˜ ao x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn x1 para n ≥ 3, onde x1 , x2 , ..., xn ´e uma permuta¸c˜ao arbitr´aria dos inteiros 1, 2, ..., n. Solu¸c˜ ao. Seja Sn (x1 , ..., xn ) = x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn x1 a fun¸c˜ao acima e Mn seu valor m´ aximo. Como Sn ´e invariante por permuta¸c˜oes c´ıclicas, podemos escolher aquela em que x1 = n. Observe que Sn (n, x2 , ..., xn ) = Sn−1 (x2 , ..., xn ) − x2 xn + nx2 + nxn

= Sn−1 (x2 , ..., xn ) + n2 − (n − x2 )(n − xn )

≤ Mn−1 + n2 − 1 · 2

em que na primeira igualdade usamos a defini¸c˜ao de Sn , na segunda apenas reescremos x2 xn + nx2 + nxn e na terceira maxizamos o termo −(n − x2 )(n − xn ) e usamos a defini¸c˜ao de Mn−1 . Fazendo uma soma telesc´ opica, temos Mn ≤ M3 + (42 − 2) + (52 − 2) + · · · + (n2 − 2) 1 = 11 + (42 + 52 + · · · + n2 ) − 2(n − 3) = (2n3 + 3n2 − 11n + 18). 6 Deixaremos a cargo do aluno a comprova¸c˜ao de que a cota obtida ´e realmente ´otima. Problema 3. (Cone Sul 2012) Ao redor de uma circunferˆencia est˜ ao escritos 2012 n´ umeros, cada um deles ´e igual a 1 ou a −1. Se n˜ ao h´ a 10 n´ umeros consecutivos cuja soma seja 0, ache todos os valores poss´ıveis da soma dos 2012 n´ umeros. Solu¸c˜ ao. Sejam a1 , a2 , ..., a2012 os n´ umeros escritos na circunferˆencia. Seja Si a soma de dez n´ umeros consecutivos come¸cando a parit de ai . Observe que cada Si deve ser um n´ umero par, j´a que ´e soma de dez n´ umero ´ımpares. Observe que |Si − Si+1 | ∈ {0, 2}. Agora suponha que existem i e j tais que Si e Sj possuem sinais diferentes. Por uma propriedade do tipo valor intermedi´ario, dever´ a existir algum l entre i e j tal que Sl = 0.

2

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Portanto, iremos assumir sem perda de generalidade que todos os Si s˜ ao positivos. Neste caso, S1 + S2 + · · · + S2012 ≥ 2012 × 2 = 4024 Na soma acima, cada ai ´e contado exatamente 10 vezes. Logo, a soma de todos os n´ umeros na circunferˆencia deve ser pelo menos 402, 4. O primeiro n´ umero par que satisfaz essa cota ´e 404. Observe que ´e poss´ıvel obter esse valor repetindo a sequˆencia de blocos 1, 1, 1, 1, 1, 1, −1, −1, −1, −1 a partir de ai . E cada par entre 404 e 2012 (incluindo 2012) ´e obtido trocando um (−1) por um (1) na configura¸c˜ ao. Enquanto que os n´ umeros negativos s˜ ao obtidos trocando os sinais de todos os n´ umeros de uma configura¸c˜ao. Problema 4. (R´ ussia) Sejam a1 , a2 , ..., am , b1 , b2 , ..., bn reais positivos tais que a 1 + a 2 + · · · + a m = b1 + b2 + · · · + bn . Em um tabuleiro vazio de m linhas e n colunas deve escrever n´ umeros n˜ ao-negativos de modo que a soma dos n´ umeros na i-´esima linha seja igual a ai e a soma dos n´ umeros na j-´esima coluna seja igual a bj (1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n). Mostre que ´e poss´ıvel obter tal configura¸c˜ao usando no m´ aximo m + n − 1 n´ umeros positivos. Solu¸c˜ ao. Considere um segmento de tamanho a1 + a2 + · · · + am dividido em m segmentos de tamanhos a1 , a2 , ..., am . Chamaremos de Ai o segmento de comprimento ai .

A2

A1 b

···

A3

b

b

b

Am b

b

Considere tamb´em um segmento de tamanho b1 + b2 + · · · + bn dividido em n segmentos de tamanhos b1 , b2 , ..., bn . Chamaremos de Bj o segmento de comprimento bj . B1 b

B3

B2 b

b

b

···

Bn b

b

Os dois segmentos acima possuem o mesmo comprimento, j´a que a1 + a2 + · · · + am = b1 + b2 + · · · + bn . Dessa forma, ao sobrepor esses segmentos iremos obter um terceiro que ter´ a o mesmo tamanho e estar´ a dividido em no m´ aximo m + n − 1 subdivis˜oes. Por fim, escrevemos na casa que est´ a na linha i e coluna j do tabuleiro o tamanho do segmento Ai ∩ Bj . E caso essa interse¸c˜ ao seja vazia, escrevemos 0.

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Problema 5. Sejam a1 , a2 , ..., an , b1 , b2 , ..., bn duas permuta¸c˜oes do conjunto de n´ umeros 1, 21 , 13 , ..., n1 tais que a1 + b1 ≥ a2 + b2 ≥ · · · an + bn . Mostre que a desigualdade ak + bk ≤

4 k

ocorre para todo k = 1, 2, ..., n.

Solu¸c˜ ao. Fixe um ´ındice k qualquer. Suponha que no conjunto de ´ındices {1, 2, ..., k} a desigualdade aj ≤ bj ocorra x vezes enquanto a desigualdade aj ≥ bj ocorra y vezes. Como x + y ≥ k, assuma sem perda de generalidade que x ≥ k/2. Defina bs como o menor dentre os bj ’s tais que aj ≤ bj . Observe que devemos ter bs ≤ x1 , j´a que bj ≥ bs ocorre pelo menos x vezes. Dessa forma, ak + bk ≤ as + bs ≤ 2bs ≤

4

2 2 4 ≤ ≤ . x k/2 k

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Problemas Propostos Problema 6. Complete os detalhes nas demonstra¸c˜oes dos problemas da parte te´orica que n˜ ao foram completamente detalhados. Problema 7. Diagramas como o elaborado no primeiro problema s˜ ao conhecidos como Diagramas de Hasse para conjuntos parcialmente ordenados. Neste exerc´ıcio, vocˆe deve responder a seguinte pergunta: Dado um diagrama de Hasse com n v´ertices, quantas das permuta¸c˜oes de 1, 2, ..., n satisfazem a ordem parcial dada por esse diagrama? Fa¸ca a an´ alise dos seguintes casos: b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b b

b

n=8

b

b

b

b

b

b b

b

b

b

b b

b

b

b b

b

b

b

b

b

b

n = 16

n = 11

Problema 8. Suponha que a soma dos inteiros n˜ ao negativos a1 , ..., an ´e igual a 1. Mostre que existe uma permuta¸c˜ ao b1 , b2 , ..., bn desses n´ umeros tal que b1 b2 + b2 b3 + · · · + bn−1 bn + bn b1 ≤

1 . n

Problema 9. Existem reais n˜ ao-negativos a1 , a2 , ..., a7 tais que a1 = a7 = 0 e ao mesmo √ tempo ai+1 + ai−1 > ai 3 (2 ≤ i ≤ 6)? Problema 10. Ache o maior valor poss´ıvel da soma S = |x1 − 1| + |x2 − 2| + · · · + |xn − n|, onde x1 , x2 , ..., xn ´e uma permuta¸c˜ ao de 1, 2, ..., n. Problema 11. Suponha que exista uma sequˆencia infinita de n´ umeros reais x1 , x2 , ... tais que para quaisquer ´ındices m, n temos |xm+n − xn − xm | <

1 . m+n

Mostre que esta sequˆencia ´e uma progress˜ao aritm´etica.

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Combinat´ oria e Divisibilidade Continuaremos aplicando as principais ideias que aprendemos durante o curso de Combinat´ oria em outras ´ areas da Matem´atica. Desta vez, abordaremos problemas que envolvam algum conhecimento sobre Teoria dos N´ umeros. Problema 1. (R´ ussia 1999) Um conjunto de n´ umeros naturais ´e escolhido tal que entre quaisquer 1999 n´ umeros naturais consecutivos, existe um n´ umero escolhido. Mostre que existem dois n´ umeros escolhidos tais que um deles divide o outro. Solu¸c˜ ao. Construa uma tabela com 1999 colunas e 2000 linhas. Na primeira linha escreva 1, 2, . . . , 1999. Defina as entradas das futuras linhas recursivamente como segue: suponha que as entradas na linha i s˜ ao k + 1, k + 2, . . . , k + 1999 e que seu produto ´e M . Preencha a linha i + 1 com M + k + 1, M + k + 2, . . . , M + k + 1999. Todas as entradas na linha i + 1 s˜ ao maiores do que as da linha i. Al´em disso, toda entrada divide a entrada imediatamente abaixo (e consequentemente toda entrada abaixo desta). Em cada linha existem 1999 n´ umeros consecutivos, e assim cada linha cont´em um n´ umero escolhido. Como temos 2000 linhas, pelo princ´ıpio da casa dos pombos existem dois n´ umeros escolhidos na mesma coluna. Mas da´ı um deles divide o outro, como desejado.  Problema 2. (´India 1998) Seja M um inteiro positivo e considere o conjunto S = {n ∈ N | M 2 ≤ n < (M + 1)2 }. Prove que os produtos da forma ab, com a, b ∈ S, s˜ ao todos distintos. Solu¸c˜ ao. Provaremos a afirma¸c˜ ao por contradi¸c˜ao. Suponha o contr´ ario, isto ´e, que existem a, b, c, d ∈ S tais que ab = cd. Assuma, sem perda de generalidade, que a < c, d. Sejam p = mdc(a, c), q = a/p e r = c/p. Ent˜ao mdc(q, r) = 1. Da´ı, como ab cd = = rd, q p p segue que q|d. Seja agora s = d/q. Ent˜ao b = cd/a = rs, de modo que a = pq, b = rs, c = pr e d = qs, com p, q, r, s inteiros positivos.

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Como c > a, temos que r > q ⇒ r ≥ q + 1. Analogamente, d > a ⇒ s ≥ p + 1. Assim, b = rs ≥ (p + 1)(q + 1)

= pq + p + q + 1 √ ≥ pq + 2 pq + 1 √ = a+2 a+1 ≥ M 2 + 2M + 1 = (M + 1)2 ,

uma contradi¸c˜ ao, j´a que b pertence a S.



Problema 3. Mostre que existe um bloco de 2002 inteiros positivos consecutivos contendo exatamente 150 primos. (Vocˆe pode usar o fato de que existem 168 primos menores do que 1000.) Solu¸c˜ ao. Defina a fun¸c˜ ao f : N → N por f (a) = quantidade de primos entre os n´ umeros a, a + 1, . . . , a + 2001. Como existem 168 primos de 1 at´e 1000, temos f (1000) > 168. Observe que: (i) f (a + 1) = f (a) + 1 se a ´e composto e a + 2002 ´e primo; (ii) f (a + 1) = f (a) se ambos a e a + 2002 s˜ ao compostos ou primos; (iii) f (a + 1) = f (a) − 1 se a ´e primo e a + 2002 ´e composto. Esses trˆes caso s˜ ao mutuamente exclusivos. Tamb´em, temos f (2003! + 2) = 0 (verifique). Como f decresce em cada passo por no m´ aximo 1 e parte de 168 at´e chegar em 0, f (n) deve ser igual a 150 para algum n entre 1 e 2003! + 2, como quer´ıamos.  Problema 4. (Rioplatense 1999) Sejam p1 , p2 , . . . , pk primos distintos. Considere todos os inteiros positivos que utilizam apenas esses primos (n˜ ao necessariamente todos) em sua fatora¸c˜ao em n´ umeros primos, formando assim uma seq¨ uˆencia infinita a1 < a2 < · · · < an < · · · . Demonstre que, para cada natural c, existe um natural n tal que an+1 − an > c. Solu¸c˜ ao. Suponha, por absurdo, que exista c > 0 tal que an+1 − an ≤ c, ∀ n ∈ N. Isso significa que as diferen¸cas entre os termos consecutivos de (an )n≥1 pertencem ao conjunto {1, 2, . . . , c}, logo s˜ ao finitas. Sejam d1 , d2 , . . . , dr essas diferen¸cas. Seja αi o maior expoente de pi que aparece na fatora¸c˜ ao de todos os dj . 2

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´ claro que M pertence `a Considere ent˜ ao o n´ umero M = pα1 1 +1 pα2 2 +1 · · · pαk k +1 . E seq¨ uˆencia, ou seja, M = an , para algum n. Vejamos quem ser´ a an+1 . Por hip´ otese, existe i tal que an+1 − an = di . Como an+1 > an , existe um primo pj que divide an+1 com expoente maior ou igual a αj + 1. Caso contr´ ario, an < an+1 < pα1 1 +1 pα2 2 +1 · · · pαk k +1 = an , α +1

α +1

absurdo. Da´ı, pj j |an ⇒ pj j |di , novamente um absurdo, pela maximalidade de αj . Logo, o conjunto de todas as diferen¸cas n˜ ao pode ser finito e, portanto, dado qualquer c > 0, existe um natural n tal que an+1 − an > c.  Problema 5. (EUA 1998) Prove que, para cada inteiro n ≥ 2, existe um conjunto S de n inteiros positivos tal que (a − b)2 | ab para quaisquer a e b distintos pertencentes a S. Solu¸c˜ ao. Na hora de montar qualquer exemplo de conjunto, fa¸ca sempre casos pequenos. Considere n = 2, n = 3, n = 4, n = 5 e veja a cara do exemplo. Lembre-se de sempre seguir um padr˜ao nessa hora, pois se o exemplo que vocˆe achar para 3 tiver alguma coisa em comum com o exemplo para 2, o exemplo para 4 for parecido com o para 3 e assim por ´ diante. . . Otimo! O resto sair´ a por indu¸c˜ao. Depois de fazer alguns casos pequenos, encontramos a cara do conjunto S: dado n, construiremos S com n elementos tal que (a − b)|a e (a − b)|b para todos a, b pertencentes a S. Um conjunto com essas propriedades claramente satisfaz o enunciado. Comece com o conjunto {2, 3}. Passo indutivo: suponha que encontramos um conjunto S, |S| = n, satisfazendo as condi¸c˜oes do enunciado. Seja m o m´ınimo m´ ultiplo comum dos elementos de S. Tome o conjunto ′ S = {m + S} ∪ {m} (se X ´e um conjunto e a ´e um n´ umero qualquer, o conjunto X + a ou a+X ´e dado por {a+x | x ∈ X}). Logo, |S ′ | = n+1. Pelos casos particulares, desconfiamos que S ′ satisfaz as propriedades requeridas. Vejamos. . . Sejam a′ , b′ elementos quaisquer de S ′ . Podemos considerar dois casos: I. a′ = m+a, b′ = m+b: ent˜ ao a′ −b′ = (m+a)−(m+b) = a−b. Como (a−b)|a, (a−b)|b (pela hip´ otese indutiva) e m ´e m´ ultiplo comum de a e b, segue que (a′ −b′ )|(m+a) = a′ ′ ′ ′ e (a − b )|(m + b) = b . II. a′ = m + a, b′ = m: ent˜ ao a′ − b′ = (m + a) − m = a ⇒ (a′ − b′ )|a′ e (a′ − b′ )|b′ , j´a que m ´e m´ ultiplo de a. Pronto!



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Problemas Propostos Problema 6. (Ibero 1998) Encontre o menor natural n com a propriedade de que entre quaisquer n n´ umeros distintos do conjunto {1, 2, 3, . . . , 999} podemos encontrar quatro n´ umeros distintos a, b, c, d tais que a + 2b + 3c = d. Problema 7. (Romˆenia 1999) Seja p(x) = 2x3 − 3x2 + 2, e sejam S = {P (n) | n ∈ N, n ≤ 1999},

T

U

= {n2 + 1 | n ∈ N},

= {n2 + 2 | n ∈ N}.

Prove que S ∩ T e S ∩ U tˆem o mesmo n´ umero de elementos. Problema 8. (Polˆ onia 2000) A seq¨ uˆencia p1 , p2 , . . . de n´ umeros primos satisfaz a seguinte condi¸c˜ao: para cada n maior ou igual a 3, pn ´e o maior divisor primo de pn−1 + pn−2 + 2000. Prove que a seq¨ uˆencia ´e limitada. Problema 9. (R´ ussia 2000) Prove que o conjunto de todos os inteiros positivos pode ser particionado em 100 subconjuntos n˜ ao-vazios de modo que se trˆes inteiros positivos satisfazem a + 99b = c, ent˜ ao dois deles pertencem ao mesmo subconjunto. Problema 10. (Lista Cone Sul 2007) Um subconjunto M de {1, 2, 3, . . . , 15} n˜ ao cont´em trˆes elementos cujo produto ´e um quadrado perfeito. Determine o n´ umero m´ aximo de elementos de M . Problema 11. (Reino Unido 1999) Para cada inteiro positivo n, seja Sn = {1, 2, . . . , n}. (a) Para quais valores de n ´e poss´ıvel expressar Sn como uni˜ ao de dois subconjuntos n˜ aovazios disjuntos tais que a soma dos elementos de cada subconjunto ´e a mesma? (b) Para quais valores de n ´e poss´ıvel expressar Sn como uni˜ ao de trˆes subconjuntos n˜ aovazios disjuntos tais que a soma dos elementos de cada subconjunto ´e a mesma? Problema 12. (Ir˜a 1999) Seja S = {1, 2, . . . , n} e sejam A1 , A2 , . . . , Ak subconjuntos de S tais que, para quaisquer 1 ≤ i1 , i2 , i3 , i4 ≤ k, temos |Ai1 ∪ Ai2 ∪ Ai3 ∪ Ai4 | ≤ n − 2. Prove que k ≤ 2n−2 . 4

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Miscelˆ anea I Nas duas pr´ oximas aulas faremos um conjunto de problemas que ir˜ ao fixar as id´eas aprendidas durante o curso. Al´em disso, n˜ ao saber previamente o assunto no qual cada problema se encaixa serve como treinamento para os diversos exames que existem atualmente. Problema 1. Dados 7 inteiros positivos distintos cuja soma ´e 100, prove que podemos escolher trˆes deles cuja soma ´e pelo menos 50. Este primeiro problema parece ser um problema cuja solu¸c˜ao ´e dada atrav´es do princ´ıpio da casa dos pombos. Por´em, vamos usar uma id´eia um pouco menos conhecida, mas que ´e de fundamental importˆ ancia conhecer: o Arranjo em Ordem. Solu¸c˜ ao. Sejam a < b < c < d < e < f < g estes n´ umeros. Vamos mostrar que e + f + g ≥ 50. Se e > 15, ent˜ ao e + f + g ≥ 16 + 17 + 18 = 51. Caso e ≤ 15, ent˜ao a + b + c + d ≤ 14 + 13 + 12 + 11 = 50; portanto e + f + g = 100 − a − b − c − d ≥ 50.  Problema 2. Dados 2n + 3 pontos no plano, n˜ ao trˆes colineares e n˜ ao quatro conc´ıclicos, prove que existe um c´ırculo passando por trˆes destes pontos de modo que existam n pontos no seu interior e n pontos no seu exterior. Solu¸c˜ ao. Sejam A e B dois pontos consecutivos do fecho convexo. Denote os demais pontos por P1 , P2 , ..., P2n+1 de modo que ∠APi B > ∠APi+1 B. Isso pode ser feito sem problemas, j´a que n˜ ao h´ a quatro pontos conc´ıclicos. Note que o c´ırculo que passa pelos pontos A, B, Pn+1 satisfaz ` as condi¸c˜ oes do problema.  Problema 3. Prove que existe um conjunto S de 31000 pontos no plano tal que, para cada ponto P de S, existem pelo menos 2000 pontos em S cuja distˆ ancia para P ´e exatamente uma unidade. Solu¸c˜ ao. Vamos mostrar, por indu¸c˜ ao sobre k, que existe um conjunto Sk de 3k pontos no plano tal que cada ponto de Sk dista uma unidade de pelo menos 2k pontos de Sk .

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Tomando k = 1000, provamos o problema. Caso inicial: tome S1 como os v´ertices de um triˆ angulo eq¨ uil´ atero de lado 1. Hip´ otese de indu¸ c˜ ao: suponha a existˆencia de Sk como acima, para algum k ≥ 1. Passo indutivo: seja v um vetor. A partir de cada ponto P de Sk , construa um triˆ angulo eq¨ uil´ atero ∆P de lado 1 na dire¸c˜ ao de v. Se v puder ser escolhido de modo que os v´ertices de ∆P e ∆Q n˜ ao coincidam sempre que P 6= Q, ent˜ao o conjunto Sk+1 formado pelos v´ertices de todos os triˆ angulos ∆P , P ∈ Sk , satisfaz o problema. Para mostrar isso, note inicialmente que Sk+1 nada mais ´e do que a uni˜ ao de Sk e de duas transla¸c˜oes de Sk de uma unidade cujas dire¸c˜ oes formam um ˆ angulo de 60o . Assim, Sk+1 tem 3 · 3k = 3k+1 pontos, e cada ponto de Sk+1 dista uma unidade de pelo menos 2(k + 1) pontos de Sk+1 : 2k devido `a propriedade de Sk e 2 devido ` a constru¸c˜ao dos triˆ angulos ∆P . Para escolher v, basta tom´ a-lo em uma dire¸c˜ao distinta de todas as dire¸c˜oes de pares de pontos de Sk . Isso pode ser feito porque a quantidade de dire¸c˜oes de pares de pontos de Sk ´e finita.  Problema 4. (Rioplatense 2003) Sobre uma mesa tem-se n ≥ 2 bolsas de pl´ astico, todas de cores distintas. Cada uma est´ a em contato com a mesa ou est´ a dentro de outra bolsa. A opera¸c˜ao permitida ´e escolher uma bolsa que est´ a em contato com a mesa, retirar todas as bolsas do seu interior e coloca-las sobre a mesa e colocar todas as outras bolsas que estavam fora e colocar no seu interior (sem modificar o conte´ udo das outras bolsas). Determine o total de configura¸c˜ oes diferentes que podem ser obtidas utilizando a opera¸c˜ao quantas vezes o necess´ario. Solu¸c˜ ao. Construa um grafo com n v´ertices, onde cada v´ertice representa uma bolsa. Vamos ligar dois v´ertices vi , vj se as bolsas bi , bj est˜ ao imediatamente uma dentro da outra. O grafo ser´ a algo semelhante ao grafo abaixo.

Agora construa um novo v´ertice F e ligue-o a todos os v´ertices que representam as bolsas que est˜ ao sobre a mesa. Note que aplicar a opera¸c˜ao, no grafo representa trocar a posi¸c˜ao do v´ertice F pela posi¸c˜ ao do v´ertice que foi operado. E como o grafo possui um total de n + 1 v´ertices, existem ao todo n + 1 configura¸c˜oes.

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=⇒ v1

v4

v2

v4

v3

F

v2

v3

v1

F

A figura acima mostra a troca das posi¸c˜oes dos v´ertices F e v1 . Os v´ertices v1 , v2 , v3 representam as trˆes bolsas que estavam inicialmente sobre a mesa. Note que ap´ os aplicar a opera¸c˜ao, os v´ertices que ficam ligados a F s˜ ao v1 e v4 , e as bolsas que ficam sobre a mesa s˜ ao exatamente b1 e b4 . Problema 5. (URSS 1990) Suponha que existam 1990 pilhas, consistindo de 1, 2, ..., 1990 pedras, respectivamente. Em um movimento pode-se escolher algumas pilhas (possivelmente apenas uma) e retirar de cada pilha escolhida uma quantidade fixa de pedras. Qual o menor n´ umero de movimentos necess´arios para se retirar todas as pedras de todas as pilhas? Solu¸c˜ ao. Separe as pilhas em grupos com a mesma quantidade pedras, onde pilhas vazias formam seu pr´ oprio grupo. Dessa forma, inicialmente temos 1990 grupos distintos. Suponha que em um dado momento existam n grupos de pilhas e realizamos um movimento que consiste em retirar uma mesma quantidade de pedras de pilhas que est˜ ao em k diferentes grupos. Este grupo de pilhas que realizamos a opera¸c˜ao continua representando k diferentes grupos. Al´em disso, as demais pilhas dos demais n − k grupos que n˜ ao foram alterados continuam representando n − k grupos distintos. Dessa forma, ap´ os realizar um movimento que altera pilhas de k grupos, temos pelo menos max(n−k, k) grupos no pr´ oximo momento. Portanto, o n´ umero de diferentes grupos n˜ ao decresce mais r´ apido do que a sequˆencia: 995, 498, 249, 125, 63, 32, 16, 8, 4, 2, 1. Assim, temos que utilizar pelo menos 11 movimentos. Agora iremos demonstrar que ´e poss´ıvel retirar todas as pedras utilizando exatamente 11 movimentos. Seja mn o movimento que retira n pedras de cada pilha que possui n pedras ou mais. Agora considere a sequˆencia de movimentos: m995 , m498 , m249 , m125 , m63 , m32 , m16 , m8 , m4 , m2 , m1 . ´ f´acil verificar que esta sequˆencia ´e capaz de retirar toas as pedras. E

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Problemas Propostos Problema 6. Considere um conjunto de 2n + 2 pontos no plano, n˜ ao trˆes colineares. Prove que podemos escolher dois destes pontos de modo que a reta que os une divive o restante do conjunto em duas partes com n pontos cada. Problema 7. Dados 69 inteiros positivos distintos menores do que 101, prove que podemos escolher quatro deles a, b, c, d tais que a < b < c e a + b + c = d. Este fato continua verdadeiro para 68 n´ umeros? Problema 8. (USAMO 1996) Dados n inteiros positivos, considere todas as poss´ıveis somas formadas por um ou mais deles. Prove que todas estas somas podem ser divididas em n grupos tais que em cada grupo a raz˜ ao entre o maior elemento e o menor n˜ ao excede 2. Problema 9. Prove que qualquer triˆ angulo pode ser particionado em n ≥ 4 triˆ angulos is´ osceles. Problema 10. Prove que um quadrado pode ser particionado em n ≥ 6 quadrados menores. Prove que isso n˜ ao pode ser feito para n = 5. Problema 11. (Romˆenia 1978) Mostre que um cubo pode ser particionao em n ≥ 55 cubos menores. Problema 12. Um retˆ angulo R ´e coberto por retˆ angulos menores (com lados paralelos ao do retˆ angulo R) cada um deles com pelo menos um lado inteiro. Prove que R tamb´em possui um lado inteiro. Problema 13. (S˜ ao Petersburgo 2000) Em um tabuleiro infinito s˜ ao colocados 111 L−trimin´os sem sobreposi¸cao de modo que qualquer quadrado 2 × 2 que cubra um deles seja coberto totalmente por esses L−trimin´os. Prove que podemos retirar alguns deles (mas n˜ ao todos) de modo que a propriedade continue v´alida. Problema 14. (S˜ ao Petersburgo 2000) Em cada casa de um tabuleiro 8×8 ´e escrito um real positivo tal que a soma dos n´ umeros em cada linha ´e 1. Sabe-se que para quaisquer oito quadrados (n˜ ao dois na mesma linha ou coluna) o produto dos n´ umeros nestes quadrados n˜ ao ´e maior que o produto dos n´ umeros da diagonal principal. Prove que a soma dos n´ umeros na diagonal principal ´e pelo menos 1.

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Miscelˆ anea II Como prometido, em nesta u ´ltima aula do treinamento em combinat´ oria para alunos do n´ıvel 2, iremos continuar resolvendo alguns problemas diversos. Muitos dos exemplos a seguir foram retirados de treinamentos anteriores para a olimp´ıada do Cone Sul. Dessa forma, acreditamos que um aluno que utilizou os materiais deste curso como referˆencia para um treinamento inicial em combinat´ oria est´ a apto a participar da seletiva da Cone Sul de forma competitiva. Problema 1. (Komal 2007) Na floresta onde vivem os Smurfs, Gargamel plantou 1280 pinheiros, cada um com 1 metro de diˆ ametro. A floresta ´e um campo retangular de dimens˜oes 1001 × 945 metros. Vovˆo Smurf gostaria de construir nela sete campos de tˆenis, cada um deles de dimens˜oes 20 × 34 metros. Vovˆo Smurf conseguir´a fazer a constru¸c˜ao sem derrubar nenhuma ´arvore, independente de como Gargamel plante as ´arvores? Solu¸c˜ ao. Vovˆo Smurf, seja esperto e utilize a estrat´egia abaixo. Divida a floresta em k retˆ angulos de dimens˜oes 21 × 35. Para cada pinheiro plantado por Gargamel, associe o retˆ angulo que cont´em o centro do pinheiro (se o pinheiro pertencer a mais de um retˆ angulo, associe qualquer um deles). Dessa maneira, em cada retˆ angulo que n˜ ao est´ a associado a nenhum pinheiro, ´e poss´ıvel construir um campo de tˆenis no subretˆangulo central de dimens˜oes 20 × 34.

Portanto, se k ≥ 1287, Vovˆo Smurf conseguir´a, pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos, realizar seu objetivo. E de fato isso ´e poss´ıvel, atrav´es da seguinte divis˜ao:

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• particione o tabuleiro 980 × 945 em 980 945 · = 28 · 45 = 1260 35 21 subretˆangulos de dimens˜oes 35 × 21. • particione o tabuleiro 21 × 945 remanescente em 945 = 27 35 subretˆangulos de dimens˜oes 21 × 35.

···

··· Isso conclui o afirmado. Problema 2. Em um torneio de tˆenis com 14 jogadores, cada um joga com todos os outros exatamente uma vez e n˜ ao h´ a empates. Prove que ´e poss´ıvel escolher trˆes jogadores para os quais qualquer um dos outros onze times perdeu para pelo menos um desses trˆes. Sejam P1 , . . . , P14 os jogadores e suponha que P1 foi quem mais venceu. O total de partidas ´e   14 = 91 2 e portanto, pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos, P1 venceu pelo menos 7 delas. Vamos analisar os casos. (i) P1 venceu 7 partidas: podemos supor que P1 venceu de P2 , . . . , P8 e perdeu de P9 , . . . , P14 . Entre esses seis u ´ltimos, ocorreram   6 = 15 2 2

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partidas e novamente, pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos, algum deles, digamos P9 , venceu pelo menos trˆes das quatro partidas disputadas com P10 , . . . , P14 . Suponha que P9 venceu de P10 , P11 e P12 . Da´ı, se P13 venceu de P14 , os jogadores P1 , P9 e P13 satisfazem as condi¸c˜ oes do problema. (ii) P1 venceu 8 partidas: suponha que P1 venceu de P2 , . . . , P9 e perdeu de P10 , . . . , P14 . Entre P10 , . . . , P14 , ocorreram   5 = 10 2 partidas e da´ı algum deles venceu duas das quatro partidas disputadas. Sem perda de generalidade, se P10 ganhou de P11 , P12 e P13 ganhou de P14 , a tripla P1 , P10 , P13 satisfaz o requerido. (iii) P1 venceu 9 partidas: se P1 venceu de P2 , . . . , P10 , perdeu de P11 , . . . , P14 e, al´em disso, P11 venceu de P12 e P13 venceu de P14 , a tripla P1 , P11 , P13 tem as propriedades procuradas.  Problema 3. Sejam P1 , P2 , . . . , Pn pontos sobre uma circunferˆencia. Entre cada par de pontos, existe um segmento de reta pintado de vermelho ou azul de modo que Pi Pj ´e vermelho se e somente se Pi+1 Pj+1 ´e azul, para quaisquer ´ındices 1 ≤ i < j ≤ n (aqui, Pn+1 = P1 ). (a) Para quais valores de n tal colora¸ca˜o ´e poss´ıvel? (b) Mostre que tais colora¸c˜ oes tˆem a seguinte propriedade: ”Dados quaisquer dois pontos, existe uma linha poligonal de no m´ aximo trˆes segmentos, todos vermelhos, unindo esses dois pontos.” Solu¸c˜ ao. (a) Vamos mostrar que a colora¸c˜ao ´e poss´ıvel se e somente se n ´e m´ ultiplo de 4. Se P1 P2 ´e azul, ent˜ ao P2 P3 ´e vermelha e, por indu¸c˜ao, Pi Pi+1 ´e azul ⇐⇒ i ´e ´ımpar. Como Pn+1 Pn+2 = P1 P2 , n + 1. Da´ı, n = 2m e, aplicando o mesmo racioc´ınio ao par de ´ındices (1, 1 + m), obtemos que Pi Pi+m tem a mesma cor de P1 P1+m ⇐⇒ i ´e ´ımpar de modo que m ´e par, pois P1+m P1+2m = P1 P1+m . Reciprocamente, se n = 4k, pinte as arestas Pi Pi+1 , Pi Pi+2 , . . . , Pi Pi+2k de azul se i ´e par e de vermelho caso contr´ ario. Note que a colora¸c˜ao est´ a bem-definida, pois i e i + 2k tˆem a mesma paridade e portanto a cor da aresta Pi+m Pi+2m 3

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´ claro que a pintura acima satisfaz as condi¸c˜oes do problema. coincide com a de Pi Pi+m . E (b) Seja Pi Pj a aresta considerada. Se ela for vermelha, n˜ ao h´ a nada a fazer. Suponha que ela seja azul. Ent˜ ao Pi−1 Pj−1 e Pi+1 Pj+1 s˜ ao vermelhas. Alguma das arestas Pi−1 Pi ou Pi Pi+1 ´e vermelha. Sem perda de generalidade, suponha que Pi−1 Pi seja vermelha. Vamos analisar dois casos.

(i) j − i ´e par: a aresta Pj−1 Pj ´e vermelha e portanto o caminho Pi −→ Pi−1 −→ Pj−1 −→ Pj ´e monocrom´ atico vermelho. (ii) j − i ´e ´ımpar: a aresta Pj Pj+1 ´e vermelha. Alguma das arestas Pi−1 Pj ou Pi Pj+1 ´e vermelha. Se for a primeira, Pi −→ Pi−1 −→ Pj ´e um caminho monocrom´ atico vermelho de tamanho 2. Sen˜ ao, Pi Pj+1 ´e vermelha e o caminho monocrom´ atico requerido ´e Pi −→ Pj+1 −→ Pj .  Problema 4. Seja n ≥ 2 um inteiro. Cada ponto de uma circunferˆencia ´e colorido com uma dentre n cores. Prove que existe um trap´ezio inscrito na circunferˆencia com todos os seus v´ertices pintados da mesma cor. Solu¸c˜ ao. Vamos tomar um pol´ıgono regular inscrito na circunferˆencia com uma quantidade k suficientemente grande de v´ertices de modo que existam dois pares de v´ertices que definem arcos de comprimentos iguais e pintados da mesma cor. Tome k = (n + 1)(n2 + 1) e divida o pol´ıgono em n2 + 1 blocos de v´ertices consecutivos. Pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos, cada bloco cont´em dois v´ertices pintados da mesma cor c. Se esses v´ertices definem um arco de tamanho l, associe o par (c, l) ao bloco. Cada coordenada desse par pode assumir n valores, visto que c representa uma cor e l representa uma distˆ ancia entre dois v´ertices de um bloco. Assim, novamente pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos, existem dois blocos associados ao mesmo par. Isso conclui a prova. 

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Problemas Propostos ´ poss´ıvel colocar 1965 pontos em um quadrado de lado 1 de maProblema 5. (R´ ussia) E neira que qualquer retˆ angulo de ´ area 1/200 contido no quadrado e com lados paralelos aos lados dele contenha pelo menos um desses pontos? Problema 6. (USAMO 1989) Um torneio de xadrez com 20 jogadores teve 14 partidas. Sabendo que cada competidor jogou pelo menos uma vez, prove que 6 dessas partidas contaram com 12 jogadores diferentes. Problema 7. (IMO 1985) Sejam n, k inteiros positivos primos entre si, com k < n. Pintamos cada n´ umero em M = {1, 2, 3, . . . , n − 1} de azul ou branco, de modo que i e n − i tˆem a mesma cor. Sabendo tamb´em que, se i 6= k, ent˜ao i e |i − k| tˆem a mesma cor, prove que todos os n´ umeros em M tˆem a mesma cor. Problema 8. Quantos s˜ ao as triplas ordenadas (a, b, c) formadas por inteiros positivos tais 94! seja divis´ıvel por 3? que a + b + c = 94 e a!b!c! Problema 9. (Baltic Way 2005) Uma tabela possui n linhas e 6 colunas, onde n ≥ 2. Em cada casa est´ a escrito 0 ou 1. Todas as linhas s˜ ao diferentes uma das outras. Al´em disso, para cada para de linhas (x1 , x2 , ..., x6 ) e (y1 , y2 , ..., yn ), a linha (x1 y1 , x2 y2 , ..., x6 y6 ) tamb´em pode ser encontrada na tabela. Prove que existe uma coluna em que pelo menos metade das casas s˜ ao zeros. Problema 10. (Macedˆonia 2003) Um tabuleiro 2003 × 2003 pode ser coberto por domin´os 1 × 2 horizontais e pe¸cas 3 × 1 verticais? 1 1 1 est˜ ao escritos no quadro negro. Gugu escolhe Problema 11. Os n´ umeros 1, , , ..., 2 3 2012 quaisquer dois destes n´ umeros x e y, ap´ aga-os e em seguida escreve x + y + xy no quadro. Ele faz isso at´e que sobre apenas um n´ umero no quadro. Quais s˜ ao os poss´ıveis valores do u ´ltimo n´ umero escrito?

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Programa Olímpico de Treinamento Aula

Curso de Combinatória – Nível 3

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Prof. Carlos Shine

Contagens Elementares: Princ´ıpio Aditivo e Multiplicativo Uma das primeiras habilidades a se dominar em Combinat´ oria ´e contagem. Nessa primeira aula, veremos como contar objetos de modo estruturado.

Somar? Subtrair? Multiplicar? Conjuntos! O modo matem´ atico mais eficaz de se modelar problemas de contagem ´e utilizar conjuntos, de modo que todo problema de contagem se resume a encontrar a cardinalidade de conjuntos. A principal vantagem desse m´etodo ´e que podemos utilizar as seguintes f´ormulas de conjuntos: denotando |A| como o n´ umero de elementos de A e sendo A e B conjuntos de um universo U , temos: • A ⊂ B se, e somente se, para todo x ∈ U , x ∈ A =⇒ x ∈ B (inclus˜ ao) • A ∩ B = {x ∈ U : x ∈ A e x ∈ B} (interse¸c˜ao) • A ∪ B = {x ∈ U : x ∈ A ou x ∈ B} (uni˜ ao) • A \ B = {x ∈ U : x ∈ A e x ∈ / B} (subtra¸c˜ao de conjuntos) • A × B = {(a, b) : a ∈ A e b ∈ B} (produto cartesiano) • Se A ∩ B = ∅, |A ∪ B| = |A| + |B| (princ´ıpio da adi¸c˜ao) • Em geral, |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| (princ´ıpio da inclus˜ ao-exclus˜ao para dois conjuntos) • Se A ⊂ B ent˜ao |B \ A| = |B| − |A| (“tudo menos o que n˜ao interessa”) • |A × B| = |A| · |B| (princ´ıpio da multiplica¸c˜ao) A tabela a seguir resume as opera¸c˜oes. Palavra-chave ou e menos e

Opera¸c˜ao de conjuntos uni˜ ao (∪) interse¸c˜ao (∩) subtra¸c˜ao (\) produto cartesiano (×)

Opera¸c˜ao na cardinalidade +/− +/− − ·

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Vejamos, com exemplos, como lidar com isso. Exemplo 1. Esmeralda derrubou os quatro livros que tinha em uma estante. De quantas maneiras ela pode colocar os livros de volta na estante, de modo que nenhum deles fique no seu lugar original? Solu¸ c˜ ao: Numeremos os livros de 1 a 4, de acordo com as suas posi¸c˜oes originais. Seja (a, b, c, d) os n´ umeros dos livros, na ordem em que s˜ ao colocados de volta na estante. Assim, devemos contar as qu´adruplas (a, b, c, d) com a, b, c, d sendo 1, 2, 3, 4, em alguma ordem, de modo que a 6= 1, b 6= 2, c 6= 3 e d 6= 4. Nesse caso, podemos listar todas as possibilidades: A = {(2, 1, 4, 3), (2, 3, 4, 1), (2, 4, 1, 3), (3, 1, 4, 2), (3, 4, 1, 2), (3, 4, 2, 1), (4, 1, 2, 3), (4, 3, 1, 2), (4, 3, 2, 1)} H´ a, assim, |A| = 9 maneiras de colocar os livros de volta `a estante nas condi¸c˜oes do enunciado. Coment´ ario: Note que, em nenhum momento precisamos fazer alguma opera¸c˜ao de conjuntos; mas note que os elementos de A foram listados em uma ordem espec´ıfica, que nesse caso ´e a ordem lexicogr´ afica, ou seja, classificamos pela primeira coordenada, depois pela ´ muito importante, ao listar os elementos de um conjunto, segunda, e assim por diante. E fazˆe-lo em alguma ordem bem definida. Exemplo 2. Esmeralda tem uma gaveta com senha, que consiste de trˆes n´ umeros, em sequˆencia. Por´em, ela esqueceu a senha. Ela se lembra de que dois dos n´ umeros da sequˆencia s˜ ao 17 e 24, mas n˜ ao se lembra a ordem dos n´ umeros. H´ a 40 possibilidades para o terceiro n´ umero. Se ela faz uma tentativa a cada 10 segundos ´e muito azarada, em quantos minutos ela abre a gaveta? Solu¸ c˜ ao: Sendo (a, b, c) a senha de Esmeralda e X o conjunto das 40 possibilidades, o conjunto A das possibilidades de Esmeralda pode ser dividido nos conjuntos A1 = {(17, 24, x) : x ∈ X} A2 = {(24, 17, x) : x ∈ X} A3 = {(17, x, 24) : x ∈ X} A4 = {(24, x, 17) : x ∈ X} A5 = {(x, 17, 24) : x ∈ X} A6 = {(x, 24, 17) : x ∈ X}

Temos |Ai | = 40, ent˜ao |A| = |A1 ∪A2 ∪. . . A6 | = 6·40 = 240 e ela demora 240·10 = 2400 segundos, ou 40 minutos. Certo? Errado! Os conjuntos |Ai | n˜ao s˜ ao disjuntos (ou seja, quaisquer dois tˆem interse¸c˜ao vazia). Por exemplo, (17, 24, 24) pertence a A1 e A2 (lembre-se, gavetas com senha podem ter n´ umeros repetidos nas senhas!). De fato, as 6 sequˆencias (17, 24, 24), (24, 17, 24), 2

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(24, 24, 17), (24, 17, 17), (17, 24, 17) e (17, 17, 24) foram contadas duas vezes. Com isso, temos 6 tentativas a menos, e um minuto a menos. Logo |A| = 240 − 6 = 234 e o processo demora, na verdade, 39 minutos. Exemplo 3. Quantos divisores positivos de 1099 s˜ ao m´ ultiplos de 1088 ? Solu¸ c˜ ao: Seja n um divisor de 1099 que ´e m´ ultiplo de 1088 . Vamos come¸car com a 88 condi¸c˜ao de que n ´e m´ ultiplo de 10 : devemos ter n = 1088 · t, t inteiro positivo. Nossa meta ´e agora contar todos os n´ umeros t. Al´em disso, 1099 ´e m´ ultiplo de n, de modo que 99 99 88 10 = n · k ⇐⇒ 10 = 10 · t · k ⇐⇒ t · k = 1011 . Logo t deve ser divisor de 1011 . Sendo 1011 = 211 · 511 , os divisores de 1011 s˜ ao da forma 2a · 5b com 0 ≤ a ≤ 11 e 0 ≤ b ≤ 11. Assim, precisamos contar o n´ umero de ternas (a, b) com 0 ≤ a ≤ 11 e 0 ≤ b ≤ 11, ou seja, o n´ umero de elementos de {0, 1, 2, . . . , 11} × {0, 1, 2, . . . , 11}, que ´e 12 · 12 = 144. Exemplo 4. Encontre o n´ umero de ternos ordenados (A, B, C) de conjuntos tais que A ∪ B ∪ C = {1, 2, 3, . . . , 100} e A ∩ B ∩ C = ∅. Solu¸ c˜ ao: Considere o diagrama de Venn a seguir: A

B 2

1 4

7 6

8

3 5 C

Note que para que A ∪ B ∪ C = {1, 2, 3, . . . , 100}, nenhum dos n´ umeros 1, 2, 3, . . . , 100 deve ficar “fora” de todos os conjuntos A, B, C (regi˜ ao 8). Al´em disso, para que A∩B ∩C = ∅, nenhum desses n´ umeros pode estar nos trˆes conjuntos, ou seja, a regi˜ ao 7 n˜ao pode receber n´ umeros. Com isso, cada n´ umero tem 6 possibilidades de regi˜ ao (de 1 a 6 no diagrama). Logo, devemos contar o n´ umero de 100-uplas (a1 , a2 , a3 , . . . , a100 ) em que cada ai diz para que regi˜ ao o n´ umero i vai, ou seja, ai ´e 1, 2, 3, 4, 5 ou 6. Por exemplo, A = B = {1, 2, 3, . . . , 100} e C = ∅ corresponde a (2, 2, 2, . . . , 2). O total pedido ´e, ent˜ao, |{1, 2, 3, 4, 5, 6}100 | = 6100 . Exemplo 5. Um c´ odigo consiste de uma sequˆencia de trˆes letras seguidas de trˆes algarismos. Quantos c´ odigos diferentes existem se o algarismo 0 e a letra O n˜ ao podem ser utilizados ao mesmo tempo? Solu¸ c˜ ao: H´ a 26 letras e 10 algarismos. As sequˆencias de letras correspondem a uma terna ordenada (a, b, c) de letras, e s˜ ao em total de |{′ A′ ,′ B ′ , . . . ,′ Z ′ }|3 = 263 . Dessas, 253 n˜ao contˆem a letra O e as demais, 263 − 253 as contˆem. Do mesmo modo, h´a 103 sequˆencias de trˆes algarismos, dentre as quais 93 contˆem o zero e as demais 103 − 93 n˜ao contˆem o zero. Com isso, podemos fazer uma tabela para cruzar as informa¸c˜oes das letras e dos algarismos: 3

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com letra O N˜ ao OK

com zero sem zero

sem letra O OK OK

Nesse caso, a contagem pode ser feita de v´arios modos. Uma maneira ´e contar todos os casos e descontar os que n˜ao interessam, ou seja, sendo A o conjunto dos pares (seq letras, seq algarismos) e B, dos pares (seq letras com O, seq algarismos com zero), queremos |A \ B| = |A| − |B| = 263 · 103 − (263 − 253 ) · (103 − 93 ). Em problemas com “. . . pelo menos um. . .” costuma ser mais f´acil contar todas as possibilidades e depois eliminar as possibilidades indesejadas. Exemplo 6. Qual ´e a probabilidade de que um n´ umero inteiro positivo menor do que 1000 tenha pelo menos um algarismo 1 em sua representa¸ca ˜o decimal? Solu¸ c˜ ao: H´ a 999 inteiros positivos menores do que 1000. Desses, contemos os que n˜ao tˆem algarismo 1: h´a 8 de um algarismo (2 a 9), 8 · 9 de dois algarismos (8 possibilidades para o algarismo das dezenas – lembre-se, n´ umero n˜ao come¸ca com zero! – e 9 para o algarismo das unidades) e 8 · 9 · 9 de trˆes algarismos. Assim, sendo A o conjunto dos n´ umeros inteiros menores do que 1000 e Ai o conjunto dos n´ umeros inteiros de i algarismos sem 1 na sua representa¸c˜ao decimal, queremos |A \ (A1 ∪ A2 ∪ A3 )| = |A| − (|A1 | + |A2 | + |A3 |) = 999 − 8 − 8 · 9 − 8 · 9 · 9 = 271, de modo que a probabilidade pedida ´e

271 999 .

Exemplo 7. Mariana tem tinta guache de 8 cores diferentes e quer pintar os quatro quadradinhos unit´ arios de um quadrado de lado 2 de modo que casas que tˆem um lado comum tenham cores diferentes. De quantas maneiras ela pode fazer isso? Duas colora¸co ˜es s˜ ao iguais se uma pode ser obtida a partir de outra atrav´es de uma rota¸ca ˜o. Solu¸ c˜ ao: De acordo com o enunciado, as quatro pinturas a seguir devem ser consideradas iguais: A C

B D

C D

A B

D B

C A

B A

D C

Ent˜ao o problema ´e simples: basta tomar o total, 84 , e dividir por 4: 84 /4 = 1024. Certo? Errado! Imagine se fossem 7 cores; o total seria ent˜ao 74 /4, que n˜ao ´e inteiro. Onde est´a o erro? O erro n˜ao est´a na multiplica¸c˜ao 84 : de fato, queremos contar as qu´adruplas (A, B, C, D) e tirar as repeti¸c˜oes, j´a que (A, B, C, D), (C, A, B, D), (D, C, B, A) e (B, D, A, C) devem ser consideradas iguais. O problema ´e que nem sempre dividimos por 4. Existem situa¸c˜oes em que dividimos por 2 ou nem dividimos (ou seja, n˜ao h´a repeti¸c˜oes). Veja os exemplos: A B

B A

B A 4

A B

A A

A A

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Quando ocorre cada caso? Basta observar os quatro casos A C

B D

C D

A B

D B

C A

B A

D C

e verificar quando ocorre repeti¸c˜ao. Os dois primeiros s˜ oa iguais quando A = C, B = A, D = B e C = D, ou seja, quando as quatro cores s˜ ao iguais. Nesse caso, os quatro s˜ ao iguais, e n˜ao precisamos dividir. De fato, se dois vizinhos s˜ ao iguais todas as quatro cores s˜ ao iguais. Agora, se o primeiro e o terceiro s˜ ao iguais, A = D e B = C. Se A = B, obtemos o caso anterior, ent˜ao A 6= B. Ent˜ao acontece que s´ o os dois casos que listamos se repetem menos (uma ou duas vezes). Assim, h´a 8 possibilidades que n˜ao se repetem e 8 · 7 (8 escolhas para A, 7 para B) que representam duas repeti¸c˜oes. As demais 84 − 8 − 8 · 7 s˜ ao repeti¸c˜oes de quatro vezes. Com isso, o total ´e 8 · 7 84 − 8 − 8 · 7 8+ + = 1044. 2 4 Observa¸ c˜ ao: S´o para ter certeza: se fossem 7 cores, o total seria 7+

7 · 6 74 − 7 − 7 · 6 + = 637. 2 4

Um inteiro!

Problemas Agora tente esses problemas. Lembre-se: • Defina bem o conjunto que vocˆe quer contar; • Tome cuidado para n˜ao esquecer de contar algum elemento (“Falta algu´em?”) ou contar repetido (“Contei algu´em duas vezes?”); • Sempre que poss´ıvel, fa¸ca a divis˜ao em casos com conjuntos disjuntos; • Seja extremamente organizado; • Tenha em mente que h´a v´arias maneiras de se fazer uma contagem. 1. (OBM) Considere todos os n´ umeros de trˆes algarismos distintos, cada um igual a 0, 1, 2, 3 ou 5. Quantos desses n´ umeros s˜ ao m´ ultiplos de 6? 2. (OBM) Esmeralda escreveu (corretamente!) todos os n´ umeros de 1 a 999, um atr´ as do outro: 12345678910111213 . . . 997998999. Quantas vezes aparece o agrupamento “21”, nesta ordem? 3. Quantos quadrados tˆem como v´ertices pontos do quadriculado 10 × 10?

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4. (OBM) Quantos n´ umeros entre 10 e 13000, quando lidos da esquerda para a direita, s˜ ao formados por d´ıgitos consecutivos e em ordem crescente? Exemplificando, 456 ´e um desses n´ umeros, mas 7890 n˜ao ´e. 5. (OBM) O piso de um quarto tem forma de um quadrado de lado 4 m. De quantas maneiras podemos cobrir totalmente o quarto com oito tapetes iguais de dimens˜ oes 1 m e 2 m? 6. (OBM) Entre treze reais n˜ao nulos h´a mais n´ umeros positivos do que negativos. 13×12 umeros, 22 s˜ ao negativos. Quantos Dentre os 2 = 78 produtos de dois dos treze n´ n´ umeros dentre os treze n´ umeros dados s˜ ao negativos? 7. (OBM) Um n´ umero natural A de trˆes algarismos detona um n´ umero natural B de trˆes algarismos se cada algarismo de A ´e maior do que o algarismo correspondente de B. Por exemplo, 876 detona 345; por´em, 651 n˜ao detona 542 pois 1 < 2. Quantos n´ umeros de trˆes algarismos detonam 314? 8. (OBM) Um n´ umero de quatro d´ıgitos ´e dito paladino se ´e m´ ultiplo de 9 e nenhum de seus d´ıgitos ´e nulo. Quantos n´ umeros paladinos existem? 9. (OBM) De quantas maneiras ´e poss´ıvel desenhar a figura a seguir sem tirar o l´ apis do papel (ou qualquer outro utens´ılio, se vocˆe preferir!) come¸cando de P e sem passar sobre o mesmo ponto mais de uma vez, com exce¸c˜ao do ponto comum aos trˆes triˆ angulos?

P 10. (OBM) Um n´ umero de quatro d´ıgitos ´e dito peroba se possui pelo menos dois d´ıgitos vizinhos com a mesma paridade. Quantos n´ umeros perobas existem? 11. (OBM) Quantos n´ umeros de trˆes algarismos (que n˜ao come¸cam com 0) possuem um algarismo que ´e a m´edia aritm´etica dos outros dois? 12. (OBM) Cada uma das oito casas de um retˆ angulo de duas linhas e quatro colunas ´e pintada de uma entre trˆes cores. Uma coluna ´e chamada de corte se as suas duas casas s˜ ao da mesma cor. De quantas maneiras ´e poss´ıvel pintar o retˆ angulo de modo que haja exatamente um corte?

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13. (OBM) Colocamos v´arios palitos sobre uma mesa de modo a formar um retˆ angulo m × n. Devemos pintar cada palito de azul, vermelho ou preto de modo que cada um dos quadradinhos da figura seja delimitado por exatamente dois palitos de uma cor e dois de outra cor. De quantas formas podemos realizar esta pintura? 14. (OBM) Quantas permuta¸c˜oes de 1, 2, 3, . . ., 9 h´a com a propriedade de que, para todo 1 ≤ i < 9, os n´ umeros que aparecem entre i e i + 1 (onde i pode aparecer tanto antes como depois de i + 1) s˜ ao todos menores do que i? Por exemplo, 976412358 ´e uma permuta¸c˜ao com esta propriedade. 15. (OBM) Soninha tem muitos cart˜oes, todos com o mesmo desenho em uma das faces. Ela vai usar cinco cores diferentes (verde, amarelo, azul, vermelho e laranja) para pintar cada uma das cinco partes do desenho, cada parte com uma cor diferente, de modo que n˜ao haja dois cart˜oes pintados da mesma forma. Na figura abaixo, por exemplo, os cart˜oes s˜ ao iguais, pois um deles pode ser girado para se obter o outro. Quantos cart˜oes diferentes Soninha conseguir´ a produzir?

16. (OBM) Determine a quantidade de n´ umeros n = a1 a2 a3 a4 a5 a6 , de seis algarismos distintos, que podemos formar utilizando os algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 de modo que as seguintes condi¸c˜oes sejam satisfeitas simultaneamente: i) a1 + a6 = a2 + a5 = a3 + a4 ; ii) n ´e divis´ıvel por 9. 17. (OBM) Um quadrado 4 × 4 ´e dividido em 16 quadrados unit´ arios. Cada um dos 25 v´ertices desses quadrados deve ser colorido de vermelho ou azul. Ache o n´ umero de colora¸c˜oes diferentes tais que cada quadrado unit´ ario possua exatamente dois v´ertices vermelhos. 18. (OBM) Duas pessoas v˜ao disputar uma partida de par ou ´ımpar. Elas n˜ao gostam do zero e, assim, cada uma coloca 1, 2, 3, 4 ou 5 dedos com igual probabilidade. Qual ´e a probabilidade de que a pessoa que escolheu par ganhe?

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19. (OBM) Dois cubos tˆem faces pintadas de ocre ou magenta. O primeiro cubo tem cinco faces ocres e uma face magenta. Quando os dois cubos s˜ ao lan¸cados, a probabilidade de as faces viradas para cima dos dois cubos serem da mesma cor (sim, ocre e magenta s˜ ao cores!) ´e 1/2. Quantas faces ocres tem o segundo cubo? 20. (OBM) No programa de audit´ orio Toto Bola, o apresentador Ci¸co Magallanes disp˜ oe de duas caixas idˆenticas. Um volunt´ario da plateia ´e chamado a participar da seguinte brincadeira: ele recebe dez bolas verdes e dez bolas vermelhas e as distribui nas duas caixas, sem que o apresentador veja, e de modo que em cada caixa haja pelo menos uma bola. Em seguida, o apresentador escolhe uma das caixas e retira uma bola. Se a bola for VERDE, o volunt´ario ganha um carro. Se for VERMELHA, ele ganha uma banana. A m´ axima probabilidade que o volunt´ario tem de ganhar um carro ´e igual a m , em que m e n s˜ ao inteiros positivos primos entre si. Determine o valor de m + n. n 21. (OBM) O campeonato Venusiano de futebol ´e disputado por 10 times, em dois turnos. Em cada turno cada equipe joga uma vez contra cada uma das outras. Suponha que o Vulcano FC ven¸ca todas as partidas do primeiro turno. Caso n˜ao ven¸ca o segundo turno, o Vulcano FC jogar´a uma final contra o vencedor do segundo turno, na qual ter´ a vantagem caso fa¸ca mais pontos que o advers´ario durante todo o campeonato (vit´oria vale 3 pontos, empate vale 1 ponto e derrota 0 pontos). a) Determine o menor n tal que, se o Vulcano FC fizer exatamente n pontos no segundo turno, garantir´ a pelo menos a vantagem na final (independente de contra quem e com que placares conquiste os n pontos). b) Determine o menor n tal que, se o Vulcano FC fizer pelo menos n pontos no segundo turno, garantir´ a pelo menos a vantagem na final (independente de contra quem e com que placares conquiste os n pontos).

Bibliografia 1. T. Andreescu e Z. Feng, A Path to Combinatorics for Undergraduates: Counting Strategies, Birkh¨ auser 2003. 2. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003. 3. A. C. Morgado, J. B. Pitombeira, P. C. Pinto Carvalho e P. Fernandez, An´ alise Combinat´ oria e Probabilidade, SBM. 4. C. Chuan-Chong e K. Khee-Meng, Principles and Techniques in Combinatorics, World Scientific 1992.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. 7: ou termina com 0 (210, 120, 510, 150) ou com 2 (102, 132, 312). 2. 31: 20 com 21 aparecendo em um s´ o n´ umero, 11 com 2 em um n´ umero e 1 no outro. 8

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3. 825. Vocˆe contou os quadrados “tortos”? Conte-os usando o “quadrado circunscrito n˜ao torto”. H´ a outra maneiras de organizar. ´ s´ 4. 22. E o contar as quantidades por quantidade de algarismos; n˜ ao se esque¸ca do 12345! 5. 36. Vale a pena listar os casos em que o tapete inferior esquerdo ´e horizontal; depois ´e s´ o multiplicar por 2. 6. 2. Se x ´e a quantidade de negativos, 13−x s˜ ao positivos e devemos ter x(13−x) = 22. 7. 9 · 8 · 5 = 360. 8. 93 . Dado trˆes algarismos, o quarto est´a definido. Lembre que um n´ umero ´e m´ ultiplo de 9 se, e somente se, a soma de seus algarismos tamb´em o ´e. 9. 6 · 4 · 2 = 48. 10. Os n´ umeros n˜ao perobas s˜ ao 9 · 5 · 5 · 5 = 1125. Assim, o total ´e 9000 − 1125 = 7875. 11. 9 · 5 = 45. 12. 4 · 3 · 33 · 23 = 2592: (coluna do corte, cor do corte, linha 1, linha 2). 13. 3n+m · 2nm . Primeiro preencha a fileira horizontal superior, depois preencha os quadradinhos da esquerda para direita, de cima para baixo. 14. 28 = 256. Comece com o 9, depois o 8, ent˜ao o 7. . . 15. 30. N˜ ao se esque¸ca de dividir por 4! 16. 240: 192 com soma a1 + a4 = 9, e 48 com soma a1 + a4 = 12. 17. 62. Comece com a primeira linha, e h´a dois casos: se houver dois v´ertices vizinhos de mesma cor ou n˜ao. 18.

(sim, n˜ao ´e 12 !). Para ver por que, conte os pares (par, par) e (´ımpar,´ımpar). Mas n˜ao se preocupe: quando o zero participa, a probabilidade volta a ser 12 . 13 25

19. 3. Na verdade, se houver trˆes de cada cor, n˜ao importa a distribui¸c˜ao do outro dado. 20. 33. A probabilidade ´e

14 19 ,

com uma caixa com uma u ´nica bola verde.

21. a) 23; b) 25. Cheque os casos!

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Contagens Elementares: Bije¸c˜ oes J´a vimos como fazer contagens de modo preciso com o aux´ılio de conjuntos. Agora veremos alguns modelos de contagem que facilitam o nosso trabalho. Imagine esses modelos como esp´ecies de “macros”.

Fun¸c˜ oes em Combinat´ oria ou Como Conferir sua Contagem Uma fun¸ca ˜o ´e uma tripla ordenada (A, B, f ), em que f ⊂ A × B ´e tal que para todo x ∈ A existe um u ´nico y ∈ B tal que (x, y) ∈ f . Em termos formais, as seguintes duas condi¸c eos devem ser satisfeitas: (i) (x, y1 ) ∈ f e (x, y2 ) ∈ f =⇒ y1 = y2 . (ii) ∀x ∈ A; ∃y ∈ B : (x, y) ∈ f . Denotamos f : A → B com (x, y) ∈ f ⇐⇒ f (x) = y ou, como faremos mais em Combif

nat´oria, x → y. A

f b

B b

b

b b

b b

b

b

Qual ´e a importˆ ancia de fun¸c˜oes em Combinat´ oria? As fun¸c˜oes fazem associa¸c˜oes entre dois conjuntos A e B diferentes, e portanto transformam um problema de contagem em A em um problema de contagem em B. Existem trˆes tipos de fun¸c˜ao que s˜ ao muito importantes. Uma fun¸c˜ao ´e injetora se todo elemento de A est´a associado a um elemento diferente f

de B, ou seja, x 6= y =⇒ f (x) 6= f (y). Outra maneira de dizer isso ´e que se x1 → y e f

x2 → y ent˜ao x1 = x2 . Note que isso ´e o mesmo que o inverso da condi¸c˜ao (i) da defini¸c˜ao de fun¸c˜ao.

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f

B b

b

b b

b b

b

Note que se A e B s˜ ao conjuntos finitos e existe uma fun¸c˜ao injetora de A em B ent˜ao podemos afirmar de |A| ≤ |B|, pois a cada elemento de A corresponde um elemento diferente de B, e quem sabe sobram elementos em B. Uma fun¸c˜ao ´e sobrejetora se todo elemento de B tem um associado em A, ou seja, f

∀y ∈ B; ∃x ∈ A : x → y. Note que isso ´e o mesmo que o inverso da condi¸c˜ao (ii) da defini¸c˜ao de fun¸c˜ao. A

f b

B b

b

b b

b b

b

b

Note que se A e B s˜ ao conjuntos finitos e existe uma fun¸c˜ao sobrejetora de A em B ent˜ao podemos afirmar de |A| ≥ |B|, pois a cada elemento de B corresponde pelo menos um elemento de A, e pela defini¸c˜ao de fun¸c˜ao um elemento de A n˜ao pode estar associado a dois ou mais elementos de B. Enfim, uma fun¸c˜ao ´e bijetora quando ´e injetora e sobrejetora. Chamamos uma fun¸c˜ao bijetora tamb´em de bije¸ca ˜o. Isso quer dizer que os inversos das condi¸c˜oes (i) e (ii) da defini¸c˜ao devem ser satisfeitas. Note que isso mostra que a rela¸ca ˜o inversa f −1 da fun¸c˜ao −1 −1 f : A → B, definida por f ∈ B × A, (x, y) ∈ f ⇐⇒ (y, x) ∈ f ´e uma fun¸c˜ao. A

f

B b

b

b b

b b

b

b

2

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f

Para denotar que f (x) = y em uma bije¸c˜ao f , muitas vezes indicamos x ↔ y. Quando o contexto deixa clara a bije¸c˜ao, simplesmente escrevemos x ↔ y. Mas, mais importante ainda, se A e B s˜ ao finitos e existe uma bije¸c˜ao de A em B ent˜ao |A| = |B|. Isso nos leva ao seguinte princ´ıpio: |A| = |B| quando existe uma fun¸c˜ao invers´ıvel de A em B. Por incr´ıvel que pare¸ca, vocˆe j´a faz bije¸c˜oes desde crian¸ca. No momento em que vocˆe aponta para objetos e pensa “um, dois. . .”, vocˆe est´a fazendo uma bije¸c˜ao entre o conjunto A dos objetos que vocˆe est´a contando e o conjunto {1, 2, . . . , |A|}. Exemplo 1. (IME) Uma rua possui um estacionamento em fila com N vagas demarcadas junto ao meio-fio de um dos lados. N autom´ oveis, numerados de 1 a N , devem ser acomodados, sucessivamente, pela ordem num´erica no estacionamento. Cada carro deve justapor-se a um carro j´ a estacionado, ou seja, uma vez estacionado o carro 1 em qualquer uma das vagas, os seguintes se v˜ ao colocando imediatamente ` a frente do carro mais avan¸cado ou atr´ as do carro mais recuado. Quantas configura¸co ˜es distintas podem ser obtidas desta maneira? Solu¸ c˜ ao: O segredo ´e n˜ao se preocupar com onde o carro 1 vai estacionar e colocar os outros. Cada carro, depois do primeiro, estaciona na frente ou atr´as da fila. Assim, estabelecelemos uma bije¸c˜ao entre as configura¸c˜oes e o conjunto {frente, atr´ as)N −1 . Por exemplo, fazemos a correspondˆencia (atr´as, frente, frente, frente, atr´ as, atr´ as, atr´ as, frente, atr´ as) ↔ (10, 8, 7, 6, 2, 1, 3, 4, 5, 9) Note que essa correspondˆencia ´e claramente invers´ıvel: basta observar a posi¸c˜ao do 2 em rela¸c˜ao ao 1, depois observar a posi¸c˜ao do 3 em rela¸ca˜o ao grupo formado por 1 e 2, e assim por diante, observando a posi¸c˜ao entre o i e o grupo formado por 1, 2, . . . , i − 1. Logo o total pedido ´e |{frente, atr´ as)N −1 | = 2N −1 . Ent˜ao, para conferir uma contagem, basta: • Definir com clareza a associa¸c˜ao que vocˆe fizer entre conjuntos. • Encontrar a inversa dessa associa¸c˜ao e mostrar que ´e uma fun¸c˜ao.

Alguns Paradigmas de Contagem Permuta¸ c˜ oes Permutar n objetos ´e o mesmo que orden´ a-los. Tamb´em dizemos que uma permuta¸ca ˜o de um conjunto A de n elementos ´e uma n-upla ordenada (a1 , . . . , an ) em que cada elemento de A aparece uma u ´nica vez. Podemos definir tamb´em permuta¸c˜ao como uma bije¸c˜ao de A em A. De quantas maneiras podemos ordenar n objetos? Ou, em outras palavras, quantas s˜ ao as suas permuta¸c˜oes? Lema 1. H´ a n! maneiras de se permutar n objetos. 3

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Demonstra¸ c˜ ao: Basta fazer uma bije¸c˜ao entre as permuta¸c˜oes e o conjunto A = {1, 2, . . . , n} × {1, 2, . . . , n − 1} × {1, 2, . . . , n − 2} × · · · × {1, 2} × {1}. Note que A ´e um conjunto de n-uplas ordenadas. Primeiro, numere os objetos de 1 a n. A primeira coordenada do elemento de A ´e o primeiro objeto; para cada nova coordenada, elimine os objetos j´a na fila e renumere-os na ordem crescente, e coloque na coordenada o novo n´ umero. Essa correspondˆencia ´e uma bije¸c˜ao, e com isso a quantidade de permuta¸c˜oes ´e |A| = n · (n − 1) · · · 2 · 1 = n!. Observe a bije¸c˜ao para n = 3: (1, 2, 3) ↔ (1, 1, 1) (1, 3, 2) ↔ (1, 2, 1) (2, 1, 3) ↔ (2, 1, 1) (2, 3, 1) ↔ (2, 2, 1) (3, 1, 2) ↔ (3, 1, 1) (3, 2, 1) ↔ (3, 2, 1)

Permuta¸ c˜ oes Circulares Permuta¸ca ˜o circular ´e uma permuta¸c˜ao de objetos colocados em c´ırculo, de modo que ao girarmos o c´ırculo obtemos a mesma permuta¸c˜ao circular. Por exemplo, (1, 2, 3), (2, 3, 1) e (3, 1, 2) representam a mesma permuta¸c˜ao circular. Lema 2. H´ a (n − 1)! permuta¸co ˜es circulares de n objetos. Demonstra¸ c˜ ao: Basta mostrar que cada permuta¸c˜ao circular corresponde a n permutac¸˜oes. Mas para isso, basta escolher um dos elementos da permuta¸c˜ao para ser o primeiro elemento da permuta¸c˜ao. Ou seja, fazemos a bije¸c˜ao (permuta¸c˜ao circular, in´ıcio) ↔ permuta¸c˜ao Com isso, sendo k a quantidade de permuta¸c˜oes circulares, k · n = n! ⇐⇒ k = (n − 1)!.

Permuta¸ c˜ oes com Repeti¸ c˜ oes ou Anagramas Quando temos objetos repetidos, o n´ umero de permuta¸c˜oes muda. Uma maneira simples de ver permuta¸c˜oes com objetos repetidos ´e associar a cada tipo de objeto um s´ımbolo, e contar o n´ umero de permuta¸c˜oes desses s´ımbolos. Essas permuta¸c˜oes s˜ ao chamadas anagramas, e tamb´em s˜ ao vistas como anagramas de palavras. Por exemplo, ROMA ´e anagrama de AMOR, CABANA ´e anagrama de BACANA, ANAGRAMA ´e anagrama de AMAGRANA e IRACEMA ´e anagrama de AMERICA (para quem gosta de Literatura: h´a cr´ıticos liter´ arios que acreditam que esse u ´ltimo anagrama ´e intencional). Lema 3. O n´ umero de anagramas com ai s´ımbolos do tipo i, 1 ≤ i ≤ n, ´e

(a1 +a2 +···+an )! a1 ! a2 ! ··· an ! .

Demonstra¸ c˜ ao: Antes de fazer a demonstra¸c˜ao em si, vamos ver um exemplo: calculemos a quantidade de anagramas da palavra BANANA. Para tanto, vamos colocar ´ındices nas 4

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letras repetidas: B1 , A1 , A2 , A3 , N1 e N2 . H´ a 6! permuta¸c˜oes de letras com ´ındice. Mas note que, por exemplo, o anagrama NABAAN pode ser representado por N2 A3 B1 A1 A2 N1 ou N1 A1 B1 A3 A2 N2 , ou seja, podemos permutar os ´ındices dentro de cada letra como quiser. Assim, podemos montar uma permuta¸c˜ao com ´ındice atrav´es de um anagrama e permuta¸c˜oes de cada ´ındice. Em outras palavras, fazemos a bije¸c˜ao permuta¸c˜ao ↔ (anagrama, ordem dos Bs, ordem dos As, ordem dos Ns) Em particular, N2 A3 B1 A1 A2 N1 ↔ (NABAAN, (1), (3, 1, 2), (2, 1)) Note que a fun¸c˜ao est´a bem definida, e a sua inversa tamb´em ´e uma fun¸c˜ao: basta tomar o anagrama e numerar os Bs, os As e os Ns na ordem da permuta¸c˜ao. Logo, sendo m a quantidade de anagramas de BANANA, 6! = m · 1! · 3! · 2! ⇐⇒ m =

6! . 1! 3! 2!

Essa ideia ´e facilmente generalizada: sendo A1 , A2 , . . . , An os s´ımbolos, fazemos a bije¸c˜ao permuta¸c˜ao ↔ (anagrama, ordem dos A1 s, ordem dos A2 s, . . . , ordem dos An s) e o resultado segue.

Combina¸ c˜ oes Esse ´e um dos paradigmas de contagem mais u ´teis: ele conta o n´ umero de maneiras de escolher k entre n objetos ou, mais formalmente, o n´ umero de subconjunto de k elementos de um conjunto de n elementos.
n! subconjuntos de k elementos. Lema 4. Um conjunto de n elementos tem nk = k! (n−k)!

Demonstra¸ c˜ ao: Vamos transformar cada subconjunto de k elementos em um c´odigo. Primeiro, numere os elementos de 1 a n. Em seguida, associe a cada elemento a letra S se ele pertence ao subconjunto e a letra N se n˜ao pertence. Por exemplo, se o conjunto ´e {1, 2, 3, 4, 5} e o subconjunto ´e {1, 2, 4}, usamos (S, S, N, S, N ). Isso ´e claramente uma bije¸c˜ao: podemos obter o c´odigo a partir do subconjunto, e a partir do c´odigo se recupera imediatamente o subconjunto. Assim, o n´ umero de subconjuntos de k entre n elementos ´e igual ao n´ umero de c´odigos com k letras S e n − k letras N , ou seja, ´e o n´ umero de anagramas com k S’s e n − k N ’s, que ´e   n! n = . k! (n − k)! k Observa¸ c˜ ao 1. Por causa da natureza combinat´ oria dos binomiais, h´ a v´ arias identidades envolvendo binomiais, que podem ser provadas com bije¸co ˜es:

n • nk = n−k ; 5

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•

n 0

•

n k







+ =

n 1




n 2

+

n n−1 k k−1







n n

+ ··· +




= 2n ;

(f´ ormula da absor¸ca ˜o);


n−1 • nk = n−1 + ca ˜o de Stifel); k k−1 (rela¸




• kk + k+1 + k+2 + · · · + nk = n+1 k k k+1 ;
n




m n m n • m 0 · p + 1 · p−1 + 2 · p−2 + · · · +

Tente prov´ a-las!

m p




·

n 0




=

m+n p


.

N´ umero de Solu¸c˜ oes de Equa¸ c˜ ao Linear ´ poss´ıvel contar, com uma bije¸c˜ao, o n´ E umero de solu¸c˜oes em inteiros n˜ao negativos da equa¸c˜ao x1 + x2 + · · · + xk = n. Lema 5. O n´ umero de solu¸co ˜es da equa¸ca ˜o x1 + x2 + · · · + xk = n com xi ∈ Z e xi ≥ 0 ´e

n+k−1 n




.

Demonstra¸ c˜ ao: Considere que temos n objetos idˆenticos para serem distribu´ıdos entre k cestas numeradas entre 1 e k. Sendo xi o n´ umero de objetos na cesta i, temos xi inteiro n˜ao negativo e x1 + x2 + · · · + xk = n. Ou seja, o n´ umero de solu¸c˜oes da equa¸c˜ao dada ´e igual ao n´ umero de maneiras de distribuir os objetos nas cestas. Para isso, representamos os objetos por ◦ e as divis´orias entre cestas por |. Por exemplo, ◦ ◦ | ◦ ||◦ ↔ (2, 1, 0, 1), ou seja, 2 objetos na cesta 1, 1 na cesta 2, nenhum na cesta 3 e 1 na cesta 4. Temos n objetos (◦) e k − 1 divis´orias |, ent˜ao o n´ umero de solu¸c˜oes ´e igual ao n´ umero
(n+k−1)! n+k−1 . de anagramas com n ◦s e k − 1 |s, que ´e n! (k−1)! = n

Exerc´ıcios Resolvidos ´ claro que vocˆe pode misturar todas as t´ecnicas vistas at´e aqui, incluindo os princ´ıpios E aditivo e multiplicativo. Al´em disso, am alguns problemas, n˜ao explicitaremos as bije¸c˜oes. Fica como tarefa encontrar e provar as bije¸c˜oes. Exemplo 2. De quantas maneiras podemos colocar 4 livros de literatura, 3 livros de hist´ oria, 5 livros de matem´ atica e 2 livros de m´ usica em uma estante, sendo que os livros de cada assunto devem ficar juntos?

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Solu¸ c˜ ao: Permutamos os livros dentro de cada assunto e depois permutamos os quatro assuntos. Fazemos a bije¸c˜ao distribui¸c˜ao ↔ (ordem literatura, ordem hist´ oria, ordem matem´ atica, ordem m´ usica, ordem assuntos) Note que dada uma distribui¸c˜ao obtemos as ordens de cada assunto e a ordem entre assuntos e, reciprocamente, dadas as ordens obtemos a distribui¸c˜ao. Com isso, a resposta ´e 4! · 3! · 5! · 2! · 4! = 829440. Exemplo 3. De quantas maneiras podemos colocar 20 pessoas em uma roda gigante com 10 lugares, cada um para duas pessoas, se: (a) a ordem dentro de cada lugar ´e relevante? (b) a ordem dentro de cada lugar n˜ ao ´e relevante? Solu¸ c˜ ao: Primeiro colocamos as pessoas em fila, para o qual h´a 20! possibilidades. (a) Se a ordem ´e relevante, dividimos a fila em 10 peda¸cos de 2, de acordo com a ordem (note que s´ o h´a uma possibilidade de fazer isso!). Mas os 10 lugares est˜ao em c´ırculo, e portanto dividimos o resultado por 10: 20! 10 = 2 · 19!. = 19! . (b) Se a ordem n˜ao ´e relevante, basta dividir por 2! = 2 em cada lugar, obtendo 2·19! 21 0 29 Outra maneira de se enxergar isso ´e considerar anagramas com dez s´ımbolos, um para cada lugar, dois s´ımbolos de cada tipo. Exemplo 4. Em um torneio de tiro, oito alvos s˜ ao dispostos em trˆes colunas penduradas, como mostra a figura. Cada competidor deve atirar nos alvos da seguinte forma: ele escolhe primeiro uma das trˆes colunas e atira no alvo mais baixo que ele ainda n˜ ao acertou. Em quantas ordens os oito alvos podem ser acertados?

Solu¸ c˜ ao: Considere a ordem das escolhas: sendo A, B e C as colunas, da esquerda para a direita, uma ordem poss´ıvel ´e AABBACCC. Note que a escolha da coluna j´a determina a escolha do alvo. Com isso, queremos contar o n´ umero de anagramas de AAABBCCC, 8! que ´e 3! 2! 3! = 560. 7

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Exemplo 5. Numa classe h´ a 5 garotas e 9 rapazes. O professor quer tirar uma foto de todos os estudantes em fila, de modo que as garotas apare¸cam em ordem crescente de altura e os rapazes, em ordem decrescente de altura. De quantas maneiras podemos fazer as filas? Os rapazes n˜ ao precisam ficar todos juntos, e nem as garotas. Solu¸ c˜ ao: Basta escolher as posi¸c˜oes das garotas na fila. Feito isso, as posi¸c˜oes dos rapazes est˜ao definidas, e as
ordem entre as garotas e entre os rapazes est´a pre-estabelecida. Com isso, o total ´e 5+9 = 2002. 5

Exemplo 6. Sejam m e n inteiros positivos. Quantas fun¸co ˜es f : {1, 2, 3, . . . , m} → {1, 2, . . . , n} s˜ ao n˜ ao decrescentes, ou seja, f (i) ≤ f (j) para todo 1 ≤ i < j ≤ m? Uma solu¸ c˜ ao: Para facilitar a nota¸c˜ao, seja ai = f (i), de modo que queremos determinar a quantidade de sequˆencias (a1 , a2 , . . . , am ) com 1 ≤ a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ am ≤ n. Uma maneira de lidar com desigualdades a ≤ b ´e considerar b − a ≥ 0. Ent˜ao, sejam x0 = a1 − 1, x1 = a2 − a1 , x2 = a3 − a2 , . . ., xm = n − am . Ent˜ao xi ≥ 0, 0 ≤ i ≤ m e x0 + x1 + x2 + · · · + xm = (a1 − 1) + (a2 − a1 ) + (a3 − a2 ) + · · · + (n − am ) = n − 1. Al´em disso, note que os xi ’s determinam unicamente a1 , a2 , . . . , am , ou seja, temos uma bije¸c˜ao (verifique!). Logo o total de fun¸c˜oes ´e o n´ umero de solu¸c˜oes de x0 +x1 +x2 +· · ·+xm = n−1,
que ´e n−1+m . m Outra solu¸ c˜ ao: Utilize a mesma nota¸c˜ao da solu¸c˜ao anterior, e seja bi = ai + i − 1, Ent˜ao bi − bi−1 = (ai + i − 1) − (ai−1 + i − 2) = ai − ai−1 + 1 ≥ 1, e portanto, estabelecemos uma bije¸c˜ao entre (a1 , a2 , . . . , am ) e (b1 , b2 , . . . , bm ) com 1 ≤ b1 < b2 < . . . < bm ≤ n + m − 1. Mas para determinar os bi ’s, basta escolher m entre os n´ umeros 1, 2, . . . , n + m − 1, ou seja,
fun¸ c ˜ o es. h´a n−1+m m

Exemplo 7. (IME) Doze cavaleiros est˜ ao sentados em torno de uma mesa redonda. Cada um dos doze cavaleiros considera seus dois vizinhos como rivais. Deseja-se formar um grupo de cinco cavaleiros para libertar uma princesa, nesse grupo n˜ ao poder´ a haver cavaleiros rivais. Determine de quantas maneiras ´e poss´ıvel escolher esse grupo.

Solu¸ c˜ ao: Suponha que escolhemos os cinco cavaleiros. Seja xi , 1 ≤ i ≤ 5 o n´ umero de cavaleiros entre o cavaleiro escolhido i e o cavaleiro escolhido i + 1 (sendo o cavaleiro 6 igual ao cavaleiro 1). Como 7 cavaleiros n˜ao foram escolhidos, devemos achar as solu¸c˜oes de x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 7 com xi ≥ 1. Mas s´ o sabemos a f´ormula para xi ≥ 0! Isso ´e f´acil de consertar: seja x = y + 1. Ent˜ a o y ≥ 0, e temos y1 + y2 + y3 + y4 + y5 = 2. H´ a, i i i
= 15 solu¸ c ˜ o es. ent˜ao 2+4 2 S´o a solu¸c˜ao n˜ao serve para identificar os cinco cavaleiros; ela indica s´ o os intervalos entre cavaleiros. Para ajeitar isso, basta escolher um dos doze cavaleiros e pular os intervalos, e o total ´e 12 · 15 = 180. Certo? Errado! Numere os cavaleiros de 1 a 12 e considere a escolha 1, 3, 6, 8, 10. A nossa contagem ´e de pares ((x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ), cavaleiro). Agora, considere ((1, 2, 1, 1, 2), 1) e ((2, 1, 1, 2, 1), 3). Se vocˆe olhar com aten¸c˜ao, vai perceber que ambos os pares geram a escolha 1, 3, 6, 8, 10. Ent˜ao estamos contando com repeti¸c˜ao. O motivo ´e simples: ao tentar inverter a “bije¸c˜ao”, n˜ao ´e poss´ıvel escolher o cavaleiro no par ((x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ), cavaleiro). Ou seja, a correspondˆencia que fizemos n˜ao ´e uma 8

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bije¸c˜ao, pois n˜ao conseguimos definir a inversa. De fato, os pares geram cinco cavaleiros e ainda elege um deles (imagine, por exemplo, que ele ´e o l´ıder do grupo). A´ı sim temos uma bije¸c˜ao, e sua inversa: tome o l´ıder e escolha os demais cavaleiros de acordo com (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ). Mas de cada escolha podemos gerar cinco l´ıderes, ent˜ao basta tomar o resultado obtido anteriormente e dividir por 5: o total ´e 180 5 = 36. Fica a li¸c˜ao: na d´ uvida, cheque a bije¸ c˜ ao!
= Observa¸ c˜ ao 2. Generalizando para n cavaleiros e k escolhidos, o total ´e nk n−k−1 k−1
n n−k n−k k . Problemas semelhantes a esse foram estudados por Kaplansky, e esse resultado ´e o segundo lema de Kaplansky. Exemplo 8. Uma excurs˜ ao com 100 pessoas precisa comprar passagens de o ˆnibus. Para isso, dirigem-se ` a bilheteria, que tem cinco guichˆes, cada um com sua pr´ opria fila. De quantas maneiras as pessoas podem se organizar nessas filas? Todas as distribui¸co ˜es s˜ ao permitidas (por exemplo, incluem-se a´ı as 100! maneiras de se colocar todos em uma u ´nica fila, do primeiro guichˆe). Solu¸ c˜ ao: Basta colocar as 100 pessoas em fila e colocar, nessa fila, quatro divis´orias, indicando em que fila devem ir. Por exemplo, toda sequˆencia (a1 , a2 , . . . , a100 , ||||) indica o exemplo no enunciado (´e poss´ıvel inverter essa associa¸c˜ao?). Com isso, devemos contar o n´ umero de anagramas com 101 s´ımbolos, sendo um deles (|) repetido 4 vezes. Assim, o 104! total ´e (1!)104! 100 ·4! = 24 . Exemplo 9. H´ a n carros, numerados de 1 a n, e uma fileira com n lugares para estacionar, numerados de 1 a n. Cada carro i tem seu lugar favorito ai ; quando vai estacionar, se dirige ao seu lugar favorito; se ele est´ a livre estaciona ali, caso contr´ ario, avn¸ca para o primeiro lugar livre e estaciona; se n˜ ao encontra lugar livre, vai embora e n˜ ao volta mais. Quantas sequˆencias (a1 , a2 , . . . , an ) existem tais que todos os n carros conseguem estacionar? Solu¸ c˜ ao: Vamos listar alguns casos pequenos para entender o que est´a acontecendo: Para n = 1, s´ o h´a, ´e claro, uma possibilidade: (1). Para n = 2, s´ o n˜ao d´a certo (2, 2). As outras trˆes (1, 2), (2, 1) e (1, 1) d˜ao certo. Vejamos n = 3. As seis permuta¸c˜oes (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2) e (3, 2, 1) obviamente d˜ao certo. Al´em disso, note que algum carro deve ter 1 como vaga favorita, sen˜ao todos os carros passar˜ao direto pela vaga 1 e algum deles n˜ao vai estacionar. As outras possibilidades s˜ ao (1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 1), (2, 1, 1), (1, 1, 3), (1, 3, 1), (3, 1, 1), (1, 2, 2), (2, 1, 2), (1, 2, 2), que funcionam, e (1, 3, 3), (3, 1, 3), (3, 3, 1) que n˜ao funcionam, al´em das outras 23 = 8 que n˜ao contˆem 1. Note que j´a lista todas as 33 = 27 possibilidades. Com isso, o total ´e 16. Trabalhemos agora com n = 4. S˜ao 44 = 256 possibilidades, ent˜ao n˜ao vale a pena listar todos, ou seja, precisamos de alguma estrat´egia de contagem. Contemos por quantidade de uns. J´a temos 34 = 81 possibilidades que n˜ao funcionam (as que n˜ao tem 1). Al´em disso, ´e f´acil ver que (1, 1, 1, k) funciona. Com isso, temos (1, 1, 1, 1) e (1, 1, 1, k) com k = 2, 3, 4 e permuta¸c˜oes, que s˜ ao mais 1 + 4 · 3 = 13 possibilidades que funcionam. Os que tˆem exatamente dois uns s´ o n˜ao funcionam se s˜ ao (1, 1, 4, 4) ou permuta¸c˜oes. Mais 2!4!2! = 6 que
n˜ao funcionam e 42 · 3 · 3 − 6 = 48 que funcionam. Entre os 4 · 33 = 108 que s´ o tˆem um 9

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1, retiramos o 1 (esse carro com certeza vai conseguir estacionar) e subtra´ımos 1 de cada outro n´ umero, e ´e poss´ıvel estacionar se, e somente se, a sequˆencia de trˆes termos ´e v´alida. Com isso, temos 4 · 16 = 64 possibilidades que funcionam. O total ´e 13 + 48 + 64 = 125. Vejamos: se xn ´e a quantidade pedida, temos x1 = 1, x2 = 3, x3 = 16 = 42 e x4 = 125 = 3 5 . Parece que xn = (n + 1)n−1 , ou seja, a gente deve conseguir uma bije¸c˜ao das sequˆencias com {1, 2, 3, . . . , n + 1}n−1 . Mas a´ı temos que conseguir uma associa¸c˜ao entre sequˆencias com n termos e sequˆencias com n − 1 termos, o que n˜ao parece ser interessante. Talvez seja mais f´acil conseguir uma bije¸c˜ao entre (sequˆencia, k), 1 ≤ k ≤ n + 1 e {1, 2, 3, . . . , n + 1}n . Vamos pensar em {1, 2, 3, . . . , n + 1}n primeiro. Considere ent˜ao uma nova vaga n + 1, e as regras continuam as mesmas. Uma ideia que facilita a divis˜ao por n + 1 ´e considerar permuta¸c˜oes c´ıclicas, ou seja, vamos supor que as vagas est˜ao em c´ırculo. Desse modo, com as mesmas regras, todos os carros estacionam (por estarem em c´ırculo, sempre aparece n n−1 uma vaga livre!), e sobra uma vaga livre no final. Por simetria, h´a (n+1) n+1 = (n + 1) configura¸c˜oes com i sendo a vaga livre, 1 ≤ i ≤ n + 1. Afirmamos que uma configura¸c˜ao corresponde a uma sequˆencia v´alida se, e somente se, a vaga livre ´e n + 1. De fato, se a sequˆencia ´e v´alida, os carros nunca chegam a precisar da vaga n + 1, e ela nunca chega a ser usada. Reciprocamente, se a vaga livre ´e n + 1, nenhum carro listou n + 1 como vaga favorita no novo processo e, mais ainda, n + 1 nunca foi usada como vaga livre, ou seja, nenhum carro passa da vaga n, o que significaria que ele iria embora. Logo o problema est´a terminado (de fato, a bije¸c˜ao ´e feita entre sequˆencias v´alidas e n˜ao v´alidas e {1, 2, 3, . . . , n + 1}n , sendo que a sequˆencia ´e v´alida se, e somente se, a vaga que sobra ´e n + 1).

Problemas 1. (OBM) Quantos n´ umeros inteiros entre 10 e 1000 possuem seus d´ıgitos em ordem estritamente crescente? (Por exemplo, 47 e 126 s˜ ao n´ umeros deste tipo; 52 e 566 n˜ao). 2. (OBM) Esmeralda, a digitadora, tentou digitar um n´ umero de seis algarismos, mas os dois algarismos 1 n˜ao apareceram (a tecla devia estar com defeito). O que apareceu foi 2004. Quantos s˜ ao os n´ umeros de seis algarismos que ela pode ter tentado digitar? 3. (OBM) Arnaldo, Bernaldo, Cernaldo e Dernaldo baralharam as 52 cartas de um baralho e distribu´ıram 13 cartas para cada um. Arnaldo ficou surpreso: “Que estranho, n˜ao tenho nenhuma carta de espadas.” Qual a probabilidade de Bernardo tamb´em n˜ao ter cartas de espadas? 4. (OBM) De quantas maneiras podemos colocar, em cada espa¸co abaixo, um entre os algarismos 4, 5, 6, 7, 8, 9, de modo que todos os seis algarismos apare¸cam e formem, em cada membro, n´ umeros de dois algarismos que satisfazem a dupla desigualdade? >

>

5. (OBM) Esmeralda tem cinco livros sobre her´ aldica em uma estante. No final de semana, ela limpou a estante e, ao recolocar os livros, colocou dois deles no lugar 10

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onde estavam antes e os demais em lugares diferentes de onde estavam. De quantas maneiras ela pode ter feito isso? 6. (OBM) Cinco amigos, Arnaldo, Bernaldo, Cernaldo, Dernaldo e Ernaldo, devem formar uma fila com outras 30 pessoas. De quantas maneiras podemos formar esta fila de modo que Arnaldo fique na frente de seus 4 amigos? (Obs.: Os amigos n˜ao precisam ficar em posi¸c˜oes consecutivas.) 7. (OBM) Um clube de tˆenis tem n jogadores canhotos e 2n jogadores destros e, ao todo, h´a menos do que 20 jogadores. No u ´ltimo campeonato interno, no qual cada jogador enfrentou cada um dos outros jogadores do clube exatamente uma vez, a raz˜ao entre o n´ umero de jogos vencidos por jogadores canhotos e o n´ umero de jogos vencidos por jogadores destros foi 3 : 4. Qual ´e o valor de n? 8. (OBM) Seja n inteiro positivo. De quantas maneiras podemos distribuir n + 1 brinquedos distintos para n crian¸cas de modo que toda crian¸ca receba pelo menos um brinquedo? 9. (OBM) Dizemos que uma palavra Q ´e quase-anagrama de outra palavra P quando Q pode ser obtida retirando-se uma letra de P e trocando a ordem das letras restantes, resultando em uma palavra com uma letra a menos do que P . Um quase-anagrama pode ter sentido em algum idioma ou n˜ao. Por exemplo, RARO, RACR e ARCO s˜ ao quase-anagramas de CARRO. Quantos s˜ ao os quase-anagramas da palavra BACANA que come¸cam com A? 10. (OBM) Uma sequˆencia de letras, com ou sem sentido, ´e dita alternada quando ´e formada alternadamente por consoantes e vogais. Por exemplo, EZEQAF, MA´ TEMATICA, LEGAL e ANIMADA s˜ ao palavras alternadas, mas DSOIUF, DI´ NHEIRO e ORDINARIO n˜ao s˜ ao. Quantos anagramas da palavra FELICIDADE (incluindo a palavra FELICIDADE) s˜ ao sequˆencias alternadas? 11. (OBM) O matem´ atico excˆentrico Jones, especialista em Teoria dos N´ os, tem uma bota com n pares de furos pelos quais o cadar¸co deve passar. Para n˜ao se aborrecer, ele gosta de diversificar as maneiras de passar o cadar¸co pelos furos, obedecendo sempre ` as seguintes regras: • o cadar¸co deve formar um padr˜ ao sim´etrico em rela¸c˜ao ao eixo vertical; • o cadar¸co deve passar exatamente uma vez por cada furo, sendo indiferente se ele o faz por cima ou por baixo; • o cadar¸co deve come¸car e terminar nos dois furos superiores e deve ligar diretamente (isto ´e, sem passar por outros furos) os dois furos inferiores. Determine, em fun¸c˜ao de n ≥ 2, o n´ umero total de maneiras de passar o cadar¸co pelos furos obedecendo ` as regras acima.

11

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12. (OBM) Os doze alunos de uma turma de olimp´ıada sa´ıam para jogar futebol todos os dias ap´ os a aula de matem´ atica, formando dois times de 6 jogadores cada e jogando entre si. A cada dia eles formavam dois times diferentes dos times formados em dias anteriores. Ao final do ano, eles verificaram que cada 5 alunos haviam jogado juntos num mesmo time exatamente uma vez. Quantos times diferentes foram formados ao longo do ano? 13. (OBM) Determine a quantidade de fun¸c˜oes f : {1, 2, 3, 4, 5} → {1, 2, 3, 4, 5} tais que f (f (x)) = f (x) para todo x ∈ {1, 2, 3, 4, 5}. 14. (OBM) Ao jogarmos uma certa quantidade de dados c´ ubicos com faces numeradas de 1 a 6, a probabilidade de obtermos soma dos pontos 2006 ´e igual `a probabilidade de obtermos soma dos pontos S. Qual ´e o menor valor poss´ıvel de S? 15. (OBM) Definimos o diˆ ametro de um subconjunto n˜ao vazio de {1, 2, . . . , n} como a diferen¸ca entre seu maior elemento e seu menor elemento (em m´ odulo). Calcule a soma dos diˆ ametros de todos os subconjuntos n˜ao vazios de {1, 2, . . . , n}. 16. Prove que todos os conjuntos a seguir tˆem a mesma quantidade de elementos: • o conjunto de filas com 2n pessoas, n com notas de 10 reais, n com notas de 20 reais, em um cinema cuja entrada ´e 10 reais e o caixa n˜ao tem troco no in´ıcio da fila e o caixa sempre consegue troco para quem est´a na fila; • o conjunto de n pares de parˆentesis, de modo que ´e poss´ıvel abrir e fechar parˆentesis; • o conjunto das maneiras de multiplicar n + 1 n´ umeros, multiplicando dois n´ umeros de cada vez; • o conjunto das maneiras de cortar um (n + 2)-´ agono convexo em n triˆ angulos conectando alguns de seus v´ertices; • o conjunto das maneiras de cortar uma escada de altura n em n retˆ angulos; 17. Seja A o conjunto das permuta¸c˜oes p de {1, 2, . . . , n} tais que p ◦ p ´e a identidade (ou seja, sendo p uma bije¸c˜ao tem-se p(p(i)) = i para todo i, 1 ≤ i ≤ n). Seja B o n´ umero de permuta¸c˜oes no mesmo conjunto tais que, para todo k, 1 ≤ k ≤ n − 2, p(k) ≥ p(k + 1) ou p(k) ≥ p(k + 2). Prove que |A| = |B|.

Bibliografia 1. T. Andreescu e Z. Feng, A Path to Combinatorics for Undergraduates: Counting Strategies, Birkh¨ auser 2003. 2. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003. 3. A. C. Morgado, J. B. Pitombeira, P. C. Pinto Carvalho e P. Fernandez, An´ alise Combinat´ oria e Probabilidade, SBM. 12

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4. C. Chuan-Chong e K. Khee-Meng, Principles and Techniques in Combinatorics, World Scientific 1992.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1.

9 2

2.


6

6.

35! 5 .




+

9 3




= 120.

= 15 (basta escolher as posi¸c˜oes originais dos uns).
39
26
13

26
26
13
39 3. H´ a 39 13 · 13 · 13 · 13 possibilidades, e dessas 13 · 13 · 13 · 13 funcionam, de (26 (26!)2 13) modo que a probabilidade ´e 39 = 13! 39! . (13)
4. 63 · 3! = 120. Pense primeiro no algarismo das dezenas.
5. 52 · 2 = 20. H´ a s´ o duas maneiras de guardar trˆes livros A, B, C fora de ordem: BCA e CAB. 2

Compare as possibilidades em que Arnaldo fica na frente com as em que Bernaldo fica na frente, etc.

2 (n2 )+x = 34 ⇐⇒ x = 10n7 −n . Esse valor de x s´ o pode ser inteiro se n = 5 ( )+n·2n−x (lembre que 3n < 20 ⇐⇒ n ≤ 6.
8. n · n+1 · (n − 1)! = n · (n+1)! 2 2 .

7.

2n 2

9. 4! + 3 ·

10. 2 ·

4! 2!

5! 1! 1! 1! 2!

= 60. Divida os casos por letra retirada. ·

5! 2! 1! 2!

= 3600.

11. (n − 2)! · 2n−1 . Permute os pares de furo e depois decida se na hora de ir para um furo para outro se muda de lado do cadar¸co ou n˜ao, ou seja, considere os pares da forma (permuta¸c˜ao, {muda, n˜ao muda}n−1 ).

12. 17 12 = 16 12 = 132 (h´a mais de uma maneira de fazer a contagem, mas todas 6 5 envolvem alguma divis˜ao).



13. 1 + 51 · 4 + 52 · 32 + 53 · 23 + 54 · 14 = 196. Conte por quantidade de pontos fixos da fun¸c˜ao (isto ´e, valores a tais que f (a) = a; note que de f (f (x)) = f (x) ent˜ao f (x) ´e ponto fixo, ou seja, todo elemento da imagem da f ´e ponto fixo). 14. 339. Sendo n a quantidade de dados, fa¸ca uma bije¸c˜ao entre (a1 , a2 , . . . , an ) e (7 − a1 , 7 − a2 , . . . , 7 − an ). Pn k−1 −2n−k ) = (n−3)2n +n+3. De quantos conjuntos k ´ 15. e o maior elemento? k=1 k(2 E o menor?

13

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16. Bije¸c˜oes! Pessoa com nota de 10/20 reais↔Abre/fecha parˆentesis↔Inserir fatores de multiplica¸c˜ao↔Numere os lados, exceto um deles, e associe a cada diagonal tra¸cada o produto de dois lados j´a conhecidos, e o lado n˜ao numerado d´a a ordem de multiplica¸c˜ao. Al´em disso, par de parˆentesis est´a dentro de outro↔retˆ angulo correspondente est´a apoiado no retˆ angulo correspondente. 17. Mais uma bije¸c˜ao. Como p(p(i)) = i, toda permuta¸c˜ao de A deixa alguns pontos fixos (ou seja, p(i) = i) ou tem ciclos de tamanho 2 (ou seja, p(i) = j e p(j) = i, i 6= j). Escreva os pontos fixos e ciclos com os ciclos com os n´ umeros em ordem decrescente e depois os ciclos e pontos fixos em ordem crescente do primeiro termo. Por exemplo, sendo (5, 3, 2, 4, 1) uma permuta¸c˜ao p, temos
p(1) =
5 e p(5) = 1, p(2) = 3 e p(3) = 2 e p(4) = 4, ou seja, temos
os ciclos 5 1 e 3 2 e o ponto fixo (4). Escrevemos
na ordem 3 2 (4) 5 1 . Agora, ignore os parˆentesis. Obt´em-se um elemento de B (por quˆe?). A fun¸c˜ao “ignorar parˆentesis” ´e bem definida e ´e invers´ıvel (verifique).

14

Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

3

Prof. Carlos Shine

Contagem Dupla Essa ´e uma das habilidades mais importantes da Combinat´ oria. Vamos trein´a-la!

Contando/calculando de duas maneiras Vamos praticar algo que vocˆe j´a fez v´arias vezes: calcular algo de duas maneiras. De fato, quando vocˆe resolve os probleminhas para montar equa¸c˜ao (tipo, “o quadrado de um n´ umero ´e igual ` a sua metade”), vocˆe calcula algo de duas maneiras (“o quadrado de um n´ umero x e a sua metade” ´e x2 e x/2, e obtemos x2 = x/2). S´o que agora vamos fazer isso com contagem. Ou seja, vamos contar algo de duas maneiras e igualar. Exemplo 1. Em um comitˆe, cada membro pertence a exatamente trˆes subcomitˆes e cada subcomitˆe tem exatamente trˆes membros. Prove que a quantidade de membros ´e igual a ` quantidade de subcomitˆes. Resolu¸ c˜ ao: Seja n a quantidade de membros do comitˆes e m a quantidade de subcomitˆes. A quantidade de pares (membro, subcomitˆe) em que o membro pertence ao subcomitˆe ´e igual a 3n (n membros, 3 subcomitˆes para cada membro) e a 3m (m subcomitˆes, 3 membros para cada subcomitˆe). Assim o total de pares ´e igual a 3n e 3m. Logo 3n = 3m ⇐⇒ n = m. Exemplo 2. (Teorema de Euler) Um poliedro ´e um s´ olido delimitado por pol´ıgonos. Sejam V , A e F as quantidades de v´ertices, arestas e faces de um poliedro convexo. Prove que V − A + F = 2. Resolu¸ c˜ ao: Tome um poliedro e “abra-o”, obtendo uma figura em que todas as faces est˜ao contidas em uma das faces.

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Calculemos de duas maneiras a soma S de todos os ˆangulos internos do poliedro “esticado”. Sejam n1 , n2 , . . . , nF as quantidade de arestas/v´ertices em cada uma das faces, sendo n1 a quantidade correspondente `a face que delimita todas as outras. Ent˜ao, lembrando que a soma dos ˆ angulos internos de um pol´ıgono de n lados ´e (n − 2) · 180◦ , somando por faces temos S = (n2 −2)·180◦ +(n3 −2)·180◦ +· · ·+(nF −2)·180◦ = (n2 +n3 +· · ·+nF )·180◦ −2(F −1)180◦ Contado por v´ertices, temos que cada um dos V − n1 v´ertices no interior da face contribuem com 360◦ e os demais, com a soma dos aˆngulos internos da face externa, de modo que S = (V − n1 ) · 360◦ + (n1 − 2) · 180◦ = (V − 1) · 360◦ − n1 · 180◦ Igualando nossas duas somas obtemos (n2 + n3 + · · · + nF ) · 180◦ − 2(F − 1)180◦ = (V − 1) · 360◦ − n1 · 180◦

⇐⇒ 2V − (n1 + n2 + · · · + nF ) + 2F = 4

Enfim, note que a soma n1 + n2 + · · · + nF pode ser interpretada como a quantidade de arestas. Como cada aresta pertence a exatamente duas faces, cada aresta est´a sendo contada duas vezes, de modo que n1 + n2 + · · · + nF = 2A. Logo 2V − 2A + 2F = 4 ⇐⇒ V − A + F = 2. Veja que o que deve ser contado duas vezes ´e algo que inter-relaciona as quantidades que queremos serem iguais. Mas nem sempre isso ´e muito claro. Exemplo 3. (Lema de Sperner) Dividimos um triˆ angulo grande em triˆ angulos menores de modo que qualquer dois dentre os triˆ angulos menores ou n˜ ao tˆem ponto em comum, ou tˆem v´ertice em comum, ou tˆem um lado (completo) em comum. Os v´ertices do triˆ angulos s˜ ao numerados: 1, 2, 3. Os v´ertices dos triˆ angulos menores tamb´em s˜ ao numerados: 1, 2 ou 3. A numera¸ca ˜o ´e arbitr´ aria, exceto que os v´ertices sobre os v´ertices do triˆ angulo maior oposto ao v´ertice i n˜ ao podem receber o n´ umero i. Mostre que entre os triˆ angulo menores existe um com os v´ertices 1, 2, 3. 1

1 1

3

1

1

2

1

1

1

2

2

2

3

2

2

3

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Resolu¸ c˜ ao: Contaremos o n´ umero de segmentos 12 (com algumas repeti¸c˜oes). Eles aparecem nos triˆ angulos 1

1

1

2 2

2

1

2

3

Digamos que h´a x triˆ angulos 123, y triˆ angulos 122 e z triˆ angulos 112. Observe que angulo grande s˜ ao contados duas vezes (eles s˜ ao comuns a os segmentos 12 internos ao triˆ dois triˆ angulos) e os segmentos do lado do triˆ angulo grande, somente uma vez. Notemos tamb´em que os segmentos 12 aparecem duas vezes nos triˆ angulos 122 e 112 e uma vez nos triˆ angulos 123. Assim, segmentos + segmentos = n´ umero de segmentos = x + 2y + 2z interiores nos lados Mostraremos um fato mais forte que o lema: provaremos que x ´e ´ımpar e portanto n˜ao pode ser zero. Observando a equa¸c˜ao acima, vemos que basta provarmos que o n´ umero de segmentos 12 sobre os lados do triˆ angulo grande ´e ´ımpar. Como n˜ao podemos ter pontos 1 no lado 23 nem pontos 2 no lado 13, todos os segmentos 12 est˜ao sobre o lado 12 do triˆ angulo grande. Provemos que o n´ umero de segmentos sobre o lado ´e ´ımpar. Para isso, vamos “colocar” v´ertices 1 ou 2 no lado 12. Assim, no come¸co, temos somente o lado 12: 1 2 2

Na hora de colocar v´ertices, considere o menor segmento em cujo interior colocaremos o v´ertice. Poderemos estar em uma das seguintes situa¸c˜oes: • Este segmento ´e do tipo 11:

1

1 ou 2 ↓

1

2

Se colocarmos 1, o n´ umero de segmentos 12 n˜ao muda; se colocarmos 2, aumenta de 2. De qualquer forma, a paridade do n´ umero de segmentos 12 n˜ao muda. • Este segmento ´e do tipo 22:

1

2

1 ou 2 ↓

2

Se colocarmos 1, o n´ umero de segmentos 12 aumenta de 2; se colocarmos 2, n˜ao muda. De qualquer forma, a paridade do n´ umero de segmentos 12 n˜ao muda. • Este segmento ´e do tipo 12:

1

1

1 ou 2 ↓

2

Se colocarmos 1 ou 2, o n´ umero de segmentos 12 n˜ao muda e ´e claro que a paridade desse n´ umero n˜ao muda tamb´em. 3

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Logo a paridade do n´ umero de segmentos 12 nunca muda (ou seja, ´e invariante). Como no come¸co temos um segmento 12 (o pr´oprio lado 12), temos que o n´ umero de segmentos 12 no lado do triˆ angulo grande ´e sempre ´ımpar, o que completa nossa demonstra¸c˜ao.

Usando tabelas para ajudar a contagem dupla Em muitas situa¸c˜oes, ´e mais f´acil usar tabelas para organizar o que deve ser contado. Em muitos casos, envolvemos duas vari´aveis; ent˜ao montar uma tabela com as duas vari´aveis pode ser bastante u ´til. Exemplo 4. (OBM) Em um torneio de xadrez, cada participante joga com cada um dos outros. Uma vit´ oria vale 1 ponto, um empate vale 1/2 ponto e uma derrota vale 0 ponto. Cada jogador ganhou a mesma quantidade de pontos contra homens e contra mulheres. Prove que a quantidade de participantes do torneio ´e um quadrado perfeito. Resolu¸ c˜ ao: Considere a seguinte tabela, em que colocamos os participantes, separados por sexo, nas linhas e nas colunas. Sendo h a quantidade de homens e m a quantidade de mulheres no torneio, marcamos as quantidades de pontos distribu´ıdos: homens mulheres

homens
h 2

mulheres x


m hm − x 2

Ent˜ao temos h2 = x e hm − x = m c˜oes para eliminar o x, 2 . Somando as duas equa¸ obtemos     m h = hm ⇐⇒ h + m = (h − m)2 , + 2 2

e o problema acabou. Contar algo de duas maneiras tamb´em nos ajuda a demonstrar desigualdades.

Contando pares Proposi¸ c˜ ao 1. Considere uma tabela ℓ × c com zeros e uns, sendo Cj a soma dos n´ umeros na coluna j, j = 1, 2, . . . , c. Suponha que exista t tal que, para cada par de linhas, existam exatamente t colunas que tenham um em ambas as linhas. Ent˜ ao   X  c  ℓ Cj t = . 2 2 j=1

Demonstra¸ c˜ ao: Basta contar pares de uns na mesma coluna. Seja A o conjunto de tais pares. • Por linhas:
Cada par de linhas tem
exatamente t pares de uns na mesma coluna. Como h´a 2ℓ pares de linhas, |A| = 2ℓ · t.
• Por colunas: Na coluna j h´a Cj uns e, portanto, C2j pares de uns na mesma coluna.
P Somando sobre as colunas, obtemos |A| = cj=1 C2j . 4

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A´ı ´e s´ o igualar os dois resultados para |A|. Normalmente, ´e muito dif´ıcil que a situa¸c˜ao acima ocorra. Ent˜ao a usamos para provar desigualdades. Exemplo 5. (OBM) Sejam A1 , A2 , . . . , Ak ⊂ {1, 2, . . . , n} conjuntos com |Ai | ≥ n2 e |Ai ∩ S k Aj | ≤ n4 para todos i, j com i 6= j. Prove que ki=1 Ai ≥ k+1 · n. S Resolu¸ c˜ ao: Podemos supor sem perda de generalidade que ki=1 Ai = {1, 2, . . . , m}. Ent˜ao k · n. Considere a tabela cujas linhas s˜ ao os conjuntos e as temos que provar que m ≥ k+1 colunas s˜ ao os n´ umeros 1, 2, . . . , m. Colocamos 1 na linha i e coluna j se, e somente se, j ∈ Ai . Caso contr´ario, colocamos zero. A1 A2 .. . Ak

1 1 1

2 1 1

3 0 1

... ... ...

m 0 0

0

0

1

...

1

Note que Ai ∩Aj corresponde aos uns que est˜ao na mesma coluna nas linhas i e j. Ent˜ao parece ser interessante contar as quantidades de pares de uns na mesma coluna. Seja Cj o n´ umero de uns na coluna j, ent˜ao. Adaptando a proposi¸c˜ao acima,    m  X k Cj n ≤ · 2 2 4 j=1

Como usamos a informa¸c˜ao de que |Ai | ≥ n2 ? Podemos simplesmente somar todos os uns. Sendo S a soma, S ≥ k · n2 . Logo a inequa¸c˜ao acima se reduz a m m m X 1X 2 1X nk(k − 1) nk(k − 1) Cj − Cj ≤ Cj2 − S ≤ ⇐⇒ 2 2 8 4 j=1

j=1

j=1

Apareceu a soma dos quadrados, mas s´ o temos a soma! O que fazer? Uma ideia ´e usar a 2 P Pm Pm P m S2 2 2 ≥ ⇐⇒ C desigualdade de Cauchy-Schwartz: j=1 Cj2 · m 1 j=1 Cj ≥ m . j=1 j j=1 Logo m

X nk(k − 1) S2 nk(k − 1) S2 Cj2 − S ≤ −S ≤ =⇒ −S ≤ m 4 m 4 j=1

⇐⇒ Sendo S ≥ k ·

n 2

≥1·

m 2,



S−

m 2 mnk(k − 1) m2 ≤ + 2 4 4

temos  n m 2 mnk(k − 1) m2 k ≤ k − + ⇐⇒ m ≥ n, 2 2 4 4 k+1 como quer´ıamos demonstrar. Finalmente, vocˆe pode usar contagem duplas para provar a existˆencia de algo. Basta fazer por contradi¸c˜ao. 5

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Exemplo 6. (IMC) Duzentos estudantes participaram de uma competi¸ca ˜o de matem´ atica. A prova tinha seis problemas. Sabe-se que cada problema foi resolvido por pelo menos 120 participantes. Prove que existem dois estudantes tais que cada problema foi resolvido por pelo menos um deles. Resolu¸ c˜ ao: Suponha o contr´ario. Ent˜ao, para cada par de estudantes existe um problema que nenhum deles resolveu. Vamos, ent˜ao, contar problemas n˜ao resolvidos por pares de estudantes. Considere, ent˜ao, a tabela com seis linhas, uma para cada problema, e 200 colunas, uma para cada estudante. Colocamos 1 na linha i e coluna j se, e somente se, o aluno j n˜ ao resolveu o problema i. Problema Problema Problema Problema Problema Problema

1 2 3 4 5 6

1 1 1 0 1 1 0

2 0 0 1 1 0 0

3 0 0 1 1 1 0

... ... ... ... ... ... ...

200 0 0 0 1 0 1

Os problemas n˜ao resolvidos por pares de estudantes s˜ ao, ent˜ao, pares de uns na mesma linha. Seja A o conjunto dos pares de uns na mesma linha, ent˜ao. • Por linhas: Como pelo menos 120 estudantes fizeram cada problema, no m´ aximo
80 200 − 120 = 80 n˜ao fizeram. Ent˜ao cada linha tem no m´ aximo 2 pares. Assim,
80 |A| ≤ 6 · 2 = 6 · 40 · 79. • Por colunas: Como cada par de estudantes n˜ao resolveu pelo menos um problema,
200 |A| ≥ 2 = 199 · 100.

Logo 6·40·79 ≥ |A| ≥ 199·100 =⇒ 6·4·79 ≥ 1990. Mas 6·4·79 < 24·80 = 1920 < 1990, e obtemos um absurdo. Logo existem dois estudantes que, juntos, resolveram todos os problemas.

Problemas 1. (OBM) O professor Piraldo aplicou uma prova de 6 quest˜ oes para 18 estudantes. Cada quest˜ ao vale 0 ou 1 ponto; n˜ao h´a pontua¸c˜oes parciais. Ap´ os a prova, Piraldo elaborou uma tabela como a seguinte para organizar as notas, em que cada linha representa um estudante e cada coluna representa uma quest˜ ao. Quest˜ oes/Estudantes Arnaldo Bernaldo Cernaldo .. . 6

1 0 1 0 .. .

2 1 1 1 .. .

3 1 1 1 .. .

4 1 0 1 .. .

5 1 0 1 .. .

6 0 1 0 .. .

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Piraldo constatou que cada estudante acertou exatamente 4 quest˜oes e que cada quest˜ ao teve a mesma quantidade m de acertos. Qual ´e o valor de m? 2. (OBM) Uma bola de futebol ´e feita com 32 pe¸cas de couro. 12 delas s˜ ao pent´agonos regulares e as outras 20 s˜ ao hex´ agonos tamb´em regulares. Os lados dos pent´agonos s˜ ao iguais aos dos hex´ agonos de forma que possam ser costurados. Cada costura une dois lados de duas dessas pe¸cas. Quantas s˜ ao as costuras feitas na fabrica¸c˜ao de uma bola de futebol? 3. (OBM) Em um ano, no m´ aximo quantos meses tˆem cinco domingos? 4. (OBM) No trimin´ o marciano, as pe¸cas tˆem 3 n´ umeros cada (diferente do domin´o da terra, onde cada pe¸ca tem apenas 2 n´ umeros). Os n´ umeros no trimin´ o marciano tamb´em variam de 0 a 6, e para cada escolha de 3 n´ umeros (n˜ao necessariamente distintos) existe uma e somente uma pe¸ca que cont´em esses 3 n´ umeros. Qual ´e a soma dos n´ umeros de todas as pe¸cas do trimin´ o marciano? 5. Dado n inteiro, seja d(n) o n´ umero de divisores de n. Seja d(n) o n´ umero m´edio de divisores dos n´ umeros entre 1 e n, ou seja, n

d(n) =

1X d(j) n j=1

Mostre que

n X 1 i=2

i

≤ d(n) ≤

n X 1 i=1

i

Esta desigualdade nos mostra que d(n) ∼ = ln n, e que a diferen¸ca |d(n) − ln n| ´e no m´ aximo 1. 6. (OBM) Um ´ album, composto por 2011 figurinhas, est´a sendo colecionado por 33 amigos. Uma distribui¸c˜ao de figurinhas entre os 33 amigos ´e incompleta quando existe pelo menos uma figurinha que nenhum dos 33 amigos tem. Determinar o menor valor de m com a seguinte propriedade: toda distribui¸c˜ao de figurinhas entre os 33 amigos tal que, para quaisquer dois dos amigos, faltam, para ambos, pelo menos m figurinhas em comum, ´e incompleta. 7. (OBM) Determine todos os valores de n tais que ´e poss´ıvel dividir um triˆ angulo em n triˆ angulos de modo que n˜ao haja trˆes v´ertices alinhados e em cada v´ertice incida o mesmo n´ umero de segmentos. 8. (OBM) Temos um tabuleiro quadrado 10 × 10. Desejamos colocar n pe¸cas em casas do tabuleiro de tal forma que n˜ao existam 4 pe¸cas formando em retˆ angulo de lados paralelos aos lados do tabuleiro. Determine o maior valor de n para o qual ´e poss´ıvel fazer esta constru¸c˜ao.

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9. (EUA) Seja A um conjunto com 225 elementos. Sejam A1 , A2 , . . . , A11 subconjuntos de A tais que |Ai | = 45 para 1 ≤ i ≤ 11 e |Ai ∩ Aj | = 9 para 1 ≤ i < j ≤ 11. Prove que |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ A11 | ≥ 165 e dˆe um exemplo e, que a igualdade ocorre. 10. (IMO) Numa competi¸c˜ao de matem´ atica na qual foram propostos 6 problemas, quaisquer dois problemas foram resolvidos por mais de 2/5 dos estudantes. Al´em disso, nenhum estudante resolveu todos os 6 problemas. Mostre que existem pelo menos 2 estudantes que resolveram 5 problemas cada um. 11. (OBM) Arnaldo e Beatriz se comunicam durante um acampamento usando sinais de fuma¸ca, ` as vezes usando uma nuvem grande, `as vezes uma pequena. No tempo dispon´ıvel antes do caf´e da manh˜ a, Arnaldo consegue enviar uma sequˆencia de 24 nuvens. Como Beatriz nem sempre consegue distinguir uma nuvem pequena de uma grande, ela e Arnaldo fizeram um dicion´ario antes de ir para o acampamento. No dicion´ario aparecem N sequˆencias de 24 tamanhos de nuvem (como por exemplo a sequˆencia PGPGPGPGPGPGGPGPGPGPGPGP, onde G significa nuvem grande e P significa nuvem pequena). Para cada uma das N sequˆencias, o dicion´ario indica seu significado. Para evitar interpreta¸c˜oes erradas, Arnaldo e Beatriz evitaram incluir no dicion´ario sequˆencias parecidas. Mais precisamente, duas sequˆencias no dicion´ario sempre diferem em pelo menos 8 das 24 posi¸c˜oes. Demonstre que N ≤ 4096. 12. (OBM) Considere todas as maneiras de colocarmos nas casas de um tabuleiro 10 × 10 exatamente dez vezes cada um dos algarismos 0, 1, 2, . . . , 9. Encontre o maior inteiro n com a propriedade de que, em cada tabuleiro, alguma linha ou alguma coluna contenha pelo menos n algarismos diferentes. 13. (OBM) Dados n´ umeros reais x1 < x2 < . . . < xn , suponha que todo n´ umero real ocorre no m´ aximo duas vezes entre as diferen¸cas xj − xi , com 1 ≤ i < j ≤ n. Prove que h´a pelo menos ⌊n/2⌋ n´ umeros reais que ocorrem exatamente uma vez entre tais diferen¸cas. 14. (IMO) Sejam n e k dois inteiros positivos e seja S um conjunto de n pontos num plano tais que (i) N˜ ao haja trˆes pontos de S que sejam colineares; (ii) Para qualquer ponto P , h´a pelo menos k pontos de S que s˜ ao equidistantes de P. √ Prove que k < 1/2 + 2n. 15. (IMO) Num concurso, h´a m candidatos e n ju´ızes, onde n ≥ 3 ´e ´ımpar. Cada candidato ´e avaliado por cada juiz, podendo ser aprovado ou reprovado. Sabe-se que os julgamentos de cada par de ju´ızes coincidem em no m´ aximo k candidatos. Prove que k n−1 ≥ m 2n 8

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16. (IMO) Vinte e uma garotas e vinte e um rapazes participaram de uma competi¸c˜ao matem´ atica. Sabe-se que • cada estudante resolveu no m´ aximo seis problemas;

• para cada par com uma garota e um rapaz, existe um problema que ambos resolveram. Prove que existe um problema que foi resolvido por trˆes garotas e trˆes rapazes.

Bibliografia 1. T. Andreescu e Z. Feng, A Path to Combinatorics for Undergraduates: Counting Strategies, Birkh¨ auser 2003. 2. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003. 3. A. C. Morgado, J. B. Pitombeira, P. C. Pinto Carvalho e P. Fernandez, An´ alise Combinat´ oria e Probabilidade, SBM. 4. C. Chuan-Chong e K. Khee-Meng, Principles and Techniques in Combinatorics, World Scientific 1992.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. 12. Conte a quantidade de uns. 2. 90. Conte a quantidade de arestas (j´a vimos como fazer isso!) 3. 5. Cada mˆes pode ter 4 ou 5 semanas, e o ano pode ter 53 domingos (365 = 52 · 7 + 1; note que nem precisamos apelar para os anos bissextos!).
4. (0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)(3 + 2 · 6 + 1 · ( 62 + 6)) = 756.

5. Conte os pares (i, j) com 1 ≤ i, j ≤ n tais que i | j. Lembre-se, i ´e divisor e j ´e m´ ultiplo.

6. 1890. Pense nas figurinhas que cada um n˜ ao tem para montar um exemplo. Conte os pares (x, {i, j}) em que x ´e uma figurinha que nem i ou j tem. 7. n ∈ {3, 7, 19}. Calcule a soma dos ˆangulos internos e conte as arestas usando os v´ertices. Vocˆe vai reduzir o problema para um problema de divisibilidade. 8. 34. Um retˆ angulo ´e o mesmo que repetir em duas linhas um par de casas marcadas nas mesmas duas colunas. Ent˜ao conte os pares de colunas para provar que a quantidade de casas marcadas ´e menor ou igual a 35. O caso em que d´a 35, por´em, n˜ao ´e poss´ıvel; examine o caso de igualdade para obter um absurdo ao tentar montar um exemplo.

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9. Considere uma tabela com 11 linhas e m = |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ A11 | colunas e marque 1 na linha i e coluna j quando j ∈ Ai . O que significa |Ai ∩ Aj | =
9? Para montar o exemplo, divida 9 em 3 · 3 e pense na “coincidˆencia” num´erica 11 e pode 3 = 165. Vocˆ construir a tabela “ao contr´ario” tamb´em. 10. Mais uma vez, considere a tabela com os problemas nas linhas e os estudantes nas colunas e conte pares de estudantes que resolveram dois problemas. Vocˆe vai conseguir os dois estudantes que vocˆe precisa exceto em um caso (o n´ umero de estudantes n ´e da forma n = 5k+2, k inteiro); fa¸ca uma tabela problema×problema com as quantidades de alunos que resolveram ambos os problemas para chegar a uma contradi¸c˜ao. 11. Considere uma vizinhan¸ca de tamanho 4 de cada sequˆencia, que ´e o conjunto de sequˆencias que diferem em no m´ aximo quatro nuvens. Essas vizinhan¸cas devem ser disjuntas, com exce¸c˜ao de um caso, que ´e f´acil de lidar.
Com
isso
´e poss´
ıvel1 conseguir
24 24 24 24 12 uma extimativa para N . E por incr´ıvel que pare¸ca, 0 + 1 + 2 + 3 + 6 24 4 =2 (essa conta provavelmente vai aparecer na sua solu¸c˜ao!). 12. 4. Conte os pares (n´ umero, fila) em que o n´ umero aparece na fila (sendo “fila” uma linha ou coluna). A grande ideia ´e que cada n´ umero aparece em pelo menos 7 filas. 13. Considere os conjuntos Ak = {xj − xk | k < j ≤ n}. Prove que |Ak ∩ Am | ≤ 1 para k 6= m (dica: se ´e maior, uma diferen¸ca aparece trˆes vezes). Ent˜ao conte as diferen¸cas que aparecem duas vezes, de An para A1 ; pule as repeti¸c˜oes e use o fato de que |Ak ∩ Am | ≤ 1 para chegar a um limitante. Depois conte as diferen¸cas que
aparecem exatamente uma vez subtraindo de n2 o dobro dos n´ umeros que aparecem duas vezes (na verdade vocˆe vai precisar fazer uma estimativa). 14. “Equidistante a dois pontos” remete a mediatriz. Ent˜ao conte os pontos de S sobre as mediatrizes de dois pontos de S ou, sendo mais preciso, os pares (P, r), em que P ´e um ponto de S e r ´e uma mediatriz de dois pontos de S que passa por P . 15. Monte uma tabela com os ju´ızes nas colunas e os candidatos nas linhas. Sendo 0 “reprovado” e 1 “aprovado”, conte as coincidˆencias de pares de ju´ızes, ou seja, pares de zeros ou uns na mesma linha. 16. Monte uma tabela 21×21 com as garotas nas linhas e os rapazes nas colunas. Coloque, em cada entrada da tabela, um dos problemas que a garota e o rapaz correspondentes ambos resolveram. Em seguida, pinte de azul as casinhas com problemas que aparecem na mesma linha trˆes vezes (s˜ao pelo menos 11 por linha, vocˆe consegue ver por quˆe?) e de rosa as casinhas com problemas que aparecem na mesma coluna trˆes vezes. O problema se resume a provar que uma casinha fica pintada das duas cores.

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Programa Olímpico de Treinamento Aula

Curso de Combinatória – Nível 3

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Contagem com Recurs˜ oes Muitas vezes n˜ao ´e poss´ıvel resolver problemas de contagem diretamente combinando os princ´ıpios aditivo e multiplicativo. Para resolver esses problemas recorremos a outros recursos: as recurs˜ oes ou recorrˆencias. A principal ideia por tr´as das recurs˜ oes ´e expressar uma quantidade xn em fun¸c˜ao de quantidades anteriores xn−1 , xn−2 , . . . , x1 .

Obtendo recurs˜ oes O nosso primeiro exemplo pode ser resolvido com o princ´ıpio multiplicativo, mas ´e a maneira mais f´acil de come¸car. Exemplo 1. Quantas s˜ ao as sequˆencias com n letras, cada uma igual a a, b ou c? Resolu¸ c˜ ao: Sabemos que, do princ´ıpio multiplicativo, a resposta ´e 3n . Mas vamos resolver esse problema sob a ´ otica das recurs˜ oes: seja xk a quantidade de sequˆencias com k letras nas condi¸c˜oes do enunciado. Como podemos obter uma sequˆencia com n letras? Simples: colocamos uma nova letra depois de uma sequˆencia com n − 1 letras! Assim, como h´a trˆes possibilidades para a u ´ltima letra e xn−1 para a sequˆencia de n − 1 letras, xn = 3 · xn−1 . Al´em disso, como s´ o h´a uma sequˆencia vazia, x0 = 1. Assim, chegamos `a recurs˜ ao ( x0 = 1 xn = 3xn−1

Como resolver essa recurs˜ ao? Observe que xn =

xk xk−1

= 3 para todo k, de modo que

xn xn−1 x2 x1 · · ... · · · x0 = 3| · 3 ·{z. . . · 3} ·1 = 3n xn−1 xn−2 x1 x0 n vezes

Exemplo 2. Quantas s˜ ao as sequˆencias com n letras, cada uma igual a a, b ou c, de modo que n˜ ao h´ a duas letras a seguidas? Resolu¸ c˜ ao: Seja xk a quantidade de sequˆencias com k letras nas condi¸c˜oes do enunciado. Observemos uma sequˆencia de n letras. O que acontece se tiramos a u ´ltima letra? Agora depende: se a u ´ltima letra n˜ao ´e a (sendo ent˜ao igual a b ou c) n˜ao h´a restri¸c˜oes para a sequˆencia de n − 1 letras que sobrou, totalizando 2 · xn−1 possibilidades; se a u ´ltima letra

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´e a ent˜ao a u ´ltima letra da sequˆencia de n − 1 que sobrou n˜ ao ´e a, ou seja, essa sequˆencia termina em b ou c. Al´em disso, n˜ao h´a restri¸c˜oes adicionais para a sequˆencia de n − 2 letras que sobrou, obtendo nesse caso um total de 2 · xn−2 sequˆencias. xn

ր ց

b c

xn−1 2

∪

2xn−1 +

b

c a xn−2 2 1

2xn−2

Assim, xn = 2xn−1 + 2xn−2 . Note que para calcular x2 = 2x1 + 2x0 precisamos dos valores de x0 e x1 . Como essas palavras tˆem menos de duas letras, n˜ao h´a restri¸c˜oes, ou seja, x0 = 1 e x1 = 3. Obtemos, ent˜ao, a recurs˜ ao ( x0 = 1, x1 = 3 xn = 2xn−1 + 2xn−2

Vale a pena conferir um caso pequeno: para n = 2 h´a 32 − 1 = 8 possibilidades (todas menos aa). De fato, 8 = 2 · 3 + 2 · 1 ⇐⇒ x2 = 2x1 + 2x0 . Depois veremos como resolver essa recurs˜ ao. ´ E claro que n˜ao podemos deixar de incluir os famosos n´ umeros de Fibonacci: Exemplo 3. De quantas maneiras podemos guardar n domin´ os 2 × 1 em uma caixa 2 × n? Resolu¸ c˜ ao: Seja xn o n´ umero de maneiras de distribuir os n domin´os na caixa. Vejamos alguns casos pequenos: primeiro, x0 = 1, x1 = 1 : x4 = 5 :

x2 = 2 :

, ,

,

x3 = 3 :

,

,

,

, ,

Lembrando que a ideia em recurs˜ ao ´e obter cada valor em fun¸c˜ao dos anteriores, vejamos o que ocorre quando tiramos a u ´ltima parte do caso n = 4:  [  x4 = 5 : , , ,

Note que ao tirarmos o “fim” de cada possibilidade, obtemos uma possibilidade menor. Como os “fins” tˆem tamanho 1 ou 2, reduz-se ao caso anterior ou pr´e-anterior, de modo ´ claro que isso pode ser generalizado para que x4 = x3 + x2 . E ( x0 = 1, x1 = 1 xn = xn−1 + xn−2

Exemplo 4. Em no m´ aximo quantas regi˜ oes n retas cortam o plano?

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Resolu¸ c˜ ao: Antes, vejamos alguns casos pequenos. Sendo xn o n´ umero m´ aximo de regi˜ oes determinadas por n retas:

x0 = 1

x1 = 2

x2 = 4

Parece que xn = 2n , n˜ao? N˜ ao t˜ao r´ apido: para n = 3 temos uma surpresa: adicionando uma terceira reta, vemos que ela n˜ao pode cortar todas as regi˜ oes anteriores:

O que aconteceu? A reta cortou 3 regi˜ oes em vez de 4 e obtivemos x3 = 7. Pensando um pouco, vemos que isso ´e o melhor que podemos fazer mesmo: a nova reta vai ser cortada no m´ aximo uma vez por cada uma das outras duas retas. Cada corte ´e uma “mudan¸ca de regi˜ ao”, de modo que essas duas mudan¸cas implicam trˆes novas regi˜ oes. Assim, x3 = x2 +3. Pensando ainda mais um pouco, n˜ao ´e dif´ıcil generalizar: ao colocarmos a n-´esima reta, ela vai ser cortada no m´ aximo n − 1 vezes, gerando n − 1 “mudan¸cas de regi˜ ao” e, portanto, n novas regi˜ oes, de modo que xn = xn−1 + n. Observando o caso pequeno x0 = 1, temos a recurs˜ ao ( x0 = 1 xn = xn−1 + n

Utilizando recurs˜ oes auxiliares Da mesma forma que utilizamos sistemas de equa¸c˜oes no lugar de uma u ´nica equa¸c˜ao para resolver problemas, ` as vezes pode ser mais f´acil obter um sistema de recurs˜ oes. Exemplo 5. O DNA marciano ´e formado por sequˆencias de cinco prote´ınas chamadas a, b, c, d, e. Nas sequˆencias, nunca aparecem cd, ce, ed e ee. Todas as outras possibilidades s˜ ao permitidas. Quantas s˜ ao as poss´ıveis sequˆencias de DNA marciano com n prote´ınas?

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Resolu¸ c˜ ao: Note que se tentarmos obter uma recorrˆencia teremos problemas quando a u ´ltima prote´ına for d ou e: a pen´ ultima n˜ao pode ser c ou e. Ent˜ao sejam an a quantidade de sequˆencias de n prote´ınas que n˜ao terminam com c ou e e bn a quantidade de sequˆencias que terminam com c ou e. Queremos an + bn . Observe que an = 3(an−1 + bn−1 ), j´a que n˜ao h´a restri¸c˜oes sobre a pen´ ultima letra e podemos colocar a, b ou d no final da sequˆencia. Al´em disso, podemos colocar c no final de qualquer uma das an−1 + bn−1 sequˆencias de n − 1 prote´ınas e e no final de qualquer uma das an−1 sequˆencias que n˜ao termine com c ou e, ou seja, bn = (an−1 + bn−1 ) + an−1 = 2an−1 + bn−1 . Observando que a0 = 1 e b0 = 0 (veja que a sequˆencia vazia n˜ ao termina com c ou e), temos o sistema    a0 = 1, b0 = 0  

an = 3an−1 + 3bn−1 bn = 2an−1 + bn−1

Note que, de fato, a1 = 3 e b1 = 2. Como resolver esse sistema? Nesse caso, basta “isolar” as vari´aveis:  a0 = 1, b0 = 0      a0 = 1, b0 = 0    an − 3an−1 bn−1 = an = 3an−1 + 3bn−1 ⇐⇒ 3      b − bn = 2an−1 + bn−1   an−1 = n bn−1 2 Como as equa¸c˜oes valem para todo n, obtemos as recurs˜ oes:   a0 = 1, b0 = 0  a0 = 1, b0 = 0       bn+1 −bn     − 3 bn −b2n−1 an − 3an−1 2 bn−1 = b = n−1 ⇐⇒ ⇐⇒ 3 3     a −3a a −3a   n n+1   − n 3 n−1  an−1 = bn − bn−1  3  an−1 = 2 2

    

a0 = 1, b0 = 0 bn+1 = 4bn + 3bn−1 an+1 = 4an + 3an−1

Convolu¸c˜ oes

Algumas recurs˜ oes envolvem todos os termos anteriores. Exemplo 6. De quantas maneiras podemos ordenar n pares de parˆentesis? Todos os parˆentesis interiores a um par de parˆentesis devem ser fechados. Por exemplo, as sequˆencias ((())()) e ()()(()()) s˜ ao permitidas (elas s˜ ao, na ordem, ((())()) e ()()(()()) ) mas ())(() e 1 233 244 1

11 223 44 553

)( n˜ ao s˜ ao permitidas (pois fecham parˆentesis que n˜ ao foram abertos). Resolu¸ c˜ ao: Novamente, casos pequenos. Para n = 0, temos uma maneira: a vazia; para n = 1, uma maneira: (). Para n = 2, temos duas maneiras: ()() e (()). Para n = 3, cinco maneiras: ()()(), ()(()), (())(), (()()) e ((())). Para obter a recurs˜ ao, pensamos no u ´ltimo par de parˆentesis, vimos o que est´a dentro dele e o que est´a ` a esquerda dele. Para n = 3, temos           ()() ∅ , () () , (()) ∅ , ∅ ()() , ∅ (()) 4

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Note que pode haver o conjunto vazio, um par ou dois pares de parˆentesis dentro do u ´ltimo par. Nesses casos, h´a dois, um e zero pares de parˆentesis `a esquerda, respecitamente, de modo que a3 = a0 a2 + a1 a1 + a2 a0 . Novamente, podemos generalizar, obtendo ( a0 = 1 an = a0 an−1 + a1 an−2 + a2 an−3 + · · · + an−1 a0

Recurs˜oes desse tipo s˜ ao chamadas convolu¸co ˜es.

Resolvendo recurs˜ oes Como resolver as recurs˜ oes acima? Para isso h´a v´arias t´ecnicas, algumas das quais veremos agora. N˜ ao ´e a inten¸c˜ao aqui esgotar todas as t´ecnicas. Para algo mais detalhado, veja [1].

Somat´ orios Vamos resolver o problema das retas no plano, cuja recorrˆencia ´e ( x0 = 1 xn = xn−1 + n

Essa ´e bastante simples, pois ´e poss´ıvel “telescopar” a soma: xn − xn−1 = n

xn−1 − xn−2 = n − 1

xn−2 − xn−3 = n − 2 .. . x2 − x1 = 2

x1 − x0 = 1 xn − x0 = 1 + 2 + · · · + n Assim, basta calcular a soma 1 + 2 + · · · + n, que ´e conhecida e igual a xn = 1 +

n(n+1) , 2

ou seja,

n(n + 1) 2

Recurs˜ oes lineares homogˆ eneas Recurs˜oes do tipo xn = an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + · · · + an−k xn−k , em que os ai ’s e k s˜ ao constantes, s˜ ao denominadas recurs˜ oes lineares homogˆeneas e tˆem um m´etodo geral de resolu¸c˜ao. Ilustraremos esse m´etodo geral com exemplos. Para vocˆe poder resolver esse tipo de recurs˜ ao vale a pena saber que, para a 6= b, an−1 + an−2 b + an−3 b2 + · · · + bn−1 = 5

a n − bn a−b

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Exemplo 7. Resolva a recurs˜ ao (

x0 = 2, x1 = 5 xn = 5xn−1 − 6xn−2

Resolu¸ c˜ ao: Definimos a equa¸ca ˜o caracter´ıstica da recurs˜ ao a equa¸c˜ao obtida quando “transformamos subscrito em expoente”. No nosso exemplo, ´e xn = 5xn−1 − 6xn−2 ⇐⇒ x2 − 5x + 6 = 0 ⇐⇒ x = 2 ou x = 3 (n˜ao estamos interessados nas ra´ızes nulas). Mas o que interessa ´e a seguinte conta, que pode ser feita tamb´em com a recurs˜ ao: xn − 5xn−1 + 6xn−2 = 0 n

⇐⇒ x − 2x

n−1

= 3(x

n−1

− 2x

n−2

xn − 5xn−1 + 6xn−2 = 0

) ⇐⇒ xn − 2xn−1 = 3(xn−1 − 2xn−2 )

Seja yn = xn − 2xn−1 . Ent˜ao yn = 3yn−1 e temos yn = 3n−1 y1 = 3n−1 (x1 − 2x0 ) = − 2 · 2) = 3n−1 . Deste modo, xn − 2xn−1 = 3n−1 e for¸camos uma soma telesc´ opica:

3n−1 (5

xn − 2xn−1 = 3n−1

2xn−1 − 22 xn−2 = 3n−2 2

22 xn−2 − 23 xn−3 = 3n−3 22 .. . 2n−1 x1 − 2n x0 = 2n−1 xn − 2n x0 = 3n−1 + 3n−2 2 + 3n−3 22 + · · · + 2n−1 n

n

−2 ⇐⇒ xn = 2n + 3n . Assim, xn − 2n · 2 = 3 3−2 Isso pode ser generalizado: se α1 , α2 , . . . , αk s˜ ao as ra´ızes distintas da equa¸c˜ao caracter´ıstica, ent˜ao existem constantes c1 , c2 , . . . , ck tais que

xn = c1 α1n + c2 α2n + · · · + ck αkn O que acontece quando h´a ra´ızes m´ ultiplas? Exemplo 8. Resolva a recurs˜ ao (

x0 = 2, x1 = 5 xn = 4xn−1 − 4xn−2

Resolu¸ c˜ ao: Usamos o mesmo truque: a equa¸c˜ao caracter´ıstica ´e xn = 4xn−1 − 4xn−2 ⇐⇒ x = 2, uma raiz dupla. Seguimos com a fatora¸c˜ao xn − 2xn−1 = 2(xn−1 − 2xn−2 )

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Sendo yn = xn − 2xn−1 , temos yn = 2yn−1 , ou seja, yn = 2n−1 y1 = 2n−1 . Mas o mais interessante ´e o que ocorre ao for¸camos a telesc´ opica: xn − 2xn−1 = 2n−1

2xn−1 − 22 xn−2 = 2n−2 2 = 2n−1

22 xn−2 − 23 xn−3 = 2n−3 22 = 2n−1 .. . 2n−1 x1 − 2n x0 = 2n−1 xn − 2n x0 = n · 2n−1 Assim, xn = 2n (2 + n/2). Na verdade, com uma indu¸c˜ao pode-se provar o seguinte Teorema 1. Se a equa¸ca ˜o caracter´ıstica de uma recurs˜ ao linear homogˆenea com coeficientes constantes tem ra´ızes α1 , α2 , . . . , αk com multiplicidades m1 , m2 , . . . , mk respectivamente, ent˜ ao existem polinˆ omios p1 , p2 , . . . , pk , de graus m1 − 1, m2 − 1, . . . , mk − 1 respectivamente e coeficientes constantes tais que xn = p1 (n)α1n + p2 (n)α2n + · · · + pk (n)αkn Vocˆe pode aplicar diretamente o teorema sem demonstrar. Por exemplo, vamos resolver o problema dos domin´os, cuja recurs˜ ao ´e ( x0 = 1, x1 = 1 xn = xn−1 + xn−2

√

A equa¸c˜ao caracter´ıstica ´e xn = xn−1 + xn−2 ⇐⇒ x = 1+2 existem constantes A e B (vamos simplificar nota¸c˜ao!) tais que √ !n √ !n 1+ 5 1− 5 xn = A +B 2 2

5

ou x =

Para obter A e B, substitu´ımos n por 0 e 1, obtendo

Assim,

1 = A + B √ ! 1+ 5 1 = A +B 2

√ A = 1 +√ 5 √ ! 2 5 ⇐⇒ √ 1− 5 1 − B = − √ 5 2 2 5

 √ !n+1 1  1+ 5 xn = √ − 2 5

7

 √ !n+1 1− 5  2

√ 1− 5 2 .

Ent˜ao

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Recurs˜ oes lineares “quase” homogˆ eneas Quando temos alguma constante (ou algo n˜ao t˜ao constante), podemos reduzir o problema a uma recurs˜ ao linear. Por exemplo, considere a recurs˜ ao xn = xn−1 + xn−2 + 2 Seja xn = yn + c, c constante. Ent˜ao yn + c = yn−1 + c + yn−2 + c + 2 ⇐⇒ yn = yn−1 + yn−2 + c + 2 Fazendo c + 2 = 0 ⇐⇒ c = −2, obtemos uma recurs˜ ao linear homogˆenea. Outro exemplo: se xn = 4xn−1 − 3xn−2 + 2n

isolamos 2n e lembramos que 2n satisfaz yn = 2yn−1 : xn = 4xn−1 − 3xn−2 + 2n

⇐⇒ xn − 4xn−1 + 3xn−2 = 2n = 2 · 2n−1 = 2(xn−1 − 4xn−2 + 3xn−3 ) =⇒ xn = 6xn−1 − 11xn−2 + 6xn−3

Note que 2 ´e raiz da equa¸c˜ao caracter´ıstica xn = 6xn−1 − 11xn−2 + 6xn−3 . Isso n˜ao ´e coincidˆencia!

Convolu¸c˜ oes e fun¸c˜ oes geratrizes Uma recurs˜ ao interessante ´e a dos parˆentesis: ( a0 = 1

an = a0 an−1 + a1 an−2 + a2 an−3 + · · · + an−1 a0

Para resolver essa recurs˜ ao utilizaremos uma fun¸ca ˜o geratriz. Considere a s´erie formal (por enquanto, n˜ao se preocupe com nomes!) f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · A ideia ´e achar todos os termos dessa s´erie. Fazemos contas como se fossem polinˆ omios. Por exemplo, (f (x))2 = a20 + (a0 a1 + a1 a0 )x + (a0 a2 + a1 a1 + a2 a0 )x2 + (a0 a3 + a1 a2 + a2 a1 + a3 a0 )x3 + · · · Familiar? Sim! Obtemos a recorrˆencia, de modo que (f (x))2 = a1 + a2 x + a3 x2 + a4 x3 + · · · Parece a mesma coisa, mas um pouco deslocada? Basta multiplicar por x: x(f (x))2 = a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + · · · = f (x) − a0 8

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Lembrando que a0 = 1, obtemos a “equa¸c˜ao do segundo grau” √ 1 ± 1 − 4x 2 x(f (x)) − f (x) + 1 = 0 ⇐⇒ f (x) = 2x Que sinal adotar? Substitua x = 0: devemos obter f (0) = a0 = 1. Se adotamos +, obtemos f (0) → ∞, o que n˜ao ´e poss´ıvel. Logo o sinal certo ´e −, ou seja, √ 1 − 1 − 4x f (x) = 2x Agora temos que transformar essa conta em s´erie. Para isso, utilizamos o binˆ omio de Newton generalizado: ∞   X α α−k k α (x + y) = x y k k=0

em que

    α α α(α − 1) · · · (α − k + 1) ,k > 0 = 1, = k! 0 k Por exemplo, para k > 0, 1   1 1 1 1 −1 k−1 1 · 3 · 5 · · · (2k − 1) 2 ( 2 − 1) · · · ( 2 − k + 1) 2 = = k k! 2 2 k!  k−1   1 −1 k−1 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · · · (2k − 3) · (2k − 2) (2k − 2)! 1 −1 = = 2 2 k! · 2 · 4 · 6 · · · (2k − 2) 2 2 k! · 2k−1 (k − 1)!   k−1  1 −1 2k − 2 = k−1 2k 4 Com isso,

(1 − 4x)

1/2

∞ 1 X

    ∞ X 1 −1 k−1 2k − 2 = 1 (−4x) = 1 + (−4x)k k 2k 4 k−1 k=0 k=1   ∞ X 1 2k − 2 k x =1−2 k k−1 2

1/2−k

k

k=1

e podemos desenvolver a s´erie:

1 − (1 − 2 1 − (1 − 4x)1/2 f (x) = = 2x

P∞




1 2k−2 k=1 k k−1

2x

xk )

Assim,

  ∞ X 1 2k − 2 k−1 x = k k−1 k=1

        2n n 1 0 1 2 1 4 2 1 f (x) = + x+ x + ··· + x + ··· 1 0 2 1 3 2 n+1 n e conclu´ımos que

  2n 1 an = n+1 n Esses n´ umeros s˜ ao conhecidos como n´ umeros de Catalan. 9

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Estimativas ` vezes as recurs˜ As oes s˜ ao muito dif´ıceis. Ent˜ao vale mais a pena fazer algumas estimativas. Nesses casos, uma contagem com recurs˜ oes e exclus˜ ao de casos desfavor´ aveis (“tudo menos o que n˜ao interessa”) costumam dar conta do recado. Nos pr´oximos exemplos, trabalharemos com palavras, que s˜ ao simplesmente sequˆencias de s´ımbolos pertencentes a um conjunto Σ. A recurs˜ ao normalmente funciona assim: • Seja xn a quantidade de palavras com comprimento n que tˆem a propriedade desejada. Vamos estimar xn+1 em fun¸c˜ao dos termos anteriores. • Sendo k = |Σ|, ent˜ao xn+1 = kxn − p, sendo p a quantidade de palavras proibidas formadas com a adi¸c˜ao de um s´ımbolo no final das xn palavras permitidas com comprimento n. • Normalmente, p ´e estimado (por cima) em fun¸c˜ao dos termos anteriores e montamos uma deigualdade recursiva. • Tentamos provar por indu¸c˜ao que xn+1 ≥ c · xn para algum c > 1. Para isso, usamos a desigualdade recursiva. Vamos ver direito como isso funciona. Exemplo 9. Seja Σ = {a, b, c}. Algumas sequˆencias, cada uma com duas ou mais letras, s˜ ao proibidas. Uma palavra ´e permitida quando n˜ ao cont´em sequˆencias proibidas. Sabe-se que n˜ ao h´ a duas ou mais sequˆencias proibidas de mesmo comprimento. Prove que existem palavras permitidas de qualquer tamanho. Resolu¸ c˜ ao: Seja xn a quantidade de palavras permitidas de tamanho n. Temos ent˜ao que provar que xn > 0. Vamos estimar xn+1 . Colocando uma letra `a direita de uma palavra permitida de tamanho n, obtemos 3xn palavras. Todavia, podemos formar uma sequˆencia proibida no final, e devemos excluir casos. Seja ent˜ao yk o n´ umero de palavras formadas com a palavra proibida de tamanho k no final. Ent˜ao xn+1 = 3xn − (y1 + y2 + · · · + yn ) Vamos estimar yi . Note que ao tirarmos a sequˆencia proibida de tamanho i, obtemos uma palavra permitida de n − i letras. Logo yi ≤ xn−i . Note que n˜ao necessariamente ocorre a igualdade porque pode ser que nem toda palavra permitida de n − i letras seja gerada pela retirada da sequˆencia proibida. Portanto, fazendo x0 = 1, xn+1 ≥ 3xn − (xn−1 + xn−2 + · · · + x0 ) Suponha que xk+1 ≥ m · xk para todo k. Vamos encontrar um valor de m > 1. Temos xn ≥ mi · xn−i ⇐⇒ xn−i ≤ xn /mi . Assim, xn+1 ≥ 3xn − (xn /m + xn /m2 + · · · + xn /mn ) 10

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A´ı, em vez de resolver uma inequa¸c˜ao polinomial de grau n (onde n varia!), vamos fazer mais uma estimativa: 1 1 1 1 1 1/m 1 + 2 + ··· + n < + 2 + ··· = = m m m m m 1 − 1/m m−1 Logo xn+1 > 3xn − xn /(m − 1) = Basta ent˜ao que

3m − 4 xn m−1

3m − 4 ≥ m ⇐⇒ m2 − 4m + 4 ≤ 0 ⇐⇒ m = 2 m−1

Assim, xn+1 ≥ 2xn para todo n natural e, deste modo, xn ≥ 2n . Logo h´a palavras permitidas de qualquer tamanho.

Problemas 1. Resolva todas as recurs˜ oes que faltam ser resolvidas nos exemplos, exceto as da se¸c˜ao de estimativas. 2. Em no m´ aximo quantas regi˜ oes n planos dividem o espa¸co? 3. De quantas maneiras podemos guardar 3n domin´os 2 × 1 em uma caixa 3 × 2n? 4. De quantas maneiras podemos guardar 2n blocos 2 × 1 × 1 em uma caixa 2 × 2 × n? 5. De quantas maneiras podemos dividir um pol´ıgono convexo de n + 2 lados em n triˆ angulos? 6. (OBM) Esmeralda tem um c´ırculo de cartolina dividido em n setores circulares, numerados de 1 a n, no sentido hor´ ario. De quantas maneiras Esmeralda pode pintar a cartolina, pintando cada setor com uma cor, tendo dispon´ıveis k cores e de modo que quaisquer dois setores circulares vizinhos (isto ´e, que tˆem um segmento em comum como fronteira) tenham cores diferentes? Note que isso implica que os setores de n´ umeros 1 e n devem ter cores diferentes. 7. (OBM) No campeonato tumboliano de futebol, cada vit´oria vale trˆes pontos, cada empate vale um ponto e cada derrota vale zero ponto. Um resultado ´e uma vit´oria, empate ou derrota. Sabe-se que o Flameiras n˜ao sofreu nenhuma derrota e tem 20 pontos, mas n˜ao se sabe quantas partidas esse time jogou. Quantas sequˆencias ordenadas de resultados o Flameiras pode ter obtido? Representando vit´oria por V, empate por E e derrota por D, duas possibilidades, por exemplo, s˜ ao (V, E, E, V, E, V, V, V, E, E) e (E, V, V, V, V, V, E, V). 8. (OBM) Diamantino gosta de jogar futebol, mas se jogar dois dias seguidos ele fica com dores musculares. De quantas maneiras Diamantino pode escolher em quais de dez dias seguidos ele vai jogar bola sem ter dores musculares? Uma maneira ´e n˜ao jogar futebol em nenhum dos dias. 11

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9. (OBM) Para efetuar um sorteio entre os n alunos de uma escola (n > 1) se adota o seguinte procedimento. Os alunos s˜ ao colocados em roda e inicia-se uma contagem da forma “um, DOIS, um, DOIS, . . .”. Cada vez que se diz DOIS o aluno correspondente ´e eliminado e sai da roda. A contagem prossegue at´e que sobre um u ´nico aluno, que ´e o escolhido. (a) Para que valores de n o aluno escolhido ´e aquele por quem come¸cou o sorteio? (b) Se h´a 192 alunos na roda inicial, qual ´e a posi¸c˜ao na roda do aluno escolhido? 10. (OBM) O profeta venusiano Zabruberson enviou a seus disc´ıpulos uma palavra de 10000 letras, sendo cada uma delas A ou E: a Palavra Zabr´ ubica. Seus seguidores passaram a considerar, para 1 ≤ k ≤ 10000, cada palavra formada por k letras consecutivas da Palavra Zabr´ ubica uma palavra prof´etica de tamanho k. Sabe-se que h´a no m´ aximo 7 palavras prof´eticas de tamanho 3. Determine o n´ umero m´ aximo de palavras prof´eticas de tamanho 10. 11. Prove que existem pelo menos 8n n´ umeros de n algarismos sem dois blocos consecutivos iguais de algarismos. 12. Seja Σ = {a, b, c, d}. Uma palavra ´e dita complicada quando cont´em dois blocos consecutivos iguais. Caso contr´ario, a palavra ´e dita simples. Por exemplo, badcabad ´e simples e baba ´e complicada. Prove que h´a pelo menos 2n palavras simples de tamanho n.

Bibliografia 1. Knuth, Graham e Patashnik, Concrete Mathematics. 2. T. Andreescu e Z. Feng, A Path to Combinatorics for Undergraduates: Counting Strategies, Birkh¨ auser 2003. 3. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003. 4. A. C. Morgado, J. B. Pitombeira, P. C. Pinto Carvalho e P. Fernandez, An´ alise Combinat´ oria e Probabilidade, SBM. 5. C. Chuan-Chong e K. Khee-Meng, Principles and Techniques in Combinatorics, World Scientific 1992.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes √ √ √ √ 1. Exemplo 2: 3+26 3 (1 + 3)n + 3−26 3 (1 − 3)n ; exemplo 5: o total ´e √ √ n 7−3 7 (2 − 7) . 14

12

√ √ n 7+3 7 14 (2 + 7) +

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2.




+ n1 + n2 + n3 . Considere um plano: ele corta o espa¸co em v´arios novos peda¸cos: quantos? Veja as interse¸c˜oes do plano com os outros planos e reduza o problema para dividir o plano com n retas. n 0




3. Sejam an o n´ umero de maneiras de guardar 3n domin´os em uma caixa 3 × 2n e bn o n´ umero de maneiras de guardar 3n + 2 domin´os em uma caixa 3 × (2n + 1) acrescida de uma casinha no canto superior direito. Ent˜ao a0 = 1,√ b0 = 1, an = an−1 + 2bn−1 e √ √ √ bn = bn−1 +an . Resolvendo a recurs˜ ao obtemos an = 3+6 3 (2+ 3)n + 3−6 3 (2− 3)n . 4. Sejam an o n´ umero de maneiras de guardar os blocos em uma caixa 2 × 2 × n e bn o n´ umero de maneiras de guardar os blocos em uma caixa 2 × 2 × n acrescida de um bloco 2 × 1 × 1 (essa caixa tem “altura” n + 1). Ent˜ao a0 = 1, a1 = 2, b0 = 1, an √ = 2an−1 + an−2√+ 4bn−2 e bn = bn−1 + an . Resolvendo, encontramos 1 an = 6 (2 + 3)n+1 + 61 (2 − 3)n+1 + 13 (−1)n .
2n 1 5. n+1 e Catalan de novo!). A recorrˆencia ´e a mesma: tome um lado qualquer n (sim, ´ e considere o triˆ angulo que o cont´em como lado. 6. Temos an = (k − 2)an−1 + (k − 1)an−2 para n ≥ 4. Resolvendo, encontramos an = k se n = 1 e an = (k − 1)n + (k − 1)(−1)n para n ≥ 2. ´ mais f´acil substituir (com um 7. Temos an = an−1 + an−3 , a1 = 1, a2 = 1, a3 = 2. E pouco de paciˆencia!) at´e n = 20. Obtemos a20 = 1278. 8. Temos an = an−1 + an−2 , a1 = 2 e a2 = 3 (sim, ´e Fibonacci deslocado!). Resolvendo ou simplesmente substituindo at´e n = 10, obtemos a10 = 144. 9. Sendo jn a posi¸c˜ao do escolhido se o sorteio tiver n alunos, temos j1 = 1, j2n = 2jn −1 (pense na primeira rodada; s´ o sobra quem est´a em posi¸c˜ao ´ımpar, e o vencedor est´a entre eles; o jogo se reduz a n pessoas) e j2n+1 = 2jn + 1 (idem, mas sobra quem est´a em posi¸c˜ao ´ımpar, exceto 1). Com isso, no item a, note que j2n+1 > 1 para n ≥ 1 e j2n = 1 ⇐⇒ jn = 1. Isso quer dizer que jn = 1 ⇐⇒ n = 2k para algum k inteiro n˜ao-negativo. No item b, basta calcular j192 = 129. No caso geral, pode-se provar (tente!) que se n = (bk bk−1 . . . b2 b1 b0 )2 ´e escrito na base bin´ aria, jn = (bk−1 . . . b1 b0 bk )2 . 10. Sendo an a quantidade m´ axima de palavras prof´eticas de tamanho n, vemos que a1 = 2, a2 = 4 e a3 = 7. Note que h´a pelo menos uma palavra proibida P de tamanho 3. Ent˜ao para obter a recurs˜ ao consideramos as trˆes u ´ltimas letras e dividimos as palavras de tamanho n em trˆes classes, de acordo com a primeira letra da direita para a esquerda que difere de P . Com isso, escolhendo, digamos P = AAA, temos an = an−1 + an−2 + an−3 e com isso podemos calcular a10 = 504. Enfim, falta provar a existˆencia de uma Palavra Zabr´ ubica. Mas isso ´e f´acil: tome as 504 palavras prof´eticas, separe-as por uma letra E, e concatene tudo. O que sobrar, preencha com letras E (vai sobrar, pois 504 · 11 < 10000).

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11. Basta estimar a quantidade total de n´ umeros de n algarismos: a1 = 9 e an = 10an−1 − an−1 − an−2 − · · · − a⌊n/2⌋ . Usemos a t´ecnica do exemplo: seja m tal que an+1 ≥ m · an para todo n. Ent˜ao an−i ≤ an−1 /mi−1 e an ≥ 10an−1 − an−1 (1 + 1/m + 1/m2 + · · · + 9m−10 2 1/m⌊n/2⌋−1 ) > an−1 · 9m−10 m−1 . Basta que m−1 ≥ m ⇐⇒ m − 10m + 10 ≤ 0, que ´e verdadeiro para m = 8. Com isso, o problema est´a resolvido (de fato, podemos √ melhorar para an > 9 · (5 + 15)n−1 ; mas a´ı n˜ao ´e t˜ao bonitinho). 12. Refa¸ca o problema anterior trocando 10 por 4. Vai dar certo!

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Princ´ıpio Da Inclus˜ ao-Exclus˜ ao Contagem de P´ olya Nesse cap´ıtulo veremos como fazer contagens com repeti¸co˜es. H´ a duas maneiras b´asicas de se fazer isso: uma ´e subtrair as repeti¸c˜oes (e colocar de volta os descontos a mais) e outra ´e dividir cada repeti¸c˜ao pela quantidade de vezes que ela aparece.

Subtraindo Repeti¸c˜ oes: Princ´ıpio da Inclus˜ ao-Exclus˜ ao Quando queremos contar os elementos da uni˜ ao de conjuntos n˜ao disjuntos, a ideia ´e descontar as repeti¸c˜oes. Vocˆe j´a deve conhecer as f´ormulas |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|

|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C| + |A ∩ B ∩ C| Vamos aplicar e generalizar essas f´ormulas. Exemplo 1. Quantos n´ umeros inteiros positivos menores do que 100 s˜ ao m´ ultiplos de 2, 3 ou 5? Solu¸ c˜ ao: Seja Ai o conjunto dos inteiros positivos m´ ultiplos de i e menores ou iguais a 100. Note que |Ai | = ⌊ 100 ⌋. Al´ e m disso, o conjunto A e o conjunto dos m´ ultiplos de i ∩ Aj ´ i i e de j menores ou iguais a 100, ou seja, ´e o conjunto dos m´ ultiplos de mmc(i, j) menores ou iguais a 100. Assim, queremos calcular |A2 ∪ A3 ∪ A5 | = |A2 | + |A3 | + |A5 | − |A2 ∩ A3 | − |A2 ∩ A5 | − |A3 ∩ A5 | + |A2 ∩ A3 ∩ A5 |               100 100 100 100 100 100 100 + + − − − + = 2 3 5 6 10 15 30 = 50 + 33 + 20 − 16 − 10 − 6 + 3 = 74 Exemplo 2. Um paralelepipedo 150 × 324 × 375 ´e feito de cubos unit´ arios. Por quantos cubos unit´ arios a diagonal do paralelep´ıpedo passa?

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Solu¸ c˜ ao: Vamos generalizar o problema para um paralelep´ıpedo m × n × p. Como contar esses cubinhos? Basta imaginar o paralelep´ıpedo cortado em m fatias longitudinais ou n fatias transversais ou p fatias verticais. Note que a diagonal obrigatoriamente corta cada uma das m + n + p fatias. Ent˜ao a resposta ´e m + n + p, certo? Errado! De fato, pode ocorrer de haver repeti¸c˜oes na “mudan¸ca de fatias”. Veja o seguinte exemplo bidimensional, num retˆ angulo 6 × 8: A significa mudan¸ca na horizontal e B, mudan¸ca na vertical. B B AB B B AB

A

A

A

A

A

A

Note que h´a duas repeti¸c˜oes: uma no come¸co e outra na regi˜ ao da casa (3, 4). Opa! mdc(6, 8) = 2 e (6, 8) = 2 · (3, 4). Coincidˆencia? Claro que n˜ a o! O que acontece ´e que
a b se mdc(a, b) = t, ocorre repeti¸c˜oes em casas da forma k t , k t , k = 0, 1, . . . , t − 1. Logo devemos subtrair mdc(a, b) no caso bidimensional e a resposta, no caso bidimensional, ´e a + b − mdc(a, b). E no caso tridimensional? Se denotarmos por L, T e V os conjuntos dos cubos unit´ arios cortados primeiramente na longitudinal, transversal e vertical, respectivamente, queremos |L ∪ T ∪ V | = |L| + |T | + |V | − |L ∩ T | − |L ∩ V | − |T ∩ V | + |L ∩ T ∩ V |

= m + n + p − mdc(m, n) − mdc(m, p) − mdc(n, p) + mdc(m, n, p)

No nosso exemplo, basta substituir os valores, obtendo 768. Exemplo 3. Quantos s˜ ao os primos menores ou iguais a 111? Solu¸ c˜ ao: Podemos listar todos os exemplos (n˜ao s˜ ao muitos!), mas vamos mostrar um m´etodo que serve no caso geral. Basta eliminar os compostos e o n´ umero 1, que n˜ao ´e primo nem composto. Assim, sendo t a quantidade de compostos entre 1 e 111, a resposta ´e 111 − 1 − t. √ Assim, como todo composto m tem um m´ ultiplo menor ou igual a m, basta tirar √ todos os m´ ultiplos dos primos menores do que 111, ou seja, os m´ ultiplos de 2, 3, 5 ou 7, exceto os pr´oprios. Ou seja, sendo Ai o conjunto dos n´ umeros m´ ultiplos de i entre 1 e 111, t = |A2 ∪ A3 ∪ A5 ∪ A7 | − 4 2

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Como calcular a cardinalidade dessa uni˜ ao? Primeiro, tomamos os m´ ultiplos de 2, os m´ ultiplos de 3, etc; mas a´ı contamos os m´ ultiplos de pq, p, q esses primos, duas vezes, ent˜ao descontamos os m´ ultiplos de 2 · 3 = 6, etc; Mas ao fazer isso, os m´ ultiplos de pqr, p, q, r primos, foram contados trˆes vezes e descontados trˆes vezes (pq, pr, qr), logo devem ser reintegrados; enfim, ao fazermos isso, os m´ ultiplos dos quatro
primos foram contados 4 − 6 + 4 = 2 vezes (4 vezes na primeira contagem, descontados 42 = 6 vezes na segunda
contagem e recontados 43 = 4 vezes). Assim devemos coloc´a-los de volta. Assim,         111 111 111 111 |A2 ∪ A3 ∪ A5 ∪ A7 | = + + + 2 3 5 7             111 111 111 111 111 111 − − − − − − 6 10 14 15 21 35         111 111 111 111 + + + + 30 42 70 105   111 − 210 = 55 + 37 + 22 + 15 − 18 − 11 − 7 − 7 − 5 − 3 + 3 + 2 + 1 + 1 − 0 = 85

Vamos generalizar essa ideia. Teorema 1 (Princ´ıpio da Inclus˜ao-Exclus˜ ao). Sejam A1 , A2 , . . . , An conjuntos. Ent˜ ao o n´ umero de elementos da uni˜ ao A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An ´e n \ [ X (−1)|I|+1 Ai . Ai = I⊆{1,2,...,n} i=1

i∈I

I6=∅

Demonstra¸ c˜ ao: Indu¸c˜ao sobre n. Sabemos que a f´ormula ´e verdadeira para n = 2 (de fato, ela se reduz para as f´ormulas conhecidas para n = 2 e n = 3). Agora, suponha que a f´ormula ´e verdadeira para n − 1. Ent˜ao n−1 ! n−1 n [ [ [ n−1 [ Ai ∩ An Ai + |An | − Ai ∪ An = Ai = i=1 i=1 i=1 i=1 n−1 n−1 [ [ Ai + |An | − (Ai ∩ An ) = i=1 i=1 \ \ X X (−1)|I|+1 (Ai ∩ An ) (−1)|I|+1 Ai + |An | − = I⊆{1,2,...,n−1} I⊆{1,2,...,n−1} I6=∅

i∈I

I6=∅

i∈I

A´ı ´e s´ o agrupar as somas com o mesmo n´ umero de conjuntos, e obtemos o que desejamos. De fato, as interse¸c˜oes que n˜ao tˆem An est˜ao l´ a com o sinal certo, o An sozinho est´a l´ a com o sinal de + e os que tˆem An com outros conjuntos cuja uni˜ ao ´e X est˜ao com um conjunto a mais e, portanto, devem ter o sinal trocado, como ocorre na u ´ltima parcela da soma. 3

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Exemplo 4. Encontre o n´ umero de fun¸co ˜es sobrejetoras de A em B, sendo |A| = m e |B| = n. Solu¸ c˜ ao: Seja B = {b1 , b2 , . . . , bn }. Lembremos que uma fun¸c˜ao f : A → B ´e sobrejetora se, e somente se, Im(f ) = B. Vamos contar as fun¸c˜oes que n˜ ao s˜ ao sobrejetoras e subtrair do total de fun¸c˜oes, que ´e nm (h´a n escolhas para o valor de f (a), para cada a ∈ A). Seja Bi o conjunto das fun¸c˜oes que n˜ ao contˆem bi em sua imagem, 1 ≤ i ≤ n. Ent˜ao note que |Bi | = (n − 1)m (escolhemos para f (a) qualquer valor exceto bi ), |Bi ∩ Bj | = (n − 2)m para i 6= j
(escolhemos para f (a) qualquer valor exceto i e j), e assim por diante. Assim, como h´a nk maneiras de escolher k elementos de B, pelo princ´ıpio da inclus˜ ao-exclus˜ao h´a   X k+1 n m (n − k)m (−1) n − k k=1

fun¸c˜oes sobrejetoras B.
de A em n m m Como n = 0 (n − 0) , podemos agreg´ a-lo ao somat´orio, obtendo o resultado   X k n (−1) (n − k)m k k=0

Observa¸ c˜ ao 1. Como n˜ ao h´ a fun¸co ˜es sobrejetoras de A em B se |A| > |B|, se m > n temos   X k n (−1) (n − k)m = 0 k k=0

e como se |A| = |B| as fun¸co ˜es sobrejetoras de A em B s˜ ao as fun¸co ˜es bijetoras, temos a identidade   X k n (−1) (n − k)n = n! k k=0

Exemplo 5. Em teoria dos n´ umeros, φ(n) ´e a quantidade de n´ umeros m menores ou iguais a n tais que mdc(m, n) = 1. Mostre que  k  Y 1 1− φ(n) = n . pi i=1

em que p1 , p2 , . . . , pk s˜ ao os primos que dividem n. Solu¸ c˜ ao: Os n´ umeros que s˜ ao primos com n s˜ ao aqueles que n˜ ao s˜ ao m´ ultiplos de nenhum pi , pi divisor primo de n. Ent˜ao basta subtrair de n a uni˜ ao dos m´ ultiplos de pi , que j´a sabemos contar:    k  Y Y −1  X Y 1 X 1  1 − = n = n 1 + . (−1)|I|+1 n φ(n) = n −  pi pi pi I⊆{1,2,...,n} I⊆{1,2,...,n} I6=∅

i∈I

I6=∅

4

i∈I

i=1

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Para entender melhor o que foi feito, fa¸camos o resultado para trˆes fatores primos: se os fatores primos de n s˜ ao p, q e r, n n n n n n n φ(n) = n − − − + + + − p q r pq pr qr pqr   1 1 1 1 1 1 1 + + − =n 1− − − + p q r pq pr qr pqr     1 1 1 =n 1− 1− 1− p q r Uma contagem bacana ´e o n´ umero de maneiras de permutar n elementos de modo que nenhum deles fique em sua posi¸c˜ao original. Essas permuta¸c˜oes s˜ ao conhecidas como desarruma¸co ˜es ou permuta¸co ˜es ca´ oticas. Lema 1. A quantidade de permuta¸co ˜es ca´ oticas de n elementos ´e X n! (−1)k . Dn = k! k=0

Demonstra¸ c˜ ao: Seja Ai o conjunto das permuta¸c˜oes em que i fica no seu lugar original (ou seja, i ´e um ponto fixo). Assim, |Ai | = (n − 1)! (basta fixar o i e permutar o resto), |Ai ∩ Aj | = (n − 2)! para i 6= j (fixe i e j e permute o resto), e assim por diante. Pelo princ´ıpio da inclus˜ ao-exclus˜ao, a quantidade de permuta¸c˜oes ca´oticas ´e   X X n! k+1 n (−1)k (−1) (n − k)! = n! − k k! k=0

k=1

Vale a pena encontrar uma recurs˜ ao para as permuta¸c˜oes ca´oticas. Sendo Dn o n´ umero de permuta¸c˜oes ca´oticas com n elementos, podemos dividi-las em dois conjuntos, de acordo com o u ´ltimo elemento da permuta¸c˜ao ca´otica. • Se o u ´ltimo elemento ´e k e o k-´esimo elemento ´e n, h´a n − 1 escolhas para k e Dn−2 escolhas para as posi¸c˜oes dos outros n − 2 elementos. Total: (n − 1)Dn−2 . • Se o u ´ltimo elemento ´e k ´e o k-´esimo elemento n˜ao ´e n, h´a n − 1 escolhas para k e Dn−1 escolhas para as posi¸c˜oes dos outros n − 1 elementos (em que tratamos n como se fosse k). Total: (n − 1)Dn−1 . Ent˜ao, somando os dois casos temos Dn = (n − 1)(Dn−2 + Dn−1 ), como D1 = 0 e D2 = 1. Enfim, uma u ´ltima observa¸c˜ao: se fizermos n muito grande, Dn /n! fica muito pr´oximo de 1/e, em que e ≈ 2, 72 ´e a constante de Euler. Ou seja, a probabilidade de um sorteio de amigo secreto dar certo ´e pr´oxima de 1/e ≈ 36,8%. Exemplo 6. Seja pk (n) o n´ umero de permuta¸co ˜es de {1, 2, . . . , n} com exatamente k pontos fixos (ou seja, com k elementos em suas respectivas posi¸co ˜es originais). Prove que n X k=0

k · pk (n) = n! 5

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Solu¸ c˜ ao: Temos pk (n) = nk Dn−k (escolhemos os k pontos fixos e “desarrumamos” os outros n − k elementos). Assim, n X k=0

k · pk (n) = =

n X

k=0 n X k=0

=

n X k=1

= n! ·

  n−k n X (n − k)! (−1)i k· k i! i=0

k·

n−k X n! (n − k)! (−1)i k! (n − k)! i! i=0

n! (k − 1)! n−1 X X n−k k=0 i=0

n−k X

(−1)i

i=0

(−1)i

1 i!

1 k! i!

Um jeito de fazer essa soma ´e abrir “triangularmente”: n−1 n X X n−k 1 1 X (−1)i k · pk (n) = n! k! i! k=0 i=0

k=0

=

1 1 1 1 1 − + − · · · + (−1)n−2 + (−1)n−1 + 0! 0! 0! 1! 0! 2! 0! (n − 2)! 0! (n − 1)! 1 1 1 1 − + − · · · + (−1)n−2 + 1! 0! 1! 1! 1! 2! 1! (n − 2)! ··· 1 1 1 − + + (n − 3)! 0! (n − 3)! 1! (n − 3)! 2! 1 1 − + (n − 2)! 0! (n − 2)! 1! 1 (n − 1)! 0!

e ent˜ao podemos somar na “diagonal”: s n−1 n−1 n s XX X 1X 1 1 X s! ℓ (−1) k · pk (n) = (−1)ℓ = n! ℓ! (s − ℓ)! s! ℓ! (s − ℓ)! s=0 ℓ=0 s=0 k=0 ℓ=0 n−1 s   n−1 n−1 X 1X X 0s X 1 s = (1 − 1)s = (−1)ℓ 1s−ℓ = ℓ s! s! s! s=0

s=0

ℓ=0

s=0

Como 0s = 0 exceto para s = 0 (pois 00 = 1), todas as parcelas se cancelam, exceto a primeira. Logo n n X 1 X k · pk (n) = n!. k · pk (n) = 1 ⇐⇒ n! k=0

k=0

6

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Outra solu¸ c˜ ao: Esse problema pode ser resolvido mais rapidamente com o aux´ılio de uma contagem dupla. Contemos o n´ umero de pares (x, π), em que x ´e ponto fixo da permuta¸c˜ao π. Contando por π, cada uma de pk (n) permuta¸c˜oes tem k pontos fixos, ou seja, o total ´e n X k=0

k · pk (n).

Contando por x, x ´e ponto fixo de exatamente de (n − 1)! permuta¸c˜oes. Ent˜ao, como h´a n escolhas para x, o mesmo total ´e n · (n − 1)! = n!. Logo n X k=0

k · pk (n) = n!.

Podemos generalizar o princ´ıpio da inclus˜ ao-exclus˜ao colocando pesos nos elementos da uni˜ ao. Teorema 2 (Princ´ıpio da Inclus˜ao-Exclus˜ ao Generalizado). Seja A finito e f : A → R. Defina X f (B) = f (x). x∈B

e f (∅) = 0. Se A = A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An ent˜ ao f (A) =

X

(−1)

|I|+1

f

\

i∈I

I6=∅

Ai

!

.

A demonstra¸c˜ao dessa generaliza¸c˜ao ´e an´ aloga ao caso particular e fica a cargo do leitor. Tente! Vocˆe se lembra do exemplo do φ(n)? Exemplo 7. Sejam a1 , a2 , . . . , aφ(n) os n´ umeros entre 1 e n primos com n. Prove que a21 + a22 + · · · + a2n =

φ(n) (2n2 + (−1)k p1 p2 . . . pk ), 6

sendo p1 , p2 , . . . , pk os divisores primos de n. P ultiplos de Solu¸ c˜ ao: Defina f (x) = x2 e f (A) = x∈A f (x). Sendo Ai a quantidade de m´ pi entre 1 e n, queremos ! k [ f ({1, 2, . . . , n}) − f Ai i=1

Mas

f ({1, 2, . . . , n}) = 12 + 22 + · · · + n2 =

7

n3 n2 n n(n + 1)(2n + 1) = + + 6 3 2 6

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e f

k [

Ai

i=1

Enfim, sendo



f (Ai ) = p2i + 2p2i + · · · +

!

X

=

(−1)|I|+1 f

2

f (Ai ∩ Aj ) = (pi pj )



1 3

= p2i

e 1 3

Ai

i∈I

I6=∅

n pi pi

2

\

n pi pj

3



3

1 + 2

n pi pj

2

n pi



1 + 2

!



n pi

1 + 6

2



1 + 6

n pi pj

+

a22

+ ··· +

n3 n2 n X (−1)|I|+1 f + + − = 3 2 6

a2n

\

n3 n2 n X = (−1)|I| f + + + 3 2 6

Ai

i∈I

I6=∅

\

Ai

i∈I

I6=∅

n pi

!

!

para i 6= j e assim por diante, temos a21



!

!

Sendo X

|I|

(−1) f

I6=∅

\

i∈I

Ai

!

=

X

(−1)|I|

Y i∈I

I⊆{1,2,...,k} I6=∅

temos a21 + a22 + · · · + a2n =



n3  1 + 3 +



3

Y 1 n pi i∈I

!3

1 + 2





Y 1 n pi i∈I

Y Y −1  n2  + 1 + pi 2 I⊆{1,2,...,k}

φ(n) +

i∈I i∈I

I6=∅

n 1 + 6

i=1

=

1 p2i  3

X

X

I⊆{1,2,...,k} I6=∅

k  n3 Y = 1− 3 i=1 k  n3 Y = 1− 3

n2



YY i∈I i∈I

!2

X

1 + 6

I⊆{1,2,...,k} I6=∅

YY i∈I i∈I



 (−pi )

k k nY n2 Y (1 − 1) + (1 − pi ) 2 6 i=1 i=1    k k 1 nY 1 n2 Y (1 − 1) + (−pi ) 1 − + pi 2 6 pi

1 pi



φ(n) 6

+

i=1

k Y

(−pi ) =

i=1

8

! Y 1  n pi

i=1

φ(n) (2n2 + (−1)k p1 p2 . . . pk ) 6

i∈I



 (−1)|I| 

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Dividindo Repeti¸c˜ oes: Contagem de P´ olya Em alguns casos, as repeti¸c˜oes s˜ ao muitas, de modo que ´e mais eficiente, em vez de subtrair, ´ isso que vamos fazer agora. dividir. E Vamos mostrar isso atrav´es de exemplos. Exemplo 8. Sejam p um n´ umero primo e n um inteiro positivo. Suponha que temos contas de n cores para formar um colar com p contas. Calcule a quantidade de colares que podem ser formados, sabendo que um colar ´e igual a outro se um pode ser obtido atrav´es de uma rota¸ca ˜o. Solu¸ c˜ ao: Em princ´ıpio, h´a np maneiras de pintar o colar. Como h´a p maneiras de girar o p colar, h´a np colares. Certo? Errado! Note que essa fra¸c˜ao n˜ao ´e inteira se n n˜ao ´e m´ ultiplo de p. O que aconteceu de errado? A resposta ´e simples: Alguns colares geram p sequˆencias e outras, s´ o uma. Por exemplo, se temos trˆes cores A, B e C e p = 7, o colar ABCBABC gera as sete sequˆencias ABCBABC, CABCBAB, BCABCBA, ABCABCB, BABCABC, CBABCAB e BCBABCA; o colar AAAAAAA s´ o gera a sequˆencia AAAAAAA. Note que a opera¸c˜ao que fizemos ´e girar. Quando a opera¸c˜ao leva a uma repeti¸c˜ao? Chamando a opera¸c˜ao de σ, basta que σ k leve `a mesma sequˆencia para algum k. Mas isso quer dizer que, sendo a sequˆencia (a1 , . . . , ap ), ai+k = ai , ´ındices vistos m´ odulo p. Aplicando essa identidade m vezes, temos ai+mk = ai , ind´ıces vistos de novo m´ odulo p. Mas como p ´e primo e k est´a entre 1 e p − 1, ´e poss´ıvel encontrar m tal que i + mk ≡ j (mod p), e temos ai = aj . Ou seja, s˜ ao todos iguais. Logo, h´a repeti¸c˜ao somente para colares com todas as contas iguais. p p Assim, o total ´e n p−n + n = n −n+pn . Note que esse exemplo mostra que p | np − n p para todo n inteiro. E se n˜ao tiv´essemos um n´ umero primo? Vamos come¸car com um composto simples. Exemplo 9. Suponha que temos contas de n cores para formar um colar com 6 contas. Quantos colares podemos formar agora? Solu¸ c˜ ao: Note que h´a n6 sequˆencias com 6 cores. Quais repetem e quantas s˜ ao as repeti¸c˜oes? A grande maioria tem 6 repeti¸c˜oes (6 poss´ıveis rota¸c˜oes). Mas colares do tipo AAAAAA n˜ao formam repeti¸c˜ao. Al´em disso, colares do tipo ABABAB formam duas repeti¸c˜oes (ABABAB e BABABA) e colares do tipo ABCABC e AABAAB tˆem trˆes repeti¸c˜oes (ABCABC, BCABCA e CABCAB). As demais repetem 6 vezes. Assim, o total de colares ´e n(n − 1) n(n − 1)(n − 2) + 3n(n − 1) n6 − n − 4n(n − 1) − n(n − 1)(n − 2) + + 2 3 6 n6 + n3 + 2n2 + 2n = 6 n+

S´o que essa maneira n˜ao ´e muito eficiente no caso geral. O modo mais eficiente ´e. . . contagem dupla! 9

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Outra solu¸ c˜ ao: Vamos contar de duas maneiras as sequˆencias geradas rotacionando cada colar 6 vezes, com repeti¸c˜oes (ou seja, a sequˆencia AAAAAA aparece 6 vezes, a sequˆencia ABABAB aparece 3 vezes, e assim por diante). Sendo N a quantidade de colares, esse total ´e 6N . Por outro lado, cada uma das n6 sequˆencias aparece uma vez, as n3 sequˆencias do tipo ABCABC (aqui, A, B e C n˜ao precisam ser distintos) aparecem mais uma vez (j´a apareceram uma vez nas primeiras n6 sequˆencias), as n2 sequˆencias do tipo ABABAB aparecem mais duas vezes e as n sequˆencias AAAAAA aparecem mais duas vezes (j´a apareceram quatro nas possibilidades anteriores). Logo 6N = n6 + n3 + 2n2 + 2n ⇐⇒ N =

n6 + n3 + 2n2 + 2n 6

Na verdade, ´e poss´ıvel estruturar ainda um pouco mais a solu¸c˜ao. Mais uma solu¸ c˜ ao: Como na solu¸c˜ao anterior, vamos contar de duas maneiras as sequˆencias geradas rotacionando cada colar 6 vezes, com repeti¸c˜oes. Novamente, sendo N a quantidade de colares, esse total ´e 6N . Note que h´a 6 rota¸c˜oes poss´ıveis: girar k contas, k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. Como as repeti¸c˜oes ocorrem? Veja, por exemplo, os colares ABABAB. Ao girar 0, 2 ou 4 vezes, obtemos a mesma sequˆencia ABABAB. As sequˆencias ABCABC se repetem ao girar 0 ou 3 vezes. Ou seja, as sequˆencias repetidas aparecem porque existem rota¸c˜oes que geram a mesma sequˆencia. Ent˜ao, a ideia agora vai ser contar as repeti¸c˜oes por rota¸ca ˜o: • Inicialmente, sem rotacionar, obtemos as n6 sequˆencias. • Ao rodar cada sequˆencia uma vez, obtemos repeti¸c˜oes se, e somente se, as sequˆencias s˜ ao da forma AAAAAA: n repeti¸c˜oes. • Ao rodar cada sequˆencia duas vezes, obtemos repeti¸c˜oes se, e somente se, as sequˆencias s˜ ao da forma ABABAB: n2 repeti¸c˜oes. • Ao rodar cada sequˆencia trˆes vezes, obtemos repeti¸c˜oes se, e somente se, as sequˆencias s˜ ao da forma ABCABC: n3 repeti¸c˜oes. • Ao rodar cada sequˆencia quatro vezes, obtemos repeti¸c˜oes se, e somente se, as sequˆencias s˜ ao da forma ABABAB: n2 repeti¸c˜oes. • Ao rodar cada sequˆencia cinco vezes, obtemos repeti¸c˜oes se, e somente se, as sequˆencias s˜ ao da forma AAAAAA: n repeti¸c˜oes. Assim, novamente, 6N = n6 + n3 + 2n2 + 2n ⇐⇒ N =

n6 + n3 + 2n2 + 2n 6

Agora podemos generalizar o problema para qualquer quantidade de contas. Exemplo 10. Suponha que temos contas de n cores para formar um colar com k contas. Quantos colares podemos formar agora? 10

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Solu¸ c˜ ao: Usando o mesmo argumento que a u ´ltima solu¸c˜ao anterior, vejamos quais sequˆencias se repetem na rota¸c˜ao de uma sequˆencia em m contas. Note que, sendo (a1 , a2 , . . . , ak ) a sequˆencia, ela se repete na rota¸c˜ao de uma sequˆencia de m contas se, e somente se, ai = ai+m , sendo os ´ındices m´ odulo k. Iterando a igualdade anterior, temos ai+mx+ky = ai . Mas sabemos do teorema de B´ezout que {mx + ky : x, y ∈ Z} ´e o conjunto dos m´ ultiplos de mdc(m, k). Logo devemos ter ai+mdc(k,m) = ai , e formamos ciclos de tamanho mdc(k, m). Note que determinar os primeiros mdc(k, m) elementos da sequˆencia a define, de modo que h´a nmdc(k,m) sequˆencias que se repetem com m rota¸c˜oes. Com isso, sendo N o total de colares, pelo visto anteriormente, temos k·N =

k−1 X

n

mdc(k,m)

m=0

k−1 1 X mdc(k,m) ⇐⇒ N = n k m=0

A ideia geral, que serve para contagens desse tipo, ´e o seguinte lema: Lema 2 (Lema de Burnside). Seja X um conjunto finito e G um grupo de permuta¸co ˜es de X. Sendo fix(g) o n´ umero de elementos de X que s˜ ao fixados por g (ou seja, a quantidade de elementos x ∈ X tais que g(x) = x), o n´ umero de ´ orbitas de X sob G ´e 1 X fix(g). |G| g∈G

Antes de partir para a demonstra¸c˜ao, vamos entender a terminologia do lema. Primeiro, observando permuta¸c˜oes como fun¸c˜oes, grupo de permuta¸co ˜es ´e um conjunto G de permuta¸c˜oes em que: • a identidade σ(x) = x pertence a G. • se σ1 , σ2 est˜ao em G ent˜ao a composi¸c˜ao σ1 ◦ σ2 (x) = σ1 (σ2 (x)) tamb´em pertence a G. • para todo σ em G a permuta¸c˜ao inversa σ −1 pertence a G. Al´em disso, ´ orbita de x ∈ X sob um conjunto G de permuta¸c˜oes ´e o conjunto de todos os elementos de X obtidos a partir de G, ou seja, o conjunto orb(x) = {g(x), g ∈ G}. Falando de modo mais informal, s˜ ao os elementos que devem ser considerados “iguais” de acordo com as permuta¸c˜oes (nos nossos exemplos, cada ´orbita representa um colar). Ent˜ao, basicamente o lema de Burnside conta a cardinalidade de um conjunto sendo que elementos modificados por algum grupo de permuta¸c˜oes devem ser considerados iguais. Vamos resolver o exemplo anterior com a terminologia do lema de Burnside (seja paciente, logo em seguida vamos demonstr´ a-lo!). Ainda outra solu¸ c˜ ao do exemplo 9: Queremos os colares de 6 contas com n cores. Note que sequˆencias de seis cores devem ser consideradas o mesmo colar se podem ser obtidas entre si atrav´es de rota¸c˜oes, que s˜ ao representadas pelas permuta¸c˜oes de σ0 = (1, 2, 3, 4, 5, 6), σ1 = (2, 3, 4, 5, 6, 1), σ2 = (3, 4, 5, 6, 1, 2), σ3 = (4, 5, 6, 1, 2, 3), σ4 = (5, 6, 1, 2, 3, 4), σ5 = (6, 1, 2, 3, 4, 5) 11

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Note que, como fizemos na solu¸c˜ao anterior, | fix(σ0 )| = n6 ; | fix(σ1 )| = n; | fix(σ2 )| = n2 ; | fix(σ3 )| = n3 ; | fix(σ4 )| = n2 ; | fix(σ5 )| = n de modo que, pelo lema de Burnside, o n´ umero de colares ´e n6 + n3 + 2n2 + 2n 1 6 (n + n + n2 + n3 + n2 + n) = 6 6 Agora sim, vamos ` a demonstra¸c˜ao do lema. Demonstra¸ c˜ ao do lema de Burnside: Contemos de duas maneiras o n´ umero de elementos de S = {(x, g) : g fixa x} em que x ∈ X e g ∈ G. Contando por g, temos X |S| = | fix(g)| g∈G

Contando por x, seja Stab(x) o conjunto das permuta¸c˜oes g que fixam x. Ent˜ao X |S| = | Stab(x)| x∈X

Agora, agrupando os elementos de cada ´orbita, sendo N a quantidade de ´orbitas temos |S| =

N X i=1

| Stab(xi )| · | orb(xi )|,

sendo xi um elemento qualquer de cada ´orbita. Note que podemos fazer isso porque elementos da mesma ´ orbita devem ser considerados “iguais” e s˜ ao fixados pelas mesmas permuta¸c˜oes. Agora afirmamos que | Stab(xi )| · | orb(xi )| = |G| para cada i. Para ver isso, note que, para todo x ∈ orb(xi ) e g ∈ G, g(x) ∈ orb(xi ). S´o que g(x) se repete Stab(x) vezes. P Mas eles s˜ ao fixados pelas mesmas permuta¸c˜oes, ou seja, Stab(x) = Stab(xi ). Logo, |G| = x∈orb(xi ) | Stab(x)| = | Stab(xi )| · | orb(xi )|. Com isso, ´e f´acil finalizar o lema: |S| =

N X i=1

| Stab(xi )| · | orb(xi )| =

N X i=1

|G| = N · |G|

e o resultado segue, ou seja, X

g∈G

| fix(g)| = N · |G| ⇐⇒ N =

1 X | fix(g)| |G| g∈G

Exemplo 11. De quantas maneiras podemos pintar as faces de um cubo, se temos n cores dispon´ıveis? Pinturas que podem ser obtidas atrav´es de movimentos do cubo devem ser consideradas iguais. 12

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Solu¸ c˜ ao: O grupo G de transforma¸c˜oes que mantˆem o cubo s˜ ao: • a identidade, que fixa n6 elementos; • seis rota¸c˜oes de 90◦ em torno de uma face, que fixa n3 elementos (uma “faixa” de quatro faces de mesma cor e as outras duas faces); • trˆes rota¸c˜oes de 180◦ em torno de uma face, que fixa n4 elementos (dois pares de faces opostas da mesma cor e as outras duas faces); • oito rota¸c˜oes de 120◦ em torno de um v´ertice, que fixa n2 elementos (trˆes faces incidentes no v´ertice da mesma cor e as outras trˆes faces da mesma cor); • seis rota¸c˜oes de 180◦ em torno do eixo que liga os pontos m´edios de duas arestas opostas, que fixa n3 elementos (duas faces adjacentes a uma das arestas da mesma cor, duas faces adjacentes ` a outra aresta da mesma cor e as outras duas faces, opostas entre si, da mesma cor). Pelo lema de Burnside, o total de cubos ´e n6 + 6n3 + 3n4 + 8n2 + 6n3 n6 + 3n4 + 12n3 + 8n2 = 1+6+3+8+6 24

Problemas 1. (OBM) Trˆes pol´ıgonos regulares, de 8, 12 e 18 lados respectivamente, est˜ao inscritos em uma mesma circunferˆencia e tˆem um v´ertice em comum. Os v´ertices dos trˆes pol´ıgonos s˜ ao marcados na circunferˆencia. Quantos v´ertices distintos foram marcados? 2. Quantos inteiros positivos menores ou iguais a 2000 s˜ ao m´ ultiplos de 3 ou 4, mas n˜ao de 5? 3. (OBM) Um quadrado de lado 3 ´e dividido em 9 quadrados de lado unit´ ario, formando um quadriculado. Cada quadrado unit´ ario ´e pintado de azul ou vermelho. Cada cor tem probabilidade 1/2 de ser escolhida e a cor de cada quadrado ´e escolhida independentemente das demais. Qual a probabilidade de obtermos, ap´ os colorirmos todos os quadrados unit´ arios, um quadrado de lado 2 pintado inteiramente de uma mesma cor? 4. (IME) Cinco equipes concorrem numa competi¸c˜ao automobil´ıstica, em que cada equipe possui dois carros. Para a largada s˜ ao formadas duas colunas de carros lado a lado, de tal forma que cada carro da coluna da direita tenha ao seu lado, na coluna da esquerda, um carro de outra equipe. Determine o n´ umero de forma¸c˜oes poss´ıveis para a largada. 5. No primeiro dia de uma competi¸c˜ao matem´ atica, vinte pessoas tiraram uma foto em grupo, em fila. No u ´ltimo dia, tiraram outra foto, de modo que todos tinham ou novo vizinho ` a sua direita. De quantas maneiras eles poderiam fazer isso? 13

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6. (Canad´ a) Seja n um inteiro positivo, e S = {1, 2, . . . , n}. Mostre que o n´ umero de permuta¸c˜oes de S sem pontos fixos e o n´ umero de permuta¸c˜oes de S com exatamente um ponto fixo tem diferen¸ca exatamente 1. 7. (IMO) Dizemos que uma permuta¸c˜ao (x1 , x2 , . . . , x2n ) de {1, 2, . . . , 2n} tem a propriedade P quando |xi − xi+1 | = n para algum i ∈ {1, 2, . . . , 2n − 1}. Mostre que, para cada n, h´a mais permuta¸c˜oes com a propriedade P do que sem a propriedade P . 8. Seja S um conjunto finito e k um inteiro positivo. Determine o n´ umero de k-uplas (S1 , S2 , . . . , Sk ) de subconjuntos de S tais que S1 ∩ S2 ∩ . . . ∩ Sk = ∅. 9. Sendo m e n inteiros positivos, defina         n n n n n−2 m n−1 n−1 m n m . (2 −1) −· · ·+(−1) (2 −1) + (2 −1) − S(m, n) = n−1 2 1 0 Prove que S(m, n) = S(n, m). 10. De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 1 × n, sendo que cada casinha pode ter uma de k cores? Duas pinturas s˜ ao considerados iguais quando uma pode ser obtido a partir do outra atrav´es de uma rota¸c˜ao. 11. De quantas podemos pintar os v´ertices de um cubo, se temos n cores dispon´ıveis? Pinturas que podem ser obtidas atrav´es de movimentos do cubo devem ser consideradas iguais. 12. De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro n × n, sendo que cada casinha pode ter uma de k cores? Duas pinturas s˜ ao considerados iguais quando uma pode ser obtido a partir da outra atrav´es de uma rota¸c˜ao. 13. Teoricamente, quantas mol´eculas diferentes podemos formar com um ´atomo de carbono e radicais de hidrogˆenio (−H), metil (−CH3 ), etil (−C2 H5 ) e cloro (−Cℓ)? Cada radical pode ser utilizado quantas vezes forem necess´ arias (ou seja, de 0 a 4 vezes).

Bibliografia 1. T. Andreescu e Z. Feng, A Path to Combinatorics for Undergraduates: Counting Strategies, Birkh¨ auser 2003. 2. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003. 3. A. C. Morgado, J. B. Pitombeira, P. C. Pinto Carvalho e P. Fernandez, An´ alise Combinat´ oria e Probabilidade, SBM. 4. C. Chuan-Chong e K. Khee-Meng, Principles and Techniques in Combinatorics, World Scientific 1992. 14

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5. T. Davis, P´ olya’s Counting Theory. 6. C. C. Liu, Introduction to Combinatorial Mathematics, McGraw-Hill 1968.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. 28. Sendo Ak a quantidade de pontos do pol´ıgono de k v´ertices, queremos calcular |A8 ∪ A12 ∪ A18 |. A´ı ´e s´ o notar que |Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Ain | = mdc(i1 , i2 , . . . , in ). 2. 800. Sendo Ai o conjunto dos m´ ultiplos de i entre 1 e 2000, queremos |(A3 ∪ A4 ) \ A5 | = |(A3 \ A5 ) ∪ (A4 \ A5 )|. Como A3 ∩ A5 = A15 e A4 ∩ A5 = A20 , |A3 \ A5 | = |A3 | − |A15 | = 666 − 133 = 533 e |A4 \ A5 | = |A4 | − |A20 | = 500 − 100 = 400. Enfim, |(A3 \ A5 ) ∩ (A4 \ A5 )| = |(A3 ∩ A4 ) \ A5 | = |A12 \ A5 | = |A12 | − |A60 | = 166 − 33 = 133. 95 256 .

Primeiro note que, como n˜ao ´e poss´ıvel haver um quadrado 2 × 2 azul e um quadrado 2 × 2 vermelho ao mesmo tempo, a probabilidade pedida ´e duas vezes a probabilidade de haver um quadrado 2 × 2 azul. H´ a quatro possibilidades para o quadrado 2 × 2; sendo Ai o conjunto das pinturas contendo o quadrado i, queremos P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ). Note que Ai ∩ Aj consiste em pintar a regi˜ ao da uni˜ ao dos quadrados correspondentes de azul e escolher as cores das outras casinhas.


5! i P 2 (10 − 2i)! = 10! − 5 · 5 · 2 · 8! + 52 5 · 4 · 22 · 6! − 53 5 · 4 · 3 · 4. 2088960 = 5i=0 5i (5−i)!
2 · 4! + 54 5 · 4 · 3 · 2 · 2! + 5! · 25 . Considere Ai como sendo as distribui¸c˜oes em que a equipe i fica lado a lado.
18 1 5. 19! 20 − 19 c˜oes em que o aluno 1! + 2! − · · · − 19! . Sendo Ai o conjunto das distribui¸ i tem como seu vizinho da direita o aluno i + 1. Queremos 20! − |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ A20 |. Mas |Ai | = 19! (permute o bloco i, i + 1 como se fosse uma coisa s´ o) e a interse¸c˜ao de k conjuntos tem cardinalidade (20 − k)! (junte blocos de consecutivos; cada “junta” diminui o n´ umero de objetos para permutar em uma unidade). 3.

6. As permuta¸ ao as permuta¸c˜oes ca´oticas, que s˜ ao, como vimos, P c˜oes sem pontos fixos s˜ . Contemos as permuta¸ c ˜ o es com exatamente um ponto fixo: h´a Dn = nk=0 (−1)k n! k! Pn−1 (n−1)! k n escolhas para o ponto fixo e Dn−1 = k=0 (−1) k! maneiras de permutar os demais n − 1 elementos sem pontosP fixos adicionais. Assim, de permuta¸c˜oes Pn−1o total (n−1)! n−1 n! k k com exatamente um ponto fixo ´e n · k=0 (−1) k! = k=0 (−1) k! . A diferen¸ca ´e n igual ao u ´ltimo termo de Dn , que ´e (−1)n n! ao, a diferen¸ca (em m´ odulo) n! = (−1) . Ent˜ ´e 1. 7. Uma solu¸ c˜ ao usa as desigualdades de Bonferroni : se truncamos a f´ormula de inclus˜ ao-exclus˜ao logo depois de um sinal de mais, obtemos um valor maior ou igual ao total; se truncamos logo depois de um sinal de menos, obtemos um valor menor ou igual. Com isso, considerando
os pares {1, n + 1}, {2, n + 2}, . . ., {n, 2n} dos termos cuja diferen¸ca ´e n, h´a nk 2k (2n − k)! permuta¸c˜oes com pelo menos k dos pares em posi¸c˜oes consecutivos: escolhemos os k pares que aparecem lado a lado na permuta¸c˜ao, permutamos dentro de cada um dos k pares e permutamos os 2n − 2k 15

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n´ umeros que sobraram e os k pares em
blocos. Com isso, c˜oes
o total N den
permuta¸ n n 2 2 sem a propriedade P ´e N ≤ (2n)! − 1 2(2n − 1)! + 2 2 (2n − 2)! = 2 2 (2n − 2)!. Mas
n 2 N n−1 1 2 2 (2n − 2)! ≤ = < , (2n)! (2n)! 2n − 1 2 logo h´a menos permuta¸c˜oes sem a propriedade P do que com. Outra solu¸ c˜ ao ´e usar bije¸c˜oes. Vamos fazer uma bije¸c˜ao entre as permuta¸c˜oes sem a propriedade P e um subconjunto pr´oprio das permuta¸c˜oes com a propriedade P . A ideia ´e simples: sendo (x1 , x2 , . . . , xn ) sem a propriedade P , encontramos xj = xi ±n e tomamos f (x1 , x2 , . . . , xn ) = (x2 , . . . , xj , xi , xj+1 , . . . , xn ). Note que essa permuta¸c˜ao s´ o tem um par de consecutivos com diferen¸ca n, e n˜ao ´e dif´ıcil notar que (i) f ´e invers´ıvel (basta encontrar o par com diferen¸ca n e mover o segundo n´ umero do par para a primeira posi¸c˜ao) e (ii) h´a outras permuta¸c˜oes com a propriedade P que n˜ao foram consideradas (por exemplo, as com dois pares com diferen¸ca n). Com isso, o problema est´a resolvido. 8. Podemos supor, sem perda de generalidade, que S = {1, 2, . . . , n}. Seja Ai o conjunto das k-uplas em que i ∈ / S1 ∩ S2 ∩ . . . ∩ Sk . Queremos, ent˜ao, |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An |. Mas |Ai | = (2n−1 )k e a interse¸c˜ao de m conjuntos Ai tem (2n−i )k elementos. Assim, o total pedido ´e     n n X X n−i k i+1 n i+1 n (2k )n−i + 2kn = 2kn − (2k − 1)n (2 ) = (−1) (−1) i i i=1

i=0

9. O somat´orio do problema ´e   n X i n (−1) (2n−i − 1)k , i i=0

que ´e muito parecido com o resultado do problema anterior. As mudan¸cas s˜ ao: • Uma troca de sinais; • A inclus˜ ao do termo para i = 0; n−i • 2 − 1 no lugar de 2n−i . Com um pouco de esfor¸co, vemos que S(m, n) ´e, na verdade, a quantidade de m-uplas (S1 , S2 , . . . , Sm ) de subconjuntos n˜ ao vazios de {1, 2, . . . , n}, tais que S1 ∩ S2 ∩ . . . ∩ Sm 6= ∅.

Como provar que S(n, m) = S(m, n)? Mais um trabalho para uma bije¸c˜ao! Considere a tabela m × n em que a entrada (i, j) ´e marcada se, e somente se, j ∈ Si . Que caracter´ısticas essa tabela tem? Ela n˜ao tem linha sem marcas, j´a que Si 6= ∅ para todo i e n˜ao tem coluna sem marcas, pois a interse¸c˜ao dos Si ’s ´e n˜ao vazia. Ent˜ao, podemos interpretar S(m, n) como o n´ umero de maneiras de marcar c´elulas em uma tabela m × n de modo que nenhuma linha e nenhuma colua fique sem casas marcadas. Mas isso ´e obviamente o mesmo n´ umero de maneiras de marcar c´elulas em uma tabela n × m (´e s´ o transpor a tabela!), e logo S(n, m) = S(m, n). 16

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10.

kn +k⌈n/2⌉ . 2

Au ´nica opera¸c˜ao ´e “virar a faixa”, e ela fixa k ⌈n/2⌉ tabuleiros (pinte s´ o at´e a metade e depois copie as cores de tr´as para frente).

11. As transforma¸c˜oes s˜ ao as mesmas do exemplo 11. O total ´e n8 +11n4 +12n2 . 24

n8 +6n2 +3n4 +8n4 +6n2 24

=

2

12. H´ a quatro rota¸c˜oes: a identidade, que fixa k n tabuleiros, as duas rota¸c˜oes de 90◦ , 2 2 que fixa k ⌈n /4⌉ tabuleiros, e a rota¸c˜ao de 180◦ , que fixa k ⌈n /2⌉ tabuleiros. Total: 2

kn +2k⌈n

2 /4⌉

+k⌈n

2 /2⌉

4

.

13. Os radicais formam um tetraedro regular. H´ a quatro transforma¸c˜oes no grupo: • a identidade, que fixa as 44 possibilidades;

• oito rota¸c˜oes de 120◦ em torno de um dos v´ertices do tetraedro, que fixa 42 possibilidades (o radical do v´ertice e o outro radical que vai ficar nos outros trˆes v´ertices); • trˆes rota¸c˜oes de 180◦ em torno da reta que liga pontos m´edios de arestas opostas, que fixa tamb´em 42 possibilidades (o radical dos dois v´ertices de uma das arestas e o radical dos outros dois v´ertices, que s˜ ao as extremidades da outra aresta). Assim, o total ´e

44 +8·42 +3·42 1+8+3

= 36.

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Invariantes e Monovariantes Nesse cap´ıtulo veremos como resolver alguns problemas que envolvem estados e opera¸co ˜es. Problemas desse tipo incluem jogos, coberturas de tabuleiros, e podem ter contextos em ´ praticamente qualquer uma das quatro grandes ´areas (Algebra, Combinat´ oria, Geometria e Teoria dos N´ umeros).

Invariantes H´ a problemas envolvendo um conjunto S de estados e regras, de acordo com as quais podese passar de um estado para outro. Como podemos provar que, dado um estado inicial s0 ∈ S e seguindo as regras, nunca ´e poss´ıvel atingir um outro estado (estado final) sn ∈ S? O m´etodo frequentemente usado ´e baseado na seguinte observa¸c˜ao: suponha que f (s) ´e uma fun¸c˜ao, definida para todo s ∈ S; suponha tamb´em que, se de s1 ∈ S passamos, de acordo com as regras, para s2 ∈ S, ent˜ao f (s1 ) = f (s2 ) para qualquer escolha de s1 . No caso em que essas condi¸c˜oes s˜ ao satisfeitas, se f (s0 ) 6= f (sn ) conclu´ımos imediatamente que partindo de s0 nunca se pode chegar a sn seguindo as regras. ` vezes o invariante ´e imediato. Pode Mas como achar tal fun¸c˜ao f (o invariante)? As ser, por exemplo, a paridade de alguma caracter´ıstica do sistema. Se observarmos que a caracter´ıstica do sistema ´e originalmente um n´ umero ´ımpar, e no pretendido estado final tal caracter´ıstica ´e um n´ umero par, ent˜ao ele n˜ao pode ser alcan¸cado (isto, ´e claro, se a caracter´ıstica inicial for invariante). Exemplo 1. Dentro de uma caixa h´ a 1995 bolas pretas e 2000 bolas brancas, e fora dela h´ a 5000 bolas brancas. Retiramos da caixa 2 bolas. Se elas forem da mesma cor ent˜ ao retornamos uma bola branca. Se elas forem de cores diferentes retornamos uma bola preta. Repete-se o processo at´e que reste uma u ´nica bola na caixa. Qual pode ser a sua cor? Solu¸ c˜ ao: Perceba que se as duas bolas retiradas s˜ ao brancas ou s˜ ao de cores diferentes, o n´ umero de bolas pretas n˜ao se altera. Se as duas bolas retiradas s˜ ao pretas, ent˜ao o total de bolas pretas ´e reduzido de duas unidades. Ent˜ao a paridade do n´ umero de bolas pretas ´e invariante, e neste caso ´e ´ımpar. Portanto n˜ao ´e poss´ıvel que acabem todas as bolas pretas na caixa, logo a bola restante ao final do processo ´e preta. Tendo em vista esse exemplo inicial, fica a seguinte pergunta:

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Como encontrar o invariante? Tudo acaba ficando muito f´acil se algu´em diz qual ´e o invariante. Mas, nos problemas, o normal ´e temos que encontr´ a-lo. Como fazer isso? H´ a v´arias ideias que ajudam a fazer isso: • Estudar alguns casos particulares e procurar um padr˜ ao. • Como o invariante depende fortemente das opera¸c˜oes que fazemos, ´e de extrema importˆ ancia estudar essas opera¸c˜oes e ficar atento ao que n˜ ao muda com essa opera¸c˜ao. ´ bom ter • H´ a alguns invariantes do tipo “a experiˆencia indica que ele vai dar certo”. E alguns em mente. O que acabamos de usar, a paridade, ´e um bom exemplo. Al´em disso, tenha em mente que: • os melhores invariantes s˜ ao aqueles que eliminam a maior quantidade poss´ıvel de estados. Invariantes do tipo “a opera¸c˜ao entre dois n´ umeros sempre retorna um n´ umero” n˜ao s˜ ao muito u ´teis exatamente por n˜ao eliminarem caso algum. • vocˆ e pode usar invariantes diferentes para resolver um problema. Ou seja, n˜ao h´a “o” invariante. H´ a v´ arios. • talvez vocˆ e precise de mais de um invariante para resolver um problema. Se uma ideia de invariante n˜ao deu certo de cara, vocˆe pode, ao inv´es de descart´ a-lo, associ´ a-lo com outro invariante. Exemplo 2. (Cone Sul) Define-se o conjunto de 100 n´ umeros {1, 1/2, 1/3, . . . , 1/100}. Eliminamos dois elementos quaisquer a e b deste conjunto e se inclui, no conjunto, o n´ umero a + b + ab ficando assim um conjunto com um elemento a menos. Depois de 99 destas opera¸co ˜es, fica s´ o um n´ umero. Que valores pode ter esse n´ umero? Solu¸ c˜ ao: Primeiro, vamos entender o que s˜ ao os estados e a opera¸c˜ao. Os estados s˜ ao os conjuntos obtidos e a opera¸c˜ao ´e trocar a, b por a + b + ab. Vamos fazer um caso particular : vamos fazer a opera¸c˜ao com os termos na ordem: 1 1 1 →1+ +1· =2 2 2 2 1 1 1 2, → 2 + + 2 · = 3 3 3 3 1 1 1 3, → 3 + + 3 · = 4 4 4 4 .. .

1,

99,

1 1 1 → 99 + + 99 · = 100 100 100 100

2

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Note que apareceu um padr˜ ao interessante. Mas, ainda assim, podemos fazer as opera¸c˜oes em outra ordem. O que aconteceria? Fica dif´ıcil de ver sem achar algum invariante. Vamos estudar um pouco melhor a opera¸ca ˜o. O que acontece se fizermos com 1 e a? 1 Obtemos a+1+a·1 = 2a+1. E 2 e a? Obtemos a+ 12 +a· 21 = 3a+1 ao parece muito 2 . Ainda n˜ elucidativo. Mas e se fizermos a opera¸c˜ao duas vezes com trˆes n´ umeros gen´ericos a, b, c? Obtemos ab+a+b primeiro e depois (ab+a+b)c+ab+a+b+c = abc+ab+bc+ca+a+b+c. Note que obtemos uma express˜ao sim´etrica em a, b, c, ou seja, a ordem com que fizemos as opera¸c˜oes n˜ ao altera seu resultado. Nosso invariante est´a encontrado! A ordem em que fazemos as opera¸ co ˜es n˜ ao importa! Com isso, a resposta s´ o pode ser uma: 100. Outra solu¸ c˜ ao: Note que a opera¸c˜ao consiste em trocar a e b por a + b + ab = (a + 1)(b + 1) − 1. Talvez seja interessante ent˜ao considerar E = (a1 + 1)(a2 + 1) . . . (ak + 1). Ao realizar a opera¸c˜ao com ai e aj , mudamos E para (a1 + 1)(a2 + 1) . . . (ai−1 + 1)(ai+1 + 1) . . . (aj−1 + 1)(aj+1 + 1) . . . (ak + 1)(ai aj + ai + aj + 1) = E. Ou seja, E n˜ao muda! Isso quer dizer que, sendo M o n´ umero que fica no final,      1 101 1 1 3 4 M + 1 = (1 + 1) 1 + = 101 ⇐⇒ M = 100 1+ ... 1 + = 2· · ·...· 2 3 100 2 3 100 Exemplo 3. No planeta colorido, os u ´nicos habitantes s˜ ao camale˜ oes, que s˜ ao verdes, amarelos ou azuis. A lei do planeta dita que os camale˜ oes mudam de cor se, e somente se, dois camale˜ oes de cores diferentes se encontram; nesse caso, ambos mudam para a terceira cor. Sendo a, b e c as quantidades iniciais de camale˜ oes verdes, amarelos e azuis, respectivamente, para que valores das ternas (a, b, c) ´e poss´ıvel que os camale˜ oes fiquem da mesma cor? Solu¸ c˜ ao: Os estados s˜ ao as quantidades de camale˜ oes de cada cor, que representaremos por ternas ordenadas (x, y, z). As opera¸c˜oes s˜ ao do tipo (x, y, z) → (x − 1, y − 1, z + 2) O estado final a ser estudado ´e da forma (n, 0, 0). Mas e o invariante? Um invariante ´e o total de camale˜ oes, que n˜ao muda. Mas esse invariante n˜ao parece ser u ´til, por n˜ao restringir nada. Al´em disso, seria conveniente que as opera¸c˜oes n˜ao dependessem de qual ´e a cor que aumenta. Ou seja, seria ´ otimo se −1 = 2 . . . Mas isso ocorre em um conjunto: os n´ umeros vistos m´ odulo 3 (ou seja, ver o resto da divis˜ao por 3). Logo, vendo m´ odulo 3, cada opera¸c˜ao diminui cada coordenada de 1. Assim, se no final queremos ter (n, 0, 0) no come¸co devemos ter dois n´ umeros com o mesmo resto na divis˜ao por 3. Logo uma condi¸ca ˜o necess´ aria ´e haver dois n´ umeros que deixam o mesmo resto na divis˜ao por 3. Essa condi¸c˜ao tamb´em ´e suficiente? Isso acontece com frequˆencia nesse tipo de problema: devemos verificar se o que sobrou pode ser obtido. Nesse caso, a resposta ´e sim! Seja (a, b, c) o estado inicial, com (sem perda de generalidade) a e b com o mesmo resto na divis˜ao por 3. Suponha, sem perda de generalidade, que a ≥ b, ou seja, que a = b + 3k. Suponha que os camale˜ oes verdes e amarelos se encontram de modo a acabarmos com os camale˜ oes amarelos. Com isso, subtra´ımos b de a e b e somamos 2b a 3

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c, obtendo (3k, 0, c + 2a). Se k = 0, o problema acabou. Se k > 0, a ideia ´e diminuir a quantidade de camale˜ oes verdes de 3 em 3: para isso, realizamos as opera¸c˜oes (3k, 0, c + 2a) → (3k − 1, 2, c + 2a − 1) → (3k − 2, 1, c + 2a + 1) → (3k − 3, 0, c + 2a + 3). A´ı em algum momento a quantidade de camale˜ oes verdes chega a zero, e terminamos.

Problemas com tabuleiros Problemas de tabuleiros do tipo “´e poss´ıvel cobrir um tabuleiro com tais pe¸cas?” ou com jogos de pe¸cas no tabuleiro podem ser resolvidos com um tipo especial de invariante: pinturas. Exemplo 4. Quais dos cinco tetramin´ os podem ser usados para cobrir um tabuleiro 6 × 6? Vocˆe tem nove c´ opias de cada tetramin´ o e pode girar e virar os tetramin´ os. S´ o n˜ ao pode misturar tetramin´ os diferentes!

Quadrado Tetramin´ o reto L-tetramin´ o

T-tetramin´ o

Z-tetramin´ o

Solu¸ c˜ ao: Obviamente o tetramin´ o quadrado cobre o tabuleiro 6 × 6. E quanto aos outros? A resposta ´e n˜ ao! O segredo, na maioria dos casos, ´e encontrar pinturas que sejam regulares em pe¸cas e irregulares no tabuleiro, ou vice-versa. Comecemos com a cl´assica pintura de xadrez:

Os tetramin´ os podem ficar:

Quadrado Tetramin´ o reto L-tetramin´o

T-tetramin´ o

Z-tetramin´ o

Note que, nessa pintura, o T-tetramin´ o fica com trˆes quadradinhos de uma cor e uma da outra cor. Nos outros tetramin´ os h´a sempre dois de cada, e no tabuleiro, a mesma quantidade de casas brancas e pretas. Isso quer dizer que s´ o podemos trabalhar bem com o T-tetramin´ o. De fato, para balancear o tabuleiro precisamos da mesma quantidade de T-tetramin´ os com trˆes casas brancas e uma preta e com trˆes casas pretas e uma branca. Mas isso quer dizer que a quantidade de T-tetramin´ os ´e par, quando tem que ser 9, absurdo. Logo n˜ao ´e poss´ıvel preencher o tabuleiro com T-tetramin´ os. De fato, qualquer maneira de preencher o tabuleiro, mesmo misturando tetramin´ os, deve ter uma quantidade par de T-tetramin´ os.

4

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Essa pintura n˜ao resolve o problema dos outros tetramin´ os. Mas fazer outra pintura: pintura em listas.

Os tetramin´ os podem ficar:

Quadrado Tetramin´ o reto L-tetramin´o

T-tetramin´ o

Z-tetramin´ o

Parece que essa pintura elimina o tetramin´ o reto, o L-tetramin´o e o T-tetramin´ o. Mas isso n˜ao ´e verdade. Eles podem estar virados, e a pintura fica

Quadrado Tetramin´ o reto L-tetramin´o

T-tetramin´ o

Z-tetramin´ o

Note que o tetramin´ o reto e o T-tetramin´ o, quando est˜ao nessas posi¸c˜oes, tˆem duas casas de cada cor. Assim, enquanto as quantidades dessas pe¸cas na horizontal devem ser pares, as quantidades na vertical podem ser quaisquer, e isso estraga nosso argumento. Isso acontece porque agora faz diferen¸ca ficar na horizontal ou na vertical. Mas o L-tetramin´o continua com trˆes casas de uma cor e uma de outra, e, por argumentos an´ alogos ao do T-tetramin´ os, a quantidade de L-tetramin´os ´e par, e obtemos absurdo. Faltam o tetramin´ o reto e o Z-tetramin´ o. O Z-tetramin´ o, na verdade, pode ser feito tentando preencher e vendo que n˜ao ´e poss´ıvel (comece pelo canto e continue; a tarefa fica para o leitor). Quanto ao tetramin´ o, a ideia ´e trabalhar ao contr´ario, ou seja, fazer uma pintura que fique regular no tetramin´ o e irregular no tabuleiro! De fato, vamos pintar de modo que fique exatamente uma casinha pintada por tetramin´ o:

H´ a dez casas pintadas, um por tetramin´ o. Mas s˜ ao nove tetramin´ os! Ent˜ao n˜ao d´a para preencher o tabuleiro com tetramin´ os. Observa¸ c˜ ao 1. N˜ ao ´e poss´ıvel preencher tabuleiros retangulares com Z-tetramin´ os, mas ´e poss´ıvel preencher alguns tabuleiros retangulares com os outros tetramin´ os. Tente descobrir quais! 5

POT 2012 - Combinat´ oria - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. Carlos Shine ´ claro que podemos ter tamb´em um jogo em um tabuleiro. E Exemplo 5. ( Resta Um) H´ a uma pe¸ca em cada casa do tabuleiro mostrado a seguir, exceto na casa central. Um movimento consiste em escolher trˆes casas seguidas na horizontal ou na vertical com duas casas vizinhas ocupadas e a outra vazia, tirar as duas pe¸cas nas casas ocupadas e colocar uma pe¸ca na casa vazia (vocˆe pode pensar que uma pe¸ca “pula” a outra ´ poss´ıvel que e a “come”). A meta do jogo ´e que fique somente uma pe¸ca no tabuleiro. E essa pe¸ca fique na casa marcada com um × abaixo?

×

Solu¸ c˜ ao: Se vocˆe jogar um pouco esse jogo (recomendamos fortemente fazˆe-lo. . . ´e divertido!), talvez ache que o problema ´e parecido com o problema dos camale˜ oes. De fato, interprete as casas envolvidas em um movimento como as trˆes cores: duas cores diminuem em uma unidade e a outra aumenta em uma (a´ı est´a a diferen¸ca; no problema dos camale˜ oes, aumenta em dois). Nisso, podemos pensar na seguinte pintura: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

2 3 1 2 3 1 2 3 1

3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2

Agora, seja k a quantidade de casas do tipo 1 ocupadas mais a quantidade de casas do tipo 2 ocupadas. Qualquer movimento n˜ao altera k ou o diminui em 2. Inicialmente, h´a 15 casas 1 ocupadas, 15 casas 2 ocupadas (e 14 casas 3 ocupadas), de modo que k ´e (e sempre ser´a) par. Mas a situa¸c˜ao final pedida requer k ´ımpar. Ent˜ao n˜ao ´e poss´ıvel terminar na casa com o ×. Observa¸ c˜ ao 2. Na verdade, com mais uma pintura, pode-se provar que a pe¸ca s´ o pode

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ficar nas casas marcadas abaixo: • •

•

•

• Pintura n˜ao ´e a u ´nica t´ecnica importante para resolver problemas de tabuleiro. Outra ideia u ´til ´e a fun¸ca ˜o potencial. Exemplo 6. Considere o tabuleiro infinito a seguir, que consiste no primeiro quadrante dividido em quadrados unit´ arios. Colocamos uma pe¸ca no canto inferior esquerdo. O movimento permitido ´e tomar uma pe¸ca na casa (x, y) e substitui-la por duas pe¸cas, uma ´ na casa (x, y + 1) e outra na casa (x + 1, y), desde que ambas as casas estejam vazias. E poss´ıvel que a regi˜ ao delimitada pela linhas mais grossas fique sem pe¸cas dentro dela: (a) No tabuleiro da esquerda? (b) No tabuleiro da direita?

• ◦ •

•

•

Solu¸ c˜ ao: Se vocˆe tentar fazer isso (tente!) vai come¸car a desconfiar que n˜ao ´e poss´ıvel em ambos os casos. Vamos montar um invariante. Para isso, associe a cada casa (x, y) um n´ umero I(x, y). Para que seja um invariante de verdade, seria conveniente que I(x, y) = I(x + 1, y) + 1 I(x, y + 1). H´ a v´arias fun¸c˜oes I(x, y) que satisfazem isso. Uma f´acil ´e I(x, y) = 2x+y , a

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fun¸ca ˜o potencial. Ela mede, de certo modo, o qu˜ao distante a casa est´a da origem. 1 26 1 25 1 24 1 23 1 22 1 2

1

1 27 1 26 1 25 1 24 1 23 1 22 1 2

1 28 1 27 1 26 1 25 1 24 1 23 1 22

1 1 29 210 1 1 28 29 1 1 27 28 1 1 26 27 1 1 25 26 1 1 24 25 1 1 23 24

1 211 1 210 1 29 1 28 1 27 1 26 1 25

1 212 1 211 1 210 1 29 1 28 1 27 1 26

Ent˜ao, a soma dos n´ umeros nas casas ocupadas por pe¸cas ´e invariante e, portanto, igual a I(0, 0) = 1. Agora, vamos calcular a soma das casas dentro e fora da regi˜ ao. A soma total S dos n´ umeros nas casas do tabuleiro ´e a soma de v´arias s´eries geom´etricas: 1 1 1 + 2 + 3 + ··· 2 2 2 1 1 1 1 + + 2 + 3 + 4 + ··· 2 2 2 2 1 1 1 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ··· 2 2 2 2 1 1/2 1/22 = + + + ··· 1 − 1/2 1 − 1/2 1 − 1/2 1 1 = 2 + 1 + + 2 + ··· 2 2 2 = =4 1 − 1/2

S =1+

Agora, no item a, a soma dos n´ umeros dentro da regi˜ ao ´e 1 + 2 · 12 + 3 · 41 + 4 · 18 > 3, de modo que a soma dos n´ umeros fora ´e menor do que 1, e n˜ao h´a como todas as pe¸cas ficarem fora. No item b, a soma dos n´ umeros dentro da regi˜ ao ´e 1 + 2 · 12 + 3 · 41 = 11 4 < 3, e o mesmo argumento n˜ao funciona. Como consertar isso? Basta notar que a primeira linha e a primeira coluna v˜ao ter, cada um, exatamente uma pe¸ca (por quˆe?) e contribuem com no
aximo 4−2 2 − 18 +1− 41 = 1. m´ aximo 81 + 18 na soma de fora. Assim, a soma de fora ´e no m´ Mas essa soma s´ o pode ser obtida se todas as infinitas casas forem ocupadas, o que n˜ao ocorre. Logo n˜ao h´a como todas as pe¸cas ficarem fora nesse caso tamb´em.

Monovariantes Considere as seguintes vari´aveis: • Sua idade; • A quantidade de biscoitos em um pacote de biscoitos; 8

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• O n´ umero de vezes que vocˆe espirrou. O que essas vari´aveis tˆem em comum? Cada uma delas ´e monotˆ onica, ou seja, nunca diminui ou nunca aumenta. Esses tipos de vari´aveis s˜ ao os monovariantes. Ou seja, elas variam em s´ o uma dire¸ c˜ ao. Monovariantes s˜ ao ´ otimos para provar que alguns processos terminam. Um exemplo disso ´e o algoritmo de Euclides. Exemplo 7. O algoritmo de Euclides consiste em trocar sucessivamente o par de inteiros positivos (a, b), com a > b, por (b, r), em que r ´e o resto da divis˜ ao euclidiana de a por b, at´e que r = 0. O resultado do algoritmo ´e mdc(a, b). Prove que o algoritmo eventualmente termina. Solu¸ c˜ ao: Basta notar que a segunda coordenada sempre diminui, pois o resto r na divis˜ao euclidiana de a por b satisfaz 0 ≤ r < b. Assim, como essa segunda coordenada nunca ´e negativa e sempre diminui, eventualmente chega a zero. O que acontece quando o monovariante sempre aumenta? Exemplo 8. Duas mil pessoas est˜ ao hospedadas em um hotel com 123 quartos. A cada segundo, uma pessoa sai de um quarto para outro com pelo menos a mesma quantidade de pessoas, a n˜ ao ser que todas as pessoas estejam em um quarto s´ o. Prove que eventualmente todas as pessoas estar˜ ao em um quarto s´ o. Solu¸ c˜ ao: Note que, intuitivamente, a cada passo, a concentra¸ca ˜o de pessoas nos quartos ´ claro que isso n˜ao ´e uma solu¸c˜ao, mas d´a boas ideias. aumenta. E Como medir essa concentra¸c˜ao? O primeiro candidato ´e, naturalmente, a quantidade de pessoas no quarto. Mas a soma dessas quantidades ´e simplesmente o total de pessoas, ´ um invariante, mas n˜ao ´e muito u que ´e 2000. E ´til. O que fazer ent˜ao? Tentamos amplificar essa concentra¸c˜ao. Uma maneira ´e considera a soma dos quadrados S das quantidades de pessoas em cada quarto. Quando ocorre uma mudan¸ca de um quarto com a pessoas para um quarto de b ≥ a pessoas, S muda de a2 + b2 para (a − 1)2 + (b + 1)2 = a2 + b2 + 2(b − a) + 2 > a2 + b2 , j´a que b − a ≥ 0. Note ent˜ao que S ´e um monovariante crescente, e sempre cresce. Mas isso n˜ao prova nada, pois S poderia ir a infinito, certo? Errado! Esse monovariante funciona porque o n´ umero de maneiras de distribuir 2000 pessoas em 123 quartos ´e finita. Assim, a quantidade de estados poss´ıveis ´e finita, e o monovariante n˜ao pode crescer para sempre. Ou seja, a quantidade de passos ´e finita. Mas o processo s´ o termina quando todos est˜ao no mesmo quarto, e o problema est´a resolvido. Observa¸ co ˜es 1. • O fato de a quantidade de estados ser finita ´e crucial para o problema. De fato, se tiv´essemos dois quartos com infinitas pessoas, nunca ocorreria de todos ficarem no mesmo quarto (verifique!). Note que S nem chega a fazer sentido nesse caso. • H´ a outros monovariantes que funcionam nesse problema. Sendo a1 , a2 , . . . , a123 as quantidades cada quarto, dois outros monovariantes que funcionam P123 1de pessoas P123 em ai . Fica para vocˆ s˜ ao e 2 e verificar por que esses monovariantes i=1 ai +1 i=1 funcionam. 9

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Nem sempre considerar um monovariante ´e suficiente. Muitas vezes ´e bom considerar um time de invariantes. Exemplo 9. Duas mil pessoas est˜ ao hospedadas em um hotel com 123 quartos. A cada segundo, uma ou mais pessoas, todas originalmente do mesmo quarto saem dele e cada um escolhe um quarto para ficar; pelo menos um deles vai para um quarto com pelo menos a quantidade de pessoas que o quarto tinha originalmente; as demais podem ir a qualquer outro quarto. Prove que eventualmente todas as pessoas estar˜ ao em um quarto s´ o. Solu¸ c˜ ao: Infelizmente, considerar a soma de quadrados n˜ao funciona bem. De fato, a mudan¸ca (5, 6, 0) → (3, 7, 1) muda de 52 + 62 + 02 = 61 para 32 + 72 + 12 = 59. Ou seja, nessa opera¸c˜ao ele diminui! Mas as opera¸c˜oes no exemplo anterior tamb´em podem ser feitas, e j´a vimos que a soma dos quadrados aumenta nesse caso. Ou seja, a soma dos quadrados n˜ao ´e monovariante (´e s´ o um “variante”). Como consertar isso? Uma maneira ´e considerar mais de um monovariante. Por exemplo, considere os n´ umeros de pessoas em cada quarto (n˜ao fazemos nenhuma opera¸c˜ao). Eles formam uma lista n˜ao-ordenada de n´ umeros. Cada mudan¸ca altera a lista, mas algo n˜ao muda: o maior n´ umero da lista pode aumentar, mas nunca diminuir. Observe que esse maior n´ umero pode estar associado a quartos diferentes, mas o que importa que os m´ aximos das listas nunca diminuem. Como esse m´ aximo n˜ao pode crescer para sempre, em algum momento para de crescer, n˜ao mudando nunca mais. Ap´ os o primeiro n´ umero estacionar, o quarto correspondente n˜ao ir´ a mais se alterar, e podemos ignorar esse quarto. A partir desse momento, considere o maior n´ umero entre os 122 n´ umeros restantes, ou seja, o segundo maior n´ umero da lista. Pelo mesmo motivo, ele para de crescer em algum momento. Agora, adivinha o que fazemos? Isso mesmo! Consideramos o terceiro maior n´ umero, e assim por diante. Isso quer dizer que os quartos v˜ao parar de se alterar em algum momento. Mas o processo s´ o termina quando todos estiverem no mesmo quarto, e o problema acabou. Note que nesse u ´ltimo exemplo, consideramos um “time” de 123 monovariantes. Foi extremamente importante considerar como eles interagem. Cuidado com a seguinte Solu¸ c˜ ao errada do exemplo 9: Cada vez que algu´em sai de um quarto com a pessoas para um quarto com b ≥ a pessoas, a quantidade de pessoas em um quarto aumenta. Ent˜ao as quantidades de pessoas nos quartos ficam aumentando, e como elas n˜ao podem crescer para sempre, as pessoas param de mudar de quarto, o que s´ o pode ocorrer se todos estiverem no mesmo quarto. O problema nessa “solu¸c˜ao” ´e que, enquanto um monovariante cresce, outros diminuem, e a´ı as quantidades poderiam aumentar e diminuir arbitrariamente, e a´ı os monovariantes n˜ao funcionam como deveriam. Observa¸ c˜ ao 3. Dentre os monovariantes alternativos apresentados no exemplo anterior, P P123 ai 123 1 n˜ a o funciona. Mas funciona! Verifique isso! 2 i=1 ai +1 i=1 Nem sempre as quantidades s˜ ao os n´ umeros a serem considerados no monovariante.

Exemplo 10. Uma quantidade finita de sapos est´ a pulando entre 2000 vit´ orias-r´egias dispostas em fila. A cada minuto, quaisquer dois sapos que est˜ ao sobre a mesma vit´ oria10

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r´egia (diferente das extremidades) pulam para as vit´ orias-r´egias vizinhas, um em cada dire¸ca ˜o. Prove que os sapos param de pular em algum momento. Solu¸ c˜ ao: Sendo a1 , a2 , . . . , a2000 as quantidades de sapos, parece tentador considerar um monovariante como o anterior: a soma dos quadrados. Mas uma mudan¸ca ´e do tipo (ai−1 , ai , ai+1 ) → (ai−1 + 1, ai − 2, ai+1 + 1) e a altera¸c˜ao muda a2i−1 + a2i + a2i+1 para (ai−1 + 1)2 + (ai − 2)2 + (ai+1 + 1)2 = a2i−1 + a2i + a2i+1 + 2(ai−1 − 2ai + ai+1 + 3), que pode aumentar ou diminuir, dependendo dos valores de ai−1 , ai e ai+1 . Precisamos de outra conta. Considerar a posi¸ca ˜o dos sapos ´e uma ideia melhor. Os sapos na verdade ficam mais dispersos do que concentrados. De fato, uma das melhores medidas de dispers˜ao ´e a soma dos quadrados das posi¸co ˜es. Um movimento ent˜ao troca dois sapos na posi¸c˜ao i por um sapo na posi¸c˜ao i − 1 e outro na posi¸c˜ao i + 1, e a soma ´e mudada de 2i2 para (i − 1)2 + (i + 1)2 = 2i2 + 2, ou seja, sempre aumenta em 2. Como o n´ umero de distribui¸c˜oes de sapos ´e finita, o monovariante n˜ao pode aumentar para sempre, e os sapos param de pular. O problema considera algo muito sutil, mas important´ıssimo para sua solu¸c˜ao: as vit´orias-r´egias est˜ao em fila, o que nos permite identificar um primeiro e um u ´ltimo elemento. E se elas estivessem em c´ırculo? Exemplo 11. 2001 sapos est˜ ao pulando entre 2000 vit´ orias-r´egias dispostas em c´ırculo. A cada minuto, quaisquer dois sapos que est˜ ao sobre a mesma vit´ oria-r´egia (diferente das extremidades) pulam para as vit´ orias-r´egias vizinhas, um em cada dire¸ca ˜o. Prove que em algum momento existem pelo menos 1001 vit´ orias-r´egias ocupadas. Solu¸ c˜ ao: Note que como h´a 2001 sapos e 2000 vit´orias-r´egias, sempre haver´a pelo menos uma vit´oria-r´egia com pelo menos dois sapos. Conclus˜ ao: os sapos nunca param de pular. Parece estranho usar um monovariante em um problema em que o processo n˜ao termina, mas ´e o que faremos. Primeiro, provaremos que cada vit´oria-r´egia ´e visitada pelo menos uma vez. De fato, se existe uma vit´oria-r´egia que nunca ´e visitada, ent˜ao podemos descart´ ala e considerar a fila que ´e formada com as demais vit´orias-r´egias, e ca´ımos no exemplo anterior. Mas isso quer dizer que os sapos param de pular, o que j´a vimos que n˜ao acontece. Agora, divida as 2000 vit´orias-r´egias em 1000 pares de vit´orias-r´egias vizinhas. Considere um par A, B de vit´orias-r´egias vizinhas: sabemos que ambas ser˜ao visitadas por algum sapo em algum momento. Mas se algum sapo entra em uma das vit´orias-r´egias, sempre vai haver um sapo em A ou B. De fato, se a quantidade de sapos em A diminui, a quantidade de sapos em B aumenta (verifique!), e nunca vamos ver 0 sapo em A e 0 sapo em B. Com isso, conseguimos pelo menos 1000 vit´orias-r´egias ocupadas. Como garantir 1001? Ou ´nico caso em que h´a exatamente 1000 vit´orias-r´egias ocupadas ´e os sapos estarem em vit´orias-r´egias alternadas (note que se esse n˜ao for o caso, duas vit´orias-r´egias ficam vazias, o j´a vimos que n˜ao pode ocorrer). Mas ´e s´ o executar um movimento que conseguimos 1001 vit´orias-r´egias ocupadas. ´ poss´ıvel adaptar a solu¸ca Observa¸ c˜ ao 4. E ˜o acima para 2000 sapos. Mas como nem sempre os sapos ficam pulando para sempre (por quˆe?), ´e preciso fazer mudan¸cas. 11

POT 2012 - Combinat´ oria - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. Carlos Shine ´ claro que podemos aplicar a ideia de monovariantes em problemas de tabuleiro. E Exemplo 12. Imagine um tabuleiro de xadrez infinito dividido em dois por uma de suas retas horizontais. Devemos agora pˆ or uma quantidade finita de pe¸cas na parte de baixo do tabuleiro e, movendo-as segundo as regras do Resta um, trazer pelo menos uma delas at´e a n-´esima linha acima da linha divis´ oria. Determine os valores de n para o qual isto ´e poss´ıvel. Solu¸ c˜ ao: Vocˆe pode verificar que ´e poss´ıvel para n ≤ 4. Mas para n ≥ 5 n˜ao ´e poss´ıvel. Precisamos s´ o provar que n˜ao ´e poss´ıvel chegar `a quinta linha. Para isso, suponha por absurdo que seja poss´ıvel e considere uma casa ocupada por uma pe¸ca nessa linha. Associe a essa casa o n´ umero 1, ` as casas vizinhas por aresta o n´ umero x > 0, `as vizinhas dessas 2 vizinhas o n´ umero x , e assim por diante: x3 x4 x5 x6 x7

x2 x3 x4 x5 x6

x 1 x x2 x3 x2 x x2 x3 x4 x3 x2 x3 x4 x5 x4 x3 x4 x5 x6 x5 x4 x5 x6 x7

x8 x7 x6 x5 x6 x7 x8 x9 x8 x7 x6 x7 x8 x9 Vamos, novamente, considerar a fun¸c˜ao potencial, ou seja, seja S a soma das casinhas que tˆem uma pe¸ca. Considere os movimentos do Resta-um. Eles s˜ ao do tipo: • Saem xk−1 , xk e entra xk+1 (desce ou fica mais longe da coluna com o 1); • Saem xk+1 , xk e entra xk−1 (sobe ou fica mais perto da coluna com o 1); • Saem xk+1 , xk e entra xk+1 (movimentos envolvendo a coluna com o 1 e suas duas vizinhas); Note que no terceiro movimento trocamos xk+1 + xk por xk+1 , ou seja, S diminui. Vamos fazer com que S nunca cres¸ca ent˜ao. Ou seja, vamos escolher x tal que √ √ k−1 x >k 0 k+1 2 x>0 5−1 5+1 x +x ≥x ⇐⇒ x − x − 1 ≤ 0 ⇐⇒ ≤x≤ 2 2 xk+1 + xk ≥ xk−1 x 2 + x − 1 ≥ 0

O valor final de S deve ser pelo menos 1. Todavia, o valor inicial de S ´e menor do que a soma dos n´ umeros de todas as casas abaixo da linha horizontal, que ´e, escolhendo x < 1, x5 (1 + x + x2 + · · · ) + 2x6 (1 + x + x2 + · · · ) + 2x7 (1 + x + x2 + · · · ) + · · ·   1 2x5 1 x5 (1 + x) 5 6 7 5 = (x + 2x + 2x + · · · ) · = −x = 1−x 1−x 1−x (1 − x)2 12

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Para facilitar as contas, escolha x = 1 + x = x1 e a soma ´e menor do que

√

5−1 2 .

Ent˜ao x2 + x = 1 ⇐⇒ 1 − x = x2 ⇐⇒

x5 (1 + x) x5 · 1/x = = 1. (1 − x)2 (x2 )2 Mas se o valor inicial de S ´e menor do que 1 e S nunca aumenta, qualquer sequˆencia de movimentos leva a um valor menor do que 1 e portanto n˜ao ´e poss´ıvel que S seja pelo menos 1 e, portanto, n˜ao ´e poss´ıvel chegar `a quinta linha. x5 (1+x)

(x2

√

5−1 2 . De fato, 1)(x4 + x2 − x +

Observa¸ c˜ ao 5. x s´ o poderia ser

o monovariante S funciona se, e somente

se, (1−x)2 ≤ 1 ⇐⇒ +x− 1) ≤ 0. Como x2 − x + 1 > 0 para todo x real, x4 + x2 − x + 1 > 0 para todo x real e bastava. . . x2 + x √ − 1 ≤ 0. Mas x2 + x − 1 ≥ 0 e x > 0, ou seja, x2 + x − 1 = 0 e x > 0, que equivale a x = 5−1 2 .

Problemas 1. Seja n um inteiro positivo ´ımpar. Em um quadro est˜ao escritos os n´ umeros de 1 a 2n. Escolhemos ent˜ao dois n´ umeros a e b, apagamo-os, e escrevemos |a − b| em seu lugar, repetindo o processo at´e que haja somente um n´ umero no quadro. Prove que este n´ umero ´e ´ımpar. 2. (OBM) Considere uma barra de chocolate 3 × 4 que tem um amendoim apenas num peda¸co, em um dos cantos. Elias e F´abio querem repartir o chocolate, mas nenhum deles gosta de amendoim. Ent˜ao combinam dividir o chocolate quebrando-o ao longo das linhas verticais ou horizontais da barra, um depois do outro e retirando o peda¸co escolhido, at´e que algu´em tenha que ficar com o peda¸co do amendoim. Por sorteio, coube a Elias come¸car a divis˜ao, sendo proibido ficar com mais da metade do chocolate logo no come¸co. Qual deve ser a primeira divis˜ao de Elias para garantir que F´abio fique com o amendoim ao final? 3. (OBM) Iniciando com o par (2048, 1024), podemos aplicar
quantas vezes quisermos a a+3b , , ent˜ao, dentre os seguintes opera¸c˜ao que transforma o par (a, b) no par 3a+b 4 4 pares: (a) (1664, 1408) (b) (1540, 1532) (c) (1792, 1282) (d) (1537, 1535) (e) (1546, 1526) (A) Todos podem ser obtidos. (B) Apenas o par 4 n˜ao pode ser obtido. (C) Apenas o par 3 n˜ao pode ser obtido. 13

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(D) Existem exatamente dois pares que n˜ao podem ser obtidos. (E) Existem mais de dois pares que n˜ao podem ser obtidos. 4. (Cone Sul) Um jogo consiste de 9 bot˜ oes (de cor verde ou vermelha) dispostos da seguinte maneira: ◦1 ◦2 ◦3 ◦4 ◦5 ◦6 ◦7 ◦8 ◦9 Se ´e apertado um bot˜ ao do bordo do quadrado trocam de cor ele e todos seus vizinhos, se ´e apertado o bot˜ ao do centro trocam de cor seus 8 vizinhos, por´em ele n˜ao. Os exemplos seguintes mostram com c´ırculos vermelhos (◦) as luzes que trocam de cor ao pressionar o bot˜ ao que ´e indicado. ◦1 ◦2 •3 ◦4 ◦5 •6 •7 •8 •9 Bot˜ ao 1

◦1 ◦2 ◦3 ◦4 ◦5 ◦6 •7 •8 •9 Bot˜ ao 2

◦1 ◦2 ◦3 ◦4 •5 ◦6 ◦7 ◦8 ◦9 Bot˜ ao 5

´ poss´ıvel (apertando sucessivamente alguns bot˜ E oes) acender todas as luzes de cor verde, se inicialmente estavam todas acesas com a luz vermelha? Justifique a sua resposta. 5. Cada um dos n´ umeros x1 , x2 , . . . , xn ´e igual a 1 ou −1, e x1 x2 x3 x4 + x2 x3 x4 x5 + x3 x4 x5 x6 + · · · + xn−3 xn−2 xn−1 xn + xn−2 xn−1 xn x1 + xn−1 xn x1 x2 + xn x1 x2 x3 = 0. Prove que n ´e divis´ıvel por 4.

6. Pablo escolhe um inteiro positivo n e escreve no quadro negro os 2n + 1 n´ umeros n n n n , , ,..., . 1 2 3 2n + 1 Laura escolhe dois n´ umeros escritos por Pablo, a e b, apaga-os e escreve o n´ umero 2ab − a − b + 1. Depois de repetir este procedimento 2n vezes, sobra apenas um u ´nico n´ umero no quadro negro. Determinar os poss´ıveis valores deste n´ umero. 7. (Cone Sul) Estando algumas pilhas de discos numa mesa, um movimento admiss´ıvel ´e escolher uma pilha, descartar um dos seus discos e dividir o que resta da pilha en duas pilhas n˜ao vazias, n˜ao necessariamente iguais. Inicialmente h´a sobre a mesa s´ o uma pilha e esta tem 1000 discos. Determine se ´e poss´ıvel, depois de alguma sucess˜ ao de movimentos admiss´ıveis, chegar a uma situa¸c˜ao onde cada pilha tenha exatamente 3 discos. 8. (Cone Sul) No plano cartesiano, considere os pontos de coordenadas inteiras. Uma opera¸c˜ao consiste em:

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Escolher um destes pontos e realizar uma rota¸c˜ao de 90◦ no sentido anti-hor´ario, com centro neste ponto. ´ poss´ıvel, atrav´es de uma sequˆencia dessas opera¸c˜oes, levar o triˆ E angulo de v´ertices (0, 0), (1, 0), e (0, 1) no triˆ angulo de v´ertices (0, 0), (1, 0) e (1, 1)? 9. Em n posi¸c˜oes distintas de um circuito circular existem n carros prontos para partir, os quais cobrem o circuito em uma hora. Ao ouvir o sinal, cada um deles escolhe uma dire¸c˜ao e parte imediatamente. Dois carros ao se encontrarem trocam de dire¸c˜ao instantaneamente e sem perda de velocidade. Mostre que em certo momento todos os carros estar˜ao novamente em seus pontos de partida. 10. (IMO) Num tabuleiro infinito no qual est˜ao dispostas n2 pe¸cas, formando um quadrado n × n, jogamos o Resta Um. Para quais valores de n h´a uma estrat´egia vencedora, ou seja, ´e poss´ıvel terminar o jogo com apenas uma pe¸ca no tabuleiro? ´ dada uma equa¸c˜ao do segundo grau x2 + ax + b = 0 com ra´ızes inteiras 11. (OBM) E a1 e b1 . Consideramos a equa¸c˜ao do segundo grau x2 + a1 x + b1 = 0. Se a equa¸c˜ao x2 +a1 x+b1 = 0 tem ra´ızes inteiras a2 e b2 , consideramos a equa¸c˜ao x2 +a2 x+b2 = 0. Se a equa¸c˜ao x2 + a2 x + b2 = 0 tem ra´ızes inteiras a3 e b3 , consideramos a equa¸c˜ao x2 + a3 x + b3 = 0. E assim por diante. Se encontrarmos uma equa¸c˜ao com ∆ < 0 ou com ra´ızes que n˜ao sejam n´ umeros inteiros, encerramos o processo. Exemplos: • x2 − 3x + 2 = 0 −→ x2 + 2x + 1 = 0 −→ x2 − √ x − 1 = 0 e n˜ao√podemos continuar, pois as ra´ızes de x2 − x − 1 = 0 s˜ ao (1 + 5)/2 e (1 − 5)/2, n´ umeros n˜ao inteiros. • x2 − 3x + 2 = 0 −→ x2 + x + 2 = 0 e n˜ao podemos continuar, pois ∆ = −7 < 0.

• x2 = 0 −→ x2 = 0 −→ x2 = 0 −→ · · · neste caso podemos continuar o processo indefinidamente (isto ´e, em nenhuma equa¸c˜ao obtida ocorre ∆ < 0 ou ra´ızes n˜ao inteiras). (a) Determine uma outra equa¸c˜ao que, como x2 = 0, nos permita continuar o processo indefinidamente. (b) Determine todas as equa¸c˜oes do segundo grau completas a partir das quais possamos continuar o processo indefinidamente. 12. 1000 homens e 1000 mulheres est˜ao em um hotel com 123 quartos. As pessoas mudam de quarto de acordo com as seguintes regras: • um homem se muda de um quarto com mais homens que mulheres para um quarto com mais mulheres do que homens (todas as contagens s˜ ao feitas antes da mudan¸ca) ou

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• uma mulher se muda de um quarto com mais mulheres que homens para um quarto com mais homens do que mulheres (todas as contagens s˜ ao feitas antes da mudan¸ca) Prove que eventualmente as pessoas v˜ao parar de mudar de quarto. 13. 1000 homens e 1000 mulheres est˜ao em um hotel com 123 quartos. As pessoas mudam de quarto de acordo com as seguintes regras: • um homem se muda de um quarto com mais homens que mulheres para um quarto com mais mulheres do que homens (todas as contagens s˜ ao feitas antes da mudan¸ca) ou • uma mulher se muda de um quarto com mais mulheres que homens para um quarto com pelo menos a mesma quantidade de pessoas (todas as contagens s˜ ao feitas antes da mudan¸ca) Prove que eventualmente as pessoas v˜ao parar de mudar de quarto. 14. (OBM) Temos uma fileira longa de copos e n pedras no copo central (copo 0). Os seguintes movimentos s˜ ao permitidos: Movimento tipo A

i−1

i

i+1

i+2

i−1

i

i+1

i+2

Se h´a pelo menos uma pedra no copo i e pelo menos uma no copo i + 1 podemos fazer uma pedra que est´a no copo i + 1 pular para o copo i − 1 eliminando uma pedra do copo i. Movimento tipo B

i−1

i

i+1

i+2

i−1

i

i+1

i+2

Se h´a pelo menos duas pedras no copo i podemos pular uma para o copo i + 2 e uma outra para o copo i − 1.

Demonstre o seguinte fato: fazendo os movimentos tipo A ou B durante um tempo suficientemente longo sempre chegaremos a uma configura¸c˜ao a partir da qual n˜ao ´e mais poss´ıvel fazer nenhum desses dois tipos de movimento. Al´em disso essa configura¸c˜ao final n˜ao depende da escolha de movimentos durante o processo.

15. Doze an˜ oes vivem em uma floresta e cada um deles tem uma casa que ´e pintada de vermelho ou azul. No i-´esimo mˆes de cada ano, o i-´esimo an˜ ao visita todos os seus amigos e se encontra a maioria deles vivendo em casas de cor diferente da sua pr´opria, ele decide juntar-se a eles e muda a cor de sua casa. Mostre que, mais cedo ou mais tarde, nenhum an˜ ao precisar´a mudar a cor de sua casa. (As amizades s˜ ao m´ utuas e n˜ao mudam). 16

POT 2012 - Combinat´ oria - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. Carlos Shine ´ atribu´ıdo um inteiro a cada um dos v´ertices de um pent´agono regular, de 16. (IMO) E tal forma que a soma dos cinco n´ umeros seja positiva. Se trˆes v´ertices consecutivos recebem os n´ umeros x, y, z, respectivamente, e y < 0 ent˜ao a seguinte opera¸c˜ao ´e permitida: os n´ umeros x, y, z s˜ ao trocados por x + y, −y, z + y, respectivamente. Tal opera¸c˜ao ´e repetida enquanto houver um n´ umero negativo entre os cinco atribu´ıdos. Determine se este processo necessariamente se encerra ap´ os um n´ umero finito de aplica¸c˜oes de tal opera¸c˜ao.

Bibliografia 1. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003. 2. C. Chuan-Chong e K. Khee-Meng, Principles and Techniques in Combinatorics, World Scientific 1992. 3. C. C. Liu, Introduction to Combinatorial Mathematics, McGraw-Hill 1968. 4. Z. Stankova, T. Rike (editores), A Decade of the Berkeley Math Circle; The American Experience, Volume I, MRSI/AMS 2008.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. Basta notar que a paridade da soma de todos os n´ umeros em qualquer estado n˜ao muda. De fato, isso ´e o mesmo que ver que a + b e |a − b| tˆem a mesma paridade. Mas isso ´e verdade pois a + b + |a − b| = 2 max{a, b} que ´e par, o que mostra que ou a + b e |a − b| s˜ ao ambos pares ou ambos ´ımpares. 2. A estrat´egia de Elias ´e sempre devolver um quadrado para F´abio (o invariante ´e essa estrat´egia). Note que F´abio nunca poder´ a devolver um quadrado para Elias. a+3b 3. D. Os invariantes s˜ ao na verdade dois: 3a+b 4 + 4 = a + b mostra que em todo par = a+3b = a−b (x, y) obtido a soma ´e 2048 + 1024 = 3072; 3a+b 4 4 2 mostra que, sendo a diferen¸ca inicial 1024, uma potˆencia de 2, a diferen¸ca ´e sempre da forma 2k , k inteiro. De fato, estas condi¸c˜oes s˜ ao necess´arias e suficientes para um par aparecer. Assim, considerando que 1664 + 1408 = 3072 e 1664 − 1408 = 256; 1540 + 1532 = 3072 e 1540 − 1532 = 8; 1792 + 1282 = 3074; 1537 + 1535 = 3072 e 1537 − 1535 = 2 e 1546 − 1526 = 20, exatamente dois pares n˜ao podem ser obtidos.

4. Note que cada opera¸c˜ao altera a cor de uma quantidade par de bot˜ oes (4 para bot˜ oes no canto; 6 para bot˜ oes no bordo; 8 para o bot˜ ao do centro). Ent˜ao se entre os 2t bot˜ oes que mudam de cor k bot˜ oes eram verdes e 2t − k eram vermelhos, tem-se 2t − k verdes e k vermelhos. Se k ´e ´ımpar, 2t − k ´e ´ımpar; se k ´e par, 2t − k ´e par. Logo a paridade de bot˜ oes verdes acesos ´e invariante. Como inicialmente h´a 0 bot˜ oes verdes, a quantidade de bot˜ oes verdes ´e sempre par. Como 9 ´e ´ımpar, n˜ao ´e poss´ıvel que todos os bot˜ oes fiquem verdes. 17

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5. O que acontece se trocamos xk = 1 por xk = −1? As parcelas afetadas s˜ ao as quatro parcelas que tˆem xk , xk−3 xk−2 xk−1 xk , xk−2 xk−1 xk xk+1 , xk−1 xk xk+1 xk+2 e xk xk+1 xk+2 xk+3 . Se h´a t 1’s e 4 − t −1’s, mudamos de t + (4 − t)(−1) = 2t + 4 para −2t − 4. Isto ´e, a diferen¸ca entre as somas ´e 2(2t + 4) = 4(t + 2), que ´e m´ ultiplo de 4. Logo a soma dada ´e invariante m´ odulo 4, e para que seja poss´ıvel que seja igual a zero, a soma deve ser sempre um m´ ultiplo de 4, em particular quando x1 = x2 = · · · = xn = 1, ou seja, ´e igual a n. Logo n ´e m´ ultiplo de 4. n 6. A opera¸c˜ao com b = 12 ´e 2a · 21 − a − 21 + 1 = 12 . Assim, como 2n = 21 ´e um dos n´ umeros 1 da lista, 2 nunca sai da lista, e portanto o n´ umero que sobra no quadro negro s´ o pode ser 21 .

7. Seja n o n´ umero de discos e p o n´ umero de pilhas. Cada movimento diminui n em uma unidade e aumenta p em uma unidade, logo n + p ´e invariante. Inicialmente, n + p = 1001, que ´e ´ımpar, e na situa¸c˜ao desejada, n + p = 3p + p = 4p, que ´e par. Ent˜ao n˜ao ´e poss´ıvel. 8. A rota¸c˜ao de um ponto (x, y) de 90◦ no sentido anti-hor´ario em torno de (a, b) ´e (a+b−y, x−a+b). A soma das coordenadas muda de x+y para a+b−y +x−a+b = x − y + 2b, que tem a mesma paridade. Logo a paridade da soma das coordenadas ´e invariante. Mas o v´ertice do ˆ angulo reto de um triˆ angulo ´e (0, 0), que tem soma das coordenadas par, e o do outro triˆ angulo ´e (1, 0), que tem soma das coordenadas ´ımpar. Logo n˜ao ´e poss´ıvel. 9. Suponha que cada carro carrega uma bandeira e que, ao se encontrarem, dois carros trocam de bandeiras. Ent˜ao cada bandeira circula sempre no mesmo sentido, e a cada hora volta ao seu lugar de origem. Isso quer dizer que, a cada hora, as posi¸c˜oes dos carros s˜ ao as mesmas, talvez com os carros permutados. Al´em disso, as posi¸c˜oes relativas entre carros n˜ao muda (n˜ao ocorrem “ultrapassagens”). Ent˜ao as permuta¸c˜oes s˜ ao permuta¸c˜oes circulares dos carros, ou seja, basta provarmos que um carro volta ` a sua posi¸c˜ao inicial que os demais automaticamente voltam. Enfim, seja v a velocidade de cada carro; a soma de todas as velocidades (com sinal) ´e invariante e igual a um m´ ultiplo inteiro de v. Se obtivermos zero, ap´ os uma volta todos os carros est˜ao na posi¸c˜ao inicial. Se n˜ao, obtemos kv, e ap´ os mmc(n, k) voltas os carros est˜ao na posi¸c˜ao inicial. 10. n n˜ao m´ ultiplo de 3. Nesses casos, fa¸ca uma indu¸c˜ao reduzindo o caso n para o caso n − 3 (encontre uma maneira de “varrer” retˆ angulos 3 × n, n ≥ 3). Para mostrar que m´ ultiplos de 3 n˜ao funcionam, fa¸ca uma pintura de 3 cores, semelhante `a do exemplo do Resta-um. 11. (a) x2 + kx = 0 d´a certo para todo k inteiro. Basta alternar entre x2 + kx = 0 e x2 − kx = 0.

(b) Agora temos b0 = b 6= 0. Note que bn = an+1 bn+1 , o que implica bn+1 | bn . Note que, indutivamente, bn 6= 0, logo |bn+1 | ≤ |bn | (utilizamos aqui a propriedade 18

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d | n =⇒ n = 0 ou |d| ≤ |n|). Logo |bn | ´e um monovariante que nunca cresce, e eventualmente fica constante, ou seja, bj+1 = ±bj para todo j ≥ N para algum N suficientemente grande. Se bj+1 = bj para algum j, temos que aj+1 = 1, e obtemos a equa¸c˜ao x2 + x + bj+1 = 0. Mas bj+2 = ±bj+1 ´e raiz dessa equa¸c˜ao, ou seja, b2j+1 ± bj+1 + bj+1 = 0 ⇐⇒ bj+1 = −1 ∓ 1, e a u ´nica possibilidade ´e bj+1 = −2. Assim, obtemos a equa¸c˜ao x2 + x − 2 = 0, que tem ra´ızes 1 e −2, e podemos repetir essa equa¸c˜ao infinitas vezes. Se bj+1 = −bj para algum j, temos que aj+1 = −1, e obtemos a equa¸c˜ao x2 − x + bj+1 = 0. Mas bj+2 = ±bj+1 ´e raiz dessa equa¸c˜ao, ou seja, b2j+1 ± bj+1 + bj+1 = 0 ⇐⇒ bj+1 = −1 ∓ 1, e a u ´nica possibilidade ´e, novamente, 2 bj+1 = −2. Assim, obtemos a equa¸c˜ao x − x − 2 = 0, que tem ra´ızes −1 e 2. Mas x2 − x + 2 = 0 e x2 + 2x − 1 = 0 n˜ao tˆem solu¸c˜oes inteiras. Logo a u ´nica equa¸c˜ao ´e x2 + x − 2 = 0. 12. Considere como monovariante o balan¸co dos quartos. Ou seja, sendo hi e mi as quantidades de homens e mulheres no quarto i, seja X S= |hi − mi | i=1

Note que S sempre diminui (verifique!). Como S ´e limitado por 0, as pessoas em algum momento param de mudar de quarto. 13. Considere um time de dois monovariantes: o balan¸co e a concentra¸c˜ao. Note que o balan¸co diminui ou se mant´em; mas se fica o mesmo, a concentra¸c˜ao aumenta. O balan¸co teria que ficar constante em algum momento; mas a´ı a concentra¸c˜ao sempre cresce, e isso n˜ao pode ocorrer para sempre; ou seja, o processo para. 14. Associe o n´ umero xi para cada pedra no i-´esimo copo. Seja S a soma de todos os n´ umeros associados ` as pedras. O movimento A troca xi + xi+1 por xi−1 ; o movimento B troca 2xi por xi−1 + xi+2 . Assim, a diferen¸ca em S´e xi−1 (1−x−x2 ) ou xi−1 (1+x3 −2x) = xi−1 (1−x−x2 )(1−x). √

Escolha x tal que 1 − x − x2 = 0, ou seja, x = φ−1 = 5−1 ao S ´e invariante. 2 . Ent˜ Existe um n´ umero xk tal que S < xk , ent˜ao existe um limite para a pedra que fica mais `a esquerda, e portanto ela deixa de se mover ap´ os alguns movimentos. Agora considere a soma sem essa pedra. A pedra mais `a esquerda entre as restantes (ou seja, a segunda pedra da esquerda) deixa de se mover ap´ os alguns movimentos, e assim por diante (ou seja, fizemos um time de monovariantes). Ent˜ao a configura¸c˜ao se torna constante em algum momento. Para provar que as posi¸c˜oes finais s˜ ao u ´nicas, note que a representa¸c˜ao de S na base φ−1 (com todos os algarismos iguais a zero ou um, sem haver dois uns consecutivos) ´e u ´nica: suponha por absurdo que existem duas representa¸c˜oes e seja k a primeira posi¸c˜ao, da esquerda para a direita, em que essas representa¸c˜oes diferem. Isso quer 19

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dizer que φ−k ´e igual ` a soma de alguns n´ umeros da forma φ−m com m > k + 1. Mas P∞ φ−k−2 −m −k = 1−φ−1 = φ , ent˜ao isso n˜ao ´e poss´ıvel e a configura¸c˜ao final ´e u ´nica. m=k+2 φ

15. Considere a matriz de adjacˆencia, que ´e uma tabela 12 × 12, em que o elemento aij da linha i e coluna j ´e igual a 1 se i e j s˜ ao amigos e as casas deles tˆem a mesma cor, −1 se i e j s˜ ao amigos e as casas tˆem cores diferentes e 0 caso contr´ario. Considere a soma de todos os elementos da matriz de adjacˆencia. O an˜ ao i muda a cor da casa se, e somente se, a soma dos elementos da linha i ´e negativa. A mudan¸ca de cor troca os sinais da linha i e da coluna i, tornando a soma dos elementos da linha i positiva, ou seja, S sempre aumenta. Mas como S ´e limitada por 12 · 11, os an˜ oes eventualmente param de mudar a cor de suas casas. 16. Sendo a, b, c, d, e os n´ umeros, considere o monovariante S = (a−c)2 +(b−d)2 +(c−e)2 + (d−a)2 +(e−b)2 . O que acontece se d < 0 e vocˆe aplica a opera¸c˜ao nele? S muda para S ′ = (a−c−d)2 +(b+d)2 +(c−e)2 +(d+a)2 +(d+e−b)2 = S +2d(a+b+c+d+e) < S, e S ´e um monovariante que diminui sempre. Mas S ≥ 0, ent˜ao o processo termina.

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Princ´ıpio da Casa dos Pombos Apesar de ser um princ´ıpio bastante simples, o princ´ıpio da casa dos pombos ´e uma das armas mais poderosas da matem´ atica. Talvez o fato de ser uma ideia simples ´e que a torna t˜ao poderosa. Proposi¸ c˜ ao 1 (Casa dos pombos). Dados n objetos e menos de n gavetas, ao guardarmos os objetos nas gavetas obtemos pelo menos uma gaveta com mais de um objeto. ´ claro que podemos quantificar melhor essa ideia: E Proposi¸ c˜ ao 2 (Casa dos pombos (quantificado)). Dados  n objetos para serem guardados em k gavetas, existe uma gaveta com pelo menos n−1 + 1 objetos. k   +1 Demonstra¸ c˜ ao: Suponha por absurdo que todas as gavetas tˆem menos de n−1 k objetos. Ent˜ao cada uma das k gavetas tem uma quantidade de objetos menor ou igual a n−1 ao h´a no m´ aximo k · n−1 e absurdo. Logo uma gaveta k . Mas ent˜ k = n − 1 objetos, o que ´ n−1 tem pelo menos k + 1 objetos. Note que o princ´ıpio da casa dos
pombos nos mostra que algo existe sem exibi-lo. De n+k−1 fato, sabemos que existem maneiras de guardar n objetos em k gavetas. O que o n princ´ıpio das casas dos pombos diz  n−1  ´e que em toda distribui¸c˜ao de objetos em gavetas tem uma gaveta com pelo menos k + 1 objetos. Como s˜ ao muitas maneiras de distribuir os objetos, ´e claro que o princ´ıpio n˜ao consegue indicar qual ´e a gaveta com muitos objetos.

Quando usar casa dos pombos? (Des)formalizando o princ´ıpio Note que, implicitamente, o que fazemos ao colocar os objetos nas gavetas? H´ a v´arios aspectos a considerar: • Primeiro, note ao supor a existˆencias de objetos e gavetas, estamos considerando dois tipos de entidades. Ent˜ao podemos considerar dois conjuntos: o conjunto A dos objetos e o conjunto B das gavetas. • Segundo, ao colocar cada objeto em uma gaveta, estamos associando a cada objeto uma u ´nica gaveta, ou seja, estamos associando a cada x ∈ A um u ´nico y ∈ B. Que tipo de associa¸c˜ao ´e essa?

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Pensando um pouco, a resposta ´e clara: casa dos pombos ´e um resultado sobre fun¸co ˜es. Formalizando, temos Proposi¸ c˜ ao 3 (Casa dos pombos (com fun¸c˜oes)). Dados dois conjuntos finitos A e B ej umakfun¸ca ˜o f : A → B, existe um elemento y ∈ B que est´ a associado a pelo menos |A|−1 + 1 elementos de A. |B|

Por outro lado, vale a pena ter uma no¸c˜ao intuitiva do princ´ıpio. Imaginando que temos “muitos” objetos para “poucas” gavetas, temos a seguinte ideia: Proposi¸ c˜ ao 4 (Casa dos pombos (intuitivo)). Se colocamos muitos objetos em poucas gavetas, existe uma gaveta com muitos objetos. Como fun¸c˜oes aparecem muito na Matem´ atica, ´e natural que o princ´ıpio da casa dos pombos tenha in´ umeras aplica¸c˜oes. Vejamos algumas, come¸cando com a pr´opria combinat´oria: Exemplo 1. Mostre que se h´ a n pessoas em uma festa, ent˜ ao duas delas conhecem o mesmo n´ umero de pessoas entre as presentes.

Solu¸ c˜ ao: Cada pessoa pode conhecer entre 0 e n − 1 pessoas na festa. Infelizmente, h´a n pessoas e n possibilidades, e isso ainda n˜ao nos permite usar o princ´ıpio da casa dos pombos. Mas o u ´nico caso que d´a errado ´e o caso em que todas as possibilidades aparecem exatamente uma vez; ou seja, existem ao mesmo tempo uma pessoa que conhece todas as outras n − 1 pessoas na festa e uma pessoa que conhece zero pessoa na festa. Isso n˜ao pode ocorrer, ent˜ao o problema est´a resolvido. Note que, implicitamente, definimos uma fun¸c˜ao f do conjunto das pessoas na festa em {0, 1, 2, . . . , n − 1} em que f (x) ´e a quantidade de pessoas que x conhece. Agora, uma aplica¸c˜ao ` a geometria: Exemplo 2. (OBM) No interior de um quadrado de lado 16 s˜ ao colocados 1000 pontos. √ Mostre que ´e poss´ıvel colocar um triˆ angulo equil´ atero de lado 2 3 no plano de modo que ele cubra pelo menos 16 destes pontos.  2 1 √ a entre 4,52 = 20,25 e 52 e a altura do = 64 Solu¸ c˜ ao: Como 216 3 = 21 + 3 est´ 3 √ √   = 60 triˆ angulo ´e 2 3·2 3 = 3, podemos cobrir um quadrado de lado 16 com 2 · 5 · 16 3 triˆ angulos equil´ a teros. Pelo princ´ ıpio da casa dos pombos existe um triˆ a ngulo com pelo   menos 1000−1 + 1 = 17 pontos. 60 A fun¸c˜ao agora ´e f do conjunto A dos 1000 pontos no conjunto B dos triˆ angulos equil´ ateros, sendo f (x) o triˆ angulo ao qual o ponto x pertence. Enfim, uma aplica¸c˜ao ` a An´ alise, que origina o teorema de Kronecker, que tem diversas aplica¸c˜oes em teoria dos n´ umeros. Exemplo 3. Seja x real. Prove que dentre os n´ umeros x, 2x, . . . , (n − 1)x existe um que difere de um inteiro por no m´ aximo 1/n. 2

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Solu¸ c˜ ao: O que importa nesse problema ´e o que est´a `a direita da v´ırgula dos n´ umeros x, 2x, . . . , (n−1)x, ent˜ao consideremos a parte fracion´ aria de kx, ou seja, {kx} = kx−⌊kx⌋. As nossas “casas” s˜ ao os n intervalos [0, 1/n), [1/n, 2/n), . . ., [(n − 1)/n, 1). Por azar, s´ o temos n − 1 n´ umeros! O que fazer? Na verdade, s´ o n − 2 intervalos s˜ ao interessantes: se algum {kx} pertence a [0, 1/n) ou [(n − 1)/n, 1), o problema acabou, pois kx difere de um inteiro por no m´ aximo 1/n (por cima no primeiro caso e por baixo no segundo). Ent˜ao suponha que todos os n´ umeros {x}, {2x}, . . ., {(n − 1)x} est˜ao nos outros n − 2 intervalos. Pelo princ´ıpio da casa dos pombos, existem dois n´ umeros {ix} e {jx} no mesmo intervalo, i > j. Mas a´ı {(i − j)x} pertence a [0, 1/n) ou [(n − 1)/n, 1), e 1 ≤ i − j ≤ n − 2, contradi¸c˜ao. Qual ´e a fun¸c˜ao aqui? Tente descobrir. Enfim, uma aplica¸c˜ao bastante criativa na teoria dos n´ umeros. Exemplo 4. (OBM) Mostre que existe um n´ umero da forma 199 . . . 91 (com pelo menos trˆes noves) que ´e m´ ultiplo de 1991. Solu¸ c˜ ao: Considere todos os infinitos n´ umeros da forma 199 . . . 91. Como h´a somente 1991 restos na divis˜ao por 1991, existem dois desses n´ umeros com o mesmo resto. Mas isso quer dizer que a diferen¸ca entre eles, que ´e da forma 199 . . . 980 . . . 0, ´e m´ ultiplo de 1991. Sendo mdc(10, 1991) = 1, podemos eliminar os zeros `a direita. Mas deixemos trˆes deles no final: 199 . . . 98000 ´e m´ ultiplo de 1991. Somando 1991 obtemos o resultado: 199 . . . 99991 ´e m´ ultiplo de 1991. Como temos o 8 em 199 . . . 98000, esse n´ umero tem pelo menos trˆes noves.

Formula¸c˜ ao com m´ edias Outra formula¸c˜ao extremamente u ´til do princ´ıpio da casa dos pombos ´e a formula¸c˜ao com m´edias. Proposi¸ c˜ ao 5 (Casa dos pombos (m´edias)). Dada uma quantidade finita de n´ umeros, pelo menos um dos n´ umeros ´e menor ou igual ` a m´edia e pelo menos um dos n´ umeros ´e maior ou igual ` a m´edia. Fica a cargo do leitor fazer a formula¸c˜ao com fun¸c˜oes e a demonstra¸c˜ao. Observa¸ c˜ ao 1. Note que, em algum momento, citamos m´edia aritm´etica. Esse princ´ıpio vale para todo tipo de m´edia, incluindo a m´edia geom´etrica, harmˆ onica, quadr´ atica. . . Exemplo 5. Quinze cadeiras est˜ ao colocadas ao redor de uma mesa circular e sobre esta est˜ ao colocados, em frente a cada uma das cadeiras, o nome de 15 convidados. Ao chegarem, os convidados n˜ ao percebem isto e nenhum senta-se em frente ao seu nome. Prove que a mesa pode ser girada de forma que pelo menos dois convidados fiquem corretamente sentados. Solu¸ c˜ ao: Podemos girar a mesa de 15 maneiras, e h´a um total de 15 coincidˆencias de nome com convidado (cada convidado vai estar `a frente do seu pr´oprio nome). Em m´edia, ent˜ao, h´a 15/15 = 1 coincidˆencia, o que mostra que h´a uma maneira com pelo menos 3

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uma coincidˆencia. N˜ ao parece muito u ´til, n˜ao? Mas sabemos que em uma maneira n˜ao h´a coincidˆencias, ou seja, uma maneira est´a abaixo da m´edia. Assim, h´a uma acima da m´edia, e conseguimos o que queremos. Essa formula¸c˜ao fica particularmente interessante se aliada a ideias de contagem dupla. Vamos incrementar um pouco o exemplo anterior: Exemplo 6. Tomamos dois c´ırculos concˆentricos, um de raio 2 dividido em 200 setores iguais, pintados de preto e branco, com 100 setores de cada cor, e outro de raio 1 tamb´em dividido em 200 setores iguais, mas pintados arbitrariamente de preto e branco. Prove que podemos girar o c´ırculo menor, de forma que as cores deste coincidam com as do maior em pelo menos 100 setores. Solu¸ c˜ ao: Gire o c´ırculo de raio 1 de todas as 200 maneiras e conte as vezes em que as cores coincidem. Cada setor do c´ırculo menor coincide com exatamente 100 setores do c´ırculo maior, ent˜ao a quantidade de coincidˆencias ´e 200 · 100. Com isso, a m´edia de coincidˆencias ´e 200·100 = 100. Pelo princ´ıpio da casa dos pombos, alguma maneira tem pelo menos 100 200 coincidˆencias (e alguma tem no m´ aximo 100 coincidˆencias tamb´em).

Problemas 1. (OBM) Uma caixa cont´em 100 bolas de cores distintas. Destas, 30 s˜ ao vermelhas, 30 s˜ ao verdes, 30 s˜ ao azuis e entre as 10 restantes, algumas s˜ ao brancas e outras s˜ ao pretas. Determine o menor n´ umero de bolas que devemos tirar da caixa, sem lhes ver a cor, para termos a certeza de haver pelo menos 10 bolas da mesma cor. 2. Dezenove flechas s˜ ao arremessadas sobre um alvo com formato de um hex´ agono regular de lado 1. Mostre que duas destas flechas est˜ao a uma distˆ ancia de no m´ aximo √ 3/3 uma da outra. 3. (a) Mostre que de quaisquer 52 inteiros ´e sempre poss´ıvel escolher um par cuja soma ou diferen¸ca ´e divis´ıvel por 100. (b) Seja k ≥ 1 um n´ umero natural. Determine o menor inteiro n com a seguinte propriedade: para qualquer escolha de n inteiros haver´a um par cuja soma ou diferen¸ca ´e divis´ıvel por 2k + 1. 4. Dado um inteiro n, mostre que existe um m´ ultiplo de n que se escreve com os algarismos 0 e 1 apenas. (Por exemplo, se n = 3, temos 111 ou 1011, etc. . . ) 5. Dado um conjunto de dez naturais entre 1 e 99 inclusive, prove que h´a dois subconjuntos disjuntos n˜ao vazios cujas somas de seus elementos s˜ ao iguais. 6. (OBM) Qual ´e a maior quantidade de n´ umeros do conjunto {1, 2, 3, . . . , 20} que podemos escolher de modo que nenhum deles seja o dobro do outro? 7. (OBM) Qual ´e o menor valor de n > 1 para o qual ´e poss´ıvel colocar n pe¸cas sobre um tabuleiro n × n de modo que n˜ao haja duas pe¸cas sobre a mesma linha, mesma coluna ou mesma diagonal? 4

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8. (OBM) Qual ´e o menor inteiro positivo n para o qual qualquer subconjunto de n elementos de {1, 2, 3, . . . , 20} cont´em dois n´ umeros cuja diferen¸ca ´e 8? 9. (OBM) Um subconjunto de {1, 2, 3, . . . , 20} ´e superpar quando quaisquer dois de seus elementos tˆem produto par. Qual ´e a maior quantidade de elementos de um subconjunto superpar? 10. (OBM) Quantos elementos tem o maior subconjunto de {1, 2, 3, . . . , 25} que n˜ao cont´em dois n´ umeros distintos cujo produto ´e um quadrado perfeito? 11. Sejam n pontos do plano tais que n˜ao h´a dois pares de pontos equidistantes. Une-se, por um segmento, cada ponto ao mais pr´oximo. Prove que nenhum ponto est´a ligado a mais de cinco pontos. 12. (OBM) Um professor de inglˆes d´a aula particular para uma classe de 9 alunos, dos quais pelo menos um ´e brasileiro. Se o professor escolher 4 alunos para fazer uma apresenta¸c˜ao, ter´ a no grupo pelo menos dois alunos de mesma nacionalidade; se escolher 5 alunos, ter´ a no m´ aximo trˆes alunos de mesma nacionalidade. Quantos brasileiros existem na classe? 13. (OBM) Carlinhos pensa num n´ umero ´ımpar positivo menor do que 100. Pedrinho se disp˜ oe a descobrir que n´ umero ´e esse fazendo a seguinte pergunta, quantas vezes forem necess´arias: “O n´ umero que vocˆe pensou ´e maior, menor ou igual a x?”. Note que x ´e um n´ umero que Pedrinho escolhe. Quantas perguntas desse tipo Pedrinho poder´ a ter que fazer at´e descobrir o n´ umero pensado por Carlinhos? 14. Durante seu treinamento um jogador de xadrez joga pelo menos uma vez por dia e n˜ao mais do que 12 vezes por semana. Prove que h´a um per´ıodo de dias consecutivos no qual ele joga exatamente 20 vezes. 15. Escolhem-se 55 elementos do conjunto {1, 2, . . . , 100}. Prove que dois destes elementos ter˜ ao como diferen¸ca 9, outros dois, 10 e outro par, 12, mas que n˜ao haver´a obrigatoriamente um par cuja diferen¸ca seja 11. 16. (Cone Sul) Considere o conjunto A = {1, 2, . . . , n}. Para cada inteiro k, seja rk a maior quantidade de elementos distintos de A que podemos escolher de maneira que a diferen¸ca entre dois n´ umeros escolhidos seja sempre diferente de k. Determine o maior valor poss´ıvel de rk , onde 1 ≤ k ≤ n2 . 17. (EUA) Um c´ırculo ´e dividido em 432 setores congruentes por 432 pontos. Esses pontos s˜ ao pintados de quatro cores de modo que alguns 108 pontos est˜ao pintados de vermelho, alguns 108 est˜ao pintados de verde, alguns 108 pontos est˜ao pintados de azul e os demais 108 pontos est˜ao pintados de amarelo. Prove que ´e poss´ıvel escolher trˆes pontos de cada cor de modo que os quatro triˆ angulos formados pelos pontos escolhidos de mesma cor s˜ ao congruentes.

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18. (OBM) Seja S um conjunto de n elementos. Determine o menor inteiro positivo k com a seguinte propriedade: dados quaisquer k subconjuntos distintos A1 , A2 , . . . , Ak de ± ± S, existe uma escolha adequada dos sinais + e − de modo que S = A± 1 ∪A2 ∪· · · ∪Ak − onde A+ e o complementar de Ai em rela¸c˜ao a S. i = Ai e Ai = S − Ai ´

Bibliografia 1. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003. 2. C. Chuan-Chong e K. Khee-Meng, Principles and Techniques in Combinatorics, World Scientific 1992. 3. C. C. Liu, Introduction to Combinatorial Mathematics, McGraw-Hill 1968.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. 38. Podemos pegar as 10 bolas pretas ou brancas e 9 de cada uma das outras cores, ou seja, existe um contraexemplo com 37 bolas. Agora, se h´a 38 bolas, pelo menos 28 s˜ ao de uma das trˆes cores vermelho, verde ou azul, e a´ı aplicamos o princ´ıpio da casa dos pombos. 2. Divida o hex´ agono em seis triˆ angulos equil´ ateros e cada triˆ angulo equil´atero em trˆes quadril´ateros tra¸cando a perpendicular a partir de seu centro a cada um dos lados. 3. Para o item (a), considere as 51 “casas” {0}, {1, 99}, {2, 98}, . . ., {49, 51}, {50} e considere os restos da divis˜ao dos n´ umeros por 100 como “pombos”. O item (b) ´e s´ o uma generaliza¸c˜ao; a resposta ´e k + 2. Use as casas para achar um contraexemplo com k + 1 n´ umeros. 4. Considere os n´ umeros da forma 1111 . . . 1 e veja o exemplo 4. 5. Seja a o menor elemento do conjunto. Ent˜ao a soma dos subconjuntos est´a entre a e a + 99 + 98 + · · · + 91, ou seja, h´a no m´ aximo 91 + 92 + · · · + 99 + 1 = 95 · 9 + 1 valores poss´ıveis para 210 − 1 = 1023 subconjuntos poss´ıveis. Como 95 · 9 + 1 < 100 · 10 = 1000 < 1023, h´a dois subconjuntos com a mesma soma. Eles podem n˜ao ser disjuntos; mas se n˜ao forem, basta eliminar a interse¸c˜ao de ambos que as somas continuam iguais. 6. Considere os conjuntos A = {1, 2, 4, 8, 16}, B = {3, 6, 12}, C = {5, 10, 20}, D = {7, 14}, E = {9, 18} e F = {11, 13, 15, 17, 19}. Podemos tomar no m´ aximo trˆes elementos de A (1, 4, 16), dois de B (5 e 20), dois de C (5 e 20), um de D, um de E e todos os cinco de F . Um total de 3 + 2 + 2 + 1 + 1 + 5 = 14 elementos. Se tomarmos 15 elementos, algum dos conjuntos vai ter mais elementos do que permitido e o princ´ıpio da casa dos pombos garante a existˆencia de dois n´ umeros, um igual ao dobro do outro. 7. n = 4. 6

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8. Considere os doze conjuntos {1, 9}, {17}, {2, 10}, {18}, {3, 11}, {19}, {4, 12}, {20}, {5, 13}, {6, 14}, {7, 15}, {8, 16}. N˜ ao podemos tomar dois elementos do mesmo conjunto (e existe um exemplo com um elemento de cada conjunto), ent˜ao a resposta ´e 13. 9. Um conjunto superpar n˜ao pode ter dois ´ımpares, ent˜ao a resposta ´e 11 (um ´ımpar e os 10 pares). 10. Considere os conjuntos {1, 4, 9, 16, 25}, {2, 8, 18}, {3, 12, 24}, {6, 24}. Podemos tomar no m´ aximo um elemento de cada conjunto, e todos os demais 25 − 5 − 3 − 3 − 2 = 12 n´ umeros, totalizando 16 n´ umeros. 11. Suponha, por absurdo, que um ponto P est´a ligado a outros seis pontos P1 , P2 , . . . , P6 , numerados no sentido anti-hor´ario. Ent˜ao um dos ˆangulos ∠Pi P Pi+1 (em que P7 = ◦ ◦ P1 ) ´e menor ou igual ` a m´edia 360 ao, no triˆ angulo Pi P Pi+1 , ∠Pi Pi+1 P ≥ 6 = 60 . Ent˜ ◦ ◦ 60 ≥ ∠Pi P Pi+1 ou ∠Pi+1 Pi P ≤ 60 ≥ ∠Pi P Pi+1 . Mas isso quer dizer que Pi Pi+1 < P Pi ou Pi Pi+1 < P Pi ; suponha, sem perdas, Pi Pi+1 < P Pi . Ent˜ao o ponto mais pr´oximo de Pi n˜ao ´e P , o que quer dizer que o ponto mais pr´oximo de P ´e Pi . Mas ent˜ao P Pi+1 > P Pi > Pi Pi+1 e o ponto mais pr´oximo de Pi+1 n˜ao ´e P , o que ´e um absurdo. 12. 3. A primeira condi¸c˜ao diz que h´a no m´ aximo 3 nacionalidades; a segunda. . . que h´a no m´ aximo 3 alunos de cada nacionalidade. Como h´a exatamente 9 alunos, tem que ter trˆes de cada nacionalidade. 13. 5. H´ a 50 possibilidades no come¸co. Cada pergunta reduz as possibilidades de k para no m´ınimo ⌊ k−1 2 ⌋ possibilidades. 14. Seja xi o n´ umero de partidas no dia i e considere as somas s1 = x1 , s2 = x1 + x2 , s3 = x1 + x2 + x3 , . . .. Como ele joga pelo menos uma vez por dia, as somas s˜ ao todas distintas. Considere agora k semanas de treinamento. Ent˜ao h´a 7k somas, todas de 1 a 12k, e queremos um per´ıodo de dias em que ele joga exatamente 20 vezes, ou seja, xi+1 + xi+2 + · · · + xj = 20 ⇐⇒ sj − si = 20. Escolha um k grande o suficiente e proceda como no problema 8. 15. Veja o problema 8: considere conjuntos {i, i + 9}, {i, i + 10}, {i, i + 12} e {i, i + 11} (nesse u ´ltimo caso, para ajudar a montar um exemplo). 16. A generaliza¸c˜ao do problema anterior. Seja n = 2kq + r, 0 ≤ r < 2k a divis˜ao euclidiana de n por 2k. Se a diferen¸ca entre dois n´ umeros ´e k, ent˜ao os dois n´ umeros deixam o mesmo resto na divis˜ao por k. Considere ent˜ao os seguintes conjuntos: A1 = {x ∈ A | x ≡ 1 (mod k)} = {1, k + 1, . . .}

A2 = {x ∈ A | x ≡ 2 (mod k)} = {2, k + 2, . . .}

A3 = {x ∈ A | x ≡ 3 (mod k)} = {3, k + 3, . . .} .. .

Ak = {x ∈ A | x ≡ k

(mod k)} = {k, 2k, . . .} 7

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Note que dois elementos de conjuntos diferentes n˜ao podem ter diferen¸ca igual a k. Al´em disso, dois elementos de um mesmo conjunto tˆem diferen¸ca igual a k se, e somente se, s˜ ao consecutivos dentro do conjunto. Se r ≤ k, a quantidade de elementos de cada conjunto ´e ( 2q + 1 , se 1 ≤ i ≤ r |Ai | = 2q , se r < i ≤ k Se k ≤ r < 2k, a quantidade de elementos de cada conjunto ´e ( 2q + 2 , se 1 ≤ i ≤ r − k |Ai | = 2q + 1 , se r − k < i ≤ k Se escolhermos mais de q + 1 elementos de um conjunto com 2q elementos, h´a dois elementos consecutivos, cuja diferen¸ca ´e k. Ent˜ao podemos escolher no m´ aximo q elementos de um conjunto Ai com 2q elementos (basta escolhermos os elementos alternadamente, todos deixando o mesmo resto na divis˜ao por 2k). Da mesma forma, podemos escolher no m´ aximo q + 1 elementos de um conjunto Aj com 2q + 2 elementos e q + 1 elementos de um conjunto Aℓ com 2q + 1 elementos (dessa vez escolhendo o primeiro elemento do conjunto e assim escolher alternadamente). Com isso, podemos concluir que ( kq + r se 0 ≤ r ≤ k rk = k(q + 1) se k < r < 2k n Afirmamos que rk ≤ 2n ao lembrando 3 para todo k, 1 ≤ k ≤ 2 . De fato, se 0 ≤ r ≤ k ent˜ n que n = 2kq + r ⇐⇒ r = n − 2kq e n = 2kq + r ≤ 2kq + k =⇒ k ≥ 2q+1 ,

rk = kq + r = kq + n − 2kq = n − kq ≤ n − q · pois f (q) = n k < 2q+1 e

q+1 2q+1

n (q + 1)n 2n = ≤ 2q + 1 2q + 1 3

´e decrescente para q > 0. e se k < r < 2k ent˜ao n = 2kq +r > 2kq +k =⇒ rk = k(q + 1) <

n

2n (q + 1)n ≤ 2q + 1 3

´e poss´ıvel construir o subconjunto n l n mo n l n m lnm lnm o 1, 2, 3, . . . , ∪ 2 + 1, + 2, + 3, . . . , n 3 3 3 3 n  n   2n  n que tem 3 + n − 2 3 = n − 3  =  3 elementos. Assim, o valor m´ aximo de rk ´e 2n 3 . Para k =

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Considere os 108 pontos vermelhos e fa¸ca todas as 431 rota¸c˜oes poss´ıveis. Conte as coincidˆencias com pontos verdes: como cada ponto vermelho coincide com cada ponto verde 1082 exatamente uma vez, s˜ ao 1082 coincidˆencias no total, dando uma m´ e dia de 431 coinl m 2

cidˆencias por rota¸c˜ao. Ent˜ao em uma delas h´a pelo menos 108 = 28 coincidˆencias (o 431 que quer dizer que existem dois 28-´agonos, um com v´ertices vermelhos e outro com v´ertices verdes, congruentes). Agora, rotacione esse 28-´agono outras 431 vezes e observe os pon28·108 tos azuis. Analogamente,  28·108  conseguimos uma m´edia de 431 coincidˆencias, e conseguimos uma rota¸c˜ao com 431 = 8 coincidˆencias, ou seja, trˆes oct´ ogonos congruentes, um com v´ertices vermelhos, um com v´erticesverdes e outro com v´ertices azuis. Agora ´e s´ o fazer isso mais uma vez e notar que 8·108 = 3. 431 Os 2k conjuntos C1 ∩ C2 ∩ . . . ∩ Ck , em que Ci = Ai ou Ci = S − Ai , s˜ ao todos disjuntos. Se 2k > n, ent˜ao um deles ´e vazio. Logo seu complemento (que ´e D1 ∪ D2 ∪ . . . ∪ Dk , em que Di = S − Ci ), ´e S. Por outro lado, se 2k = n, ent˜ao podemos escolher k subconjuntos Ai tais que todas as 2k interse¸c˜oes n˜ao s˜ ao vazias. Isso quer dizer que todas as uni˜ oes poss´ıveis s˜ ao incompletas. Logo a resposta ´e o que menor k tal que 2k > n, ou seja, ⌊log2 n⌋ + 1.

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Princ´ıpio do Extremo A ideia chave na solu¸c˜ao de muitos problemas em combinat´ oria, ou at´e mesmo em teoria dos n´ umeros e ´ algebra, ´e a simples considera¸c˜ao de um elemento extremo (m´ aximo ou m´ınimo). Os pr´oximos problemas mostrar˜ao como essa ideia pode ser simples e ao mesmo tempo poderosa. Lembramos aqui trˆes fatos evidentes, mas muito pertinentes: • Todo conjunto finito de reais tem um m´ınimo e um m´ aximo, que n˜ao s˜ ao necessariamente u ´nicos. • Todo conjunto n˜ao vazio de inteiros positivos tem um m´ınimo (esse ´e o princ´ıpio da boa ordem, que ´e equivalente ao princ´ıpio da indu¸c˜ao finita. • Um conjunto infinito A de reais pode ter ou n˜ao um elemento m´ aximo ou m´ınimo (por exemplo, o intervalo real ]−∞, 1[ n˜ao tem nenhum dos dois). Se A ´e limitada superiormente, ent˜ao admite um limitante superior m´ınimo sup A (supremo de A); se A ´e limitada inferiormente, ent˜ao admite um limitante inferior m´ aximo inf A (´ınfimo de A). Cuidado: pode ser que sup A ∈ / A e inf A ∈ / A. Por exemplo, sup(]−∞, 1[) = 1∈ / ]−∞, 1[. Exemplo 1. (Leningrado 1988) Alguns pinos est˜ ao em um tabuleiro de xadrez. A cada segundo, um dos pinos se move para uma casa vizinha. Ap´ os muito tempo, verificou-se que cada pino havia passado por todas as casas do tabuleiro exatamente uma vez e voltado para a sua casa inicial. Prove que existiu um momento em que todos os pinos estavam fora de suas casas iniciais. Observa¸ca ˜o: duas casas s˜ ao vizinhas se possuem um lado em comum. Solu¸ c˜ ao: Seja P o primeiro pino que voltou para a sua posi¸c˜ao inicial. A um movimento antes dele voltar para essa casa, cada um dos outros pinos deve ter feito um movimento. De fato, se isso n˜ao fosse verdade, P n˜ao poderia ter passado por todas as casas do tabuleiro. Assim, este ser´a o momento em que todos os pinos estar˜ao em casas diferentes das de onde partiram. Exemplo 2. (Teorema de Sylvester) Um conjunto finito S de pontos no plano possui a seguinte propriedade: qualquer reta que passa por dois pontos de S passa por um terceiro ponto de S. Prove que todos os pontos de S est˜ ao sobre uma mesma reta.

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Solu¸ c˜ ao: P0

l0

Q

N

M

Seja L o conjunto de todas as retas que passam por pelo menos dois pontos de S. Sejam tamb´em P0 ∈ S e l0 ∈ L tais que a distˆ ancia entre P0 e l0 ´e a menor distˆ ancia n˜ao-nula poss´ıvel. Seja Q a proje¸c˜ao de P0 sobre l0 . Como a reta l0 passa por trˆes pontos de S, pelo menos dois deles, digamos M e N , est˜ao na mesma semi-reta (em rela¸c˜ao a Q). Se N ´e o mais pr´oximo de Q, ent˜ao a distˆ ancia entre N e a reta P0 M ´e menor que a distˆ ancia entre P0 e l0 , o que contraria a minimalidade dessa u ´ltima. Isso mostra que todos os pontos de S devem estar sobre l0 , uma vez que o argumento acima mostra que n˜ao pode existir uma distˆ ancia n˜ao-nula entre um ponto de S e uma reta em L. Observa¸ c˜ ao 1. De certo modo, algum argumento de ordem ou distˆ ancia deve ser usado, j´ a que existem outras geometrias em que o teorema ´e falso (por exemplo, geometrias projetivas finitas). Exemplo 3. (Putnam 1979) Considere 2n pontos no plano, quaisquer 3 deles n˜ ao colineares. Pintamos n deles de vermelho e os outros de azul. Prove que ´e poss´ıvel agrupar os pontos em pares utilizando segmentos com extremidades em pontos de cores distintas de modo que quaisquer dois segmentos n˜ ao se cortem. ´ claro que alguns desses Solu¸ c˜ ao: Existem n2 maneiras de parearmos esses pontos. E pareamentos n˜ao cumprem a condi¸c˜ao do enunciado. Considere, para cada pareamento, a soma dos comprimentos de seus segmentos. Escolha o pareamento que tem a soma m´ınima. Por absurdo, suponha que existem dois segmentos AB e CD, A e C pintados de vermelho, que se cortam em um ponto O. A C O

D

B

Pela desigualdade triangular, temos AO + OD > AD e OB + OC > CB, e portanto AB + CD > AD + CB. Assim, diminu´ımos a soma dos comprimentos dos segmentos trocando AB e CD por AD e CB, o que contraria a minimalidade do pareamento tomado. Isso mostra que neste pareamento quaisquer dois segmentos n˜ao se cortam. Exemplo 4. Cada equipe de um torneio de vˆ olei joga com cada uma das outras exatamente uma vez. Ao fim do torneio, cada jogador faz uma lista com os nomes de todos os jogadores 2

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vencidos por ele e de todos os que foram vencidos pelos jogadores que ele venceu. Sabendo que n˜ ao houve empates, prove que existe um jogador cuja lista possui o nome de todos os outros jogadores. Solu¸ c˜ ao: Seja A a equipe que venceu mais partidas. Considere outra equipe B que venceu de A. Observe os jogos entre B e as equipes que perderam para A. A equipe B deve ter perdido alguma dessas partidas, pois, caso contr´ario, ela teria mais vit´orias do que A. Assim, B est´a na lista de A. Como as equipes que perderam para A j´a est˜ao em sua lista, conclu´ımos que a lista de A cont´em todas as equipes.

Problemas 1. (Vietn˜a 1987) Dado um conjunto de n pontos no plano, nem todos numa mesma reta, mostre que existe uma reta que passa por exatamente dois desses pontos. 2. Dada uma quantidade finita (maior do que 3) de pontos no plano, prove que existe um c´ırculo que passa por trˆes desses pontos e n˜ao cont´em outros dos demais pontos em seu interior. 3. S˜ao dados n ≥ 3 pontos no plano, nem todos colineares. Mostre que s˜ ao necess´arias pelo menos n retas para unir todos os poss´ıveis pares de pontos. 4. S˜ao desenhadas n ≥ 3 retas no plano tais que (i) quaisquer duas retas s˜ ao concorrentes; (ii) por todo ponto de interse¸c˜ao entre duas retas passa pelo menos mais uma reta. Prove que todas as retas passam por um mesmo ponto. 5. S˜ao dados n ≥ 3 pontos no plano de forma que quaisquer trˆes deles formam um triˆ angulo de ´ area menor que 1. Mostre que todos os n pontos est˜ao no interior de um triˆ angulo de ´ area menor que 4. 6. (OBM) Em um torneio de tˆenis de mesa (no qual nenhum jogo termina empatado), cada um dos n participantes jogou uma u ´nica vez contra cada um dos outros. Sabe-se que, para todo k > 2, n˜ao existem k jogadores J1 , J2 , . . . , Jk tais que J1 ganhou de J2 , J2 ganhou de J3 , J3 ganhou de J4 , . . ., Jk−1 ganhou de Jk , Jk ganhou de J1 . Prove que existe um jogador que ganhou de todos os outros e existe um jogador que perdeu de todos os outros. 7. S˜ao dados n pontos no plano. Marcamos os pontos m´edios de todos os segmentos com extremidades nesses n pontos. Prove que h´a pelo menos 2n − 3 pontos marcados distintos. 8. n n´ umeros a1 , a2 , . . . , an cuja soma ´e positiva s˜ ao colocados em c´ırculo. Prove que existe i tal que ai > 0, ai +ai+1 > 0, ai +ai+1 +ai+2 > 0, . . ., ai +ai+1 +· · ·+ai+n−1 > 0 (´ındices tomados m´ odulo n). 3

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9. O planeta Walrus possui 20 pa´ıses. Sabe-se que, dentre quaisquer trˆes desses pa´ıses, existem dois sem rela¸c˜oes diplom´ aticas. Prove que Walrus possui, no m´ aximo, 200 embaixadas. 10. Em um p´atio est˜ao localizadas 2n + 1 pessoas, de modo que as distˆ ancias entre quaisquer duas delas s˜ ao distintas duas a duas. Em um dado momento, cada uma delas atira com um rev´ olver de a´gua na pessoa mais pr´oxima de si. Supondo que todos os tiros foram certeiros, prove que: (a) Pelo menos uma pessoa n˜ao ficar´a molhada. (b) Ningu´em levar´ a mais de cinco tiros. (c) As trajet´ orias dos tiros n˜ao se cruzam. (d) Os segmentos formados pelas trajet´ orias dos tiros n˜ao formam um pol´ıgono convexo fechado. 11. Considere trˆes escolas, cada uma com n alunos. Cada estudante tem ao todo n + 1 amigos nas outras duas escolas em que ele n˜ao estuda. Prove que ´e poss´ıvel selecionar um estudante de cada escola de tal forma que os trˆes se conhe¸cam mutuamente. 12. Em cada ponto de coordenadas inteiras do plano ´e escrito um inteiro positivo. Cada um desses n´ umeros ´e igual ` a m´edia aritm´etica de seus quatro vizinhos. Mostre que todos os n´ umeros escritos s˜ ao iguais. 13. Considere um tabuleiro 8 × 8, no qual escrevemos 0 ou 1 em cada uma das 64 casas. Sabe-se que, para cada casa contendo 0, a soma dos n´ umeros escritos nas casas que est˜ao na mesma linha ou na mesma coluna desta ´e maior ou igual a 8. Prove que a soma de todos os n´ umeros escritos no tabuleiro ´e maior ou igual a 32. 14. O parlamento da Bruzundanga consiste de uma casa. Todo membro tem no m´ aximo trˆes inimigos dentre os restantes. Mostre que ´e poss´ıvel separar a casa em duas partes de tal forma que cada membro tenha no m´ aximo um inimigo na parte a que pertence. 15. (Leningrado 1989) Dado um natural k ≥ 1, prove que ´e imposs´ıvel colocar os n´ umeros 1, 2, . . . , k 2 em um tabuleiro k × k de forma que as somas dos n´ umeros escritos em cada linha e em cada coluna sejam potˆencias de 2. 16. (Torneio das Cidades 1983) Os n´ umeros 1, 2, . . . , 1000 s˜ ao escritos ao redor de um c´ırculo. Prove que ´e poss´ıvel formar 500 segmentos que n˜ ao se cruzam, cada um ligando dois destes n´ umeros, de modo que a diferen¸ca em valor absoluto entre dois n´ umeros ligados n˜ao seja maior que 749. 17. (Torneio das Cidades 1985) Oito times de futebol participam de um torneio, onde cada time joga contra todos os outros exatamente uma vez. Sabendo que n˜ao houve empates, prove que, ao t´ermino do torneio, ´e poss´ıvel escolher quatro times A, B, C, D tais que: A derrotou B, C e D; B derrotou C e D; e C derrotou D.

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18. (Uni˜ao Sovi´etica 1984) Suponha que x1 , x2 , . . . , xn (n ≥ 4) s˜ ao inteiros positivos arranjados, nessa ordem, em torno de um c´ırculo. Sabe-se que a soma dos vizinhos de cada xi ´e m´ ultipla de xi , ou seja, (xi−1 + xi+1 )/xi = ki ´e um inteiro (xn+1 = x1 e x0 = xn ). Prove que 2n ≤ k1 + · · · + kn < 3n. 19. (EUA 2007) Um animal com n casas ´e um figura conexa formada por n quadrados unit´ arios de um tabuleiro (um animal tamb´em ´e conhecido como polimin´ o e pode ser definido indutivamente: dois quadrados s˜ ao adjacentes se compartilham um lado. Um quadrado sozinho ´e um animal, e dado um animal com n quadrado, um animal com n+1 quadrados ´e obtido adicionando um novo quadrado adjacente a um ou mais quadrados existentes). Um dinossauro ´e definido como um animal com pelo menos 2007 quadrados. Um dinossauro primitivo n˜ao pode ser dividido em dois ou mais dinossauros. Qual ´e a maior quantidade de quadrados em um dinossauro primitivo?

Bibliografia 1. Arquivo do Treinamento da Cone Sul 2007, localizado em http://conesul2006.tripod.com/Material/materialteorico2.pdf. 2. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003. 3. A. Engel, Problem-Solving Strategies, Springer 1998.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes ´ a contrapositiva do exemplo 2. 1. E 2. Considere o menor c´ırculo que passa por trˆes dos pontos. 3. Indu¸c˜ao sobre n. Para n = 3, o resultado ´e imediato. Para n > 3, pelo teorema de Sylvester existe uma reta que passa por exatamente dois pontos. Retire um desses pontos, e com isso retiramos uma reta. Pela hip´ otese de indu¸c˜ao precisamos de pelo menos n − 1 retas para os n − 1 pontos que sobraram, e com isso precisamos de pelo menos n − 1 + 1 = n retas. 4. Adapte a demonstra¸c˜ao do teorema de Sylvester: suponha que nem todas as retas passem pelo mesmo ponto e considere o conjunto de todas as interse¸c˜oes entre retas e considere o ponto de interse¸c˜ao A mais pr´oximo de alguma reta r. Prove que existe um outro ponto de interse¸c˜ao mais pr´oximo ainda de outra reta (lembre-se, trˆes retas passam por A). 5. Considere o triˆ angulo ABC de ´ area m´ axima. Em qual regi˜ ao do plano podem estar os outros pontos? Lembre-se: n˜ao pode aparecer triˆ angulo de ´area maior! 6. Utilize o resultado do exemplo 4. Na verdade, se tiver ciclo, um deles ´e pequeno (tem tamanho 3)! 5

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7. Considere os dois pontos A e B mais distantes entre si. Os pontos m´edios dos segmentos com extremidades A ou B est˜ao contidos nos c´ırculos com centros A e B e raio AB/2, que s´ o tˆem um ponto comum, que ´e o ponto m´edio de AB. Logo, como h´a 2(n − 2) + 1 = 2n − 3 segmentos com extremidades A ou B, h´a pelo menos 2n − 3 pontos m´edios. 8. Considere todas as somas a1 , a1 + a2 , a1 + a2 + a3 , . . ., a1 + a2 + a3 + · · · + an . Considere a soma m´ınima a1 + a2 + · · · + ai . Esse i ´e um ´ındice que d´a certo. 9. Considere o pa´ıs p que tem rela¸c˜oes diplom´ aticas com a maior quantidade de pa´ıses. Sejam p1 , p2 , . . . , pk esses pa´ıses. Note que pi e pj n˜ao podem ter rela¸c˜oes diplom´ aticas, pois sen˜ao p, pi e pj teriam todos rela¸c˜oes diplom´ aticas entre si. Logo o n´ umero de pares de pa´ıses com rela¸c˜oes diplom´ aticas ´e no m´ aximo (20 − k)k ≤ 100. Isso porque cada um dos outros 20 − k pa´ıses tˆem rela¸c˜oes diplom´ aticas com no m´ aximo k outros pa´ıses, e essa contagem j´a inclui os pa´ıses p1 , p2 , . . . , pk . Com isso, como cada para de pa´ıses com rela¸c˜oes diplom´ aticas exige uma embaixada em cada pa´ıs, h´a no m´ aximo 200 embaixadas. Observa¸ c˜ ao 2. Esse ´e um caso particular do teorema de T´ uran. Veremos esse teorema mais tarde. 10. (a) Considere as duas pessoas mais pr´oximas entre si. Elas v˜ao molhar a si mesmas. Se outra pessoa atirar em uma dessas duas pessoas, o problema acaba pois essas duas pessoas gastaram trˆes tiros. Se nenhuma pessoa a mais atirar em uma dessas duas pessoas, separamos essas duas pessoas e o problema sai por indu¸c˜ao. (b) Considere as pessoas A, B, C, etc, que atiram em P , no sentido anti-hor´ario em torno de P . Note que AB > AP e AB > BP , logo ∠AP B ´e o maior ˆangulo do triˆ angulo AP B, de modo que ∠AP B > 60◦ . Mas isso limita a quantidade de pessoas que atiram em P em menos de 360◦ /60◦ = 6. (c) Veja o exemplo 3. (d) Suponha por absurdo que os tiros formem um pol´ıgono A1 A2 A3 . . . Ak . Suponha que Ai atirou em Ai+1 (sendo Ak+1 = A1 ). Como Ai n˜ ao atirou em Ai−1 , A1 A2 > A2 A3 > A3 A4 > . . . > Ak−1 Ak > Ak A1 > A1 A2 , absurdo. 11. Considere um estudante A que conhece a quantidade m´ axima k de estudantes de alguma das outras duas escolas. Ent˜ao ele conhece n + 1 − k ≥ 1 estudante(s) da outra escola. Seja B um deles. Se ele conhece algum dos k estudantes da outra escola, diferente da de A, o problema acaba. Se ele n˜ao conhece, ele conhece no m´ aximo n−k dos estudantes da segunda escola e pelo menos n + 1 − (n − k) = k + 1 da primeira escola, contradizendo a maximalidade de A. 12. Considere o menor dos n´ umeros m. Ele ´e a m´edia dos seus vizinhos, e se algum n´ umero ´e maior do que m, algum outro vizinho deveria ser menor do que m, o que n˜ao ´e poss´ıvel. todos os seus vizinhos s˜ ao iguais a m, e a partir da´ı n˜ao ´e dif´ıcil ver que todos os n´ umeros devem ser iguais a m. 6

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13. Dentre as 16 linhas e colunas, considere a que tem menos n´ umeros 1. Suponha que seja uma linha e seja k a quantidade de uns nessa linha. Se k ≥ 4, cada linha tem pelo menos 4 uns e a soma dos n´ umeros ´e pelo menos 8 · 4 = 32. Se k < 4, considere as 8 − k colunas com zero nessa linha. Ent˜ao a soma dos n´ umeros em cada uma dessas colunas ´e pelo menos 8 − k, e o total dessas colunas ´e pelo menos (8 − k)2 . A soma das outras k colunas ´e pelo menos k 2 . Ent˜ao a soma de todos os n´ umeros ´e pelo menos (8 − k)2 + k 2 = 2k 2 − 16k + 64 = 2(k − 4)2 + 32 > 32. 14. Considere todas as parti¸c˜oes do parlamento em duas casas, e para cada parti¸c˜ao conte a quantidade E de inimigos que cada um tem na mesma casa. A parti¸c˜ao que minimiza E ´e a que queremos. De fato, se algum membro do parlamento tem pelo menos dois inimigos na mesma casa, ent˜ao na outra casa ele tem no m´ aximo um inimigo. Se trocarmos ele de casa, o total E diminui, absurdo. 15. Suponha por absurdo que seja poss´ıvel e seja 2n a menor soma das linhas. Temos 2n ≥ 1 + 2 + · · · + k = k(k+1) . Ent˜ao todas as somas das linhas s˜ ao m´ ultiplas de 2n , 2 e a soma total, k Mas a´ı 2n divide

2 (k 2 +1)

2

k2 2

, ´e m´ ultipla de 2n . Assim, k(k+1) < 2 , absurdo.

k2 (k2 +1) 2

´e par e, portanto, k ´e par.

16. Os n´ umeros especiais s˜ ao os de 251 a 750. Pinte-os de azul e os demais de vermelho. Ligue pontos consecutivos de cores diferentes e elimine-os. 17. Escolha como A o que venceu mais jogos; A venceu pelo menos quatro times B, C, D, E. Um deles, digamos B, venceu pelo menos dois dos outros, digamos C ou D. E podemos supor, sem perda de generalidade, que C venceu D. i+1 18. O lado esquerdo sai por desigualdade das m´edias: basta notar que xi−1x+x = xxi−1 + i i xi−1 xi+1 edias duas vezes, uma com a soma dos xi e outra xi e fazer desigualdade das m´ xi+1 com a soma dos xi .

O lado direito usa indu¸c˜ao: primeiro fa¸camos o passo: para n > 4, seja xk = M o x +x maior n´ umero da sequˆencia. Ent˜ao xk−1 ≤ M e xk+1 ≤ M , ou seja, k−1xk k+1 ≤ 2. Se essa fra¸c˜ao ´e igual a 2 ent˜ao n˜ao ´e dif´ıcil provar que xi = M para todo i, e a x +xk soma ´e 2n; ent˜ao a fra¸c˜ao ´e igual a 1, ou seja, xk = xk−1 + xk+1 . Como k−2 = xk−1 xk−2 +xk −xk−1 xk−1

x

+x

x

+x

k+1 k+2 + 1 = k−2 + 1 e, analogamente, k−1 + 1, podemos eliminar xk−1 xk+1 xk ; note que a soma diminui em 3 unidades (uma para cada uma das fra¸c˜oes acima x +x e a fra¸c˜ao k−1xk k+1 = 1). A nova sequˆencia tem soma menor do que 3(n − 1), ent˜ao a soma original tem soma menor do que 3n. Note que essa ideia vale na verdade at´e diminuirmos a sequˆencia para trˆes termos, de modo que s´ o precisamos fazer a base para n = 3. Mas, usando a mesma ideia, podemos supor que os trˆes n´ umeros s˜ ao 2a+b 2b+a 2a 2b a, b, a + b, e a soma ´e a+b + + = 3 + + . Suponha sem perdas que a+b b a b a a ≤ b. Note que b | 2a, logo a ≤ b ≤ 2a, e sendo b divisor de a, b = a ou b = 2a. No primeiro caso, a soma ´e 7; no segundo, ´e 8.

19. A resposta ´e 4 · 2007 − 3. Um exemplo ´e uma cruzinha com um quadrado no centro unida a quatro fileiras de 2006 quadrados. Agora, considere um dinossauro primitivo e 7

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provemos que ele tem pelo menos 4·2007−1 quadrados. Considere o “subdinossauro” de 2007 quadrados cuja retirada minimiza a quantidade de animais restantes, nenhum deles igual a um dinossauro. Se sobram somente trˆes animais, a quantidade m´ axima de quadrados ´e 2007+3·2006 = 4·2007−3. Se sobram quatro ou mais animais, eles est˜ao “grudados” ao subdinossauro em pelo menos dois quadrados. Mas a´ı constru´ımos outro subdinossauro de tamanho 2007 juntando um dos animais ao subdinossauro e tirando os quadrados em volta de onde os outros animais est˜ao grudados. Isso cria um subdinossauro cuja retirada nos d´a menos animais, absurdo.

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Introdu¸c˜ ao ` a Teoria dos Grafos Define-se grafo como o par de conjuntos (V, A) onde V = {v1 , v2 , . . . , vn } ´e um conjunto de v´ertices e A ⊂ {{vi , vj } t.q. vi , vj ∈ V } ´e um conjunto de arestas (na verdade, uma aresta ´e um par de v´ertices). A representa¸c˜ao mais comum de grafos ´e associar os v´ertices a pontos e as arestas a linhas que ligam os pares de v´ertices que as formam. Por exemplo, podemos construir um grafo que represente pessoas apertando m˜ aos. Os v´ertices seriam as pessoas. Ligamos dois v´ertices (formando assim uma aresta) se duas pessoas se cumprimentaram.

Grau de v´ ertice Definimos grau de um v´ertice vi como o n´ umero de arestas ligadas a vi . Denotamos o grau do v´ertice vi como g(vi ). No u ´ltimo exemplo, o grau de um v´ertice seria o n´ umero de apertos de m˜ ao que a pessoa correspondente deu.

Alguns grafos especiais Alguns grafos merecem aten¸c˜ao especial porque nos ajudam a estruturar um pouco mais os outros grafos.

Caminho Um caminho ´e um grafo cujos v´ertices s˜ ao v1 , v2 , . . . , vn e cujas arestas s˜ ao {v1 , v2 }, {v2 , v3 }, . . . , {vn−1 , vn }.

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Observe que o grau de todos os v´ertices ´e 2, com exce¸c˜ao das “pontas” do caminho. Diremos tamb´em que, num grafo, um caminho ligando dois v´ertices v e w ´e uma sequˆencia de arestas que ligam v a w.

Ciclo Um ciclo ´e um grafo cujos v´ertices s˜ ao {v1 , v2 , . . . , vn } e cujas arestas s˜ ao {v1 , v2 }, {v2 , v3 }, . . . , {vn−1 , vn }, {vn , v1 }.

Note que o grau de todos os v´ertices ´e 2.

Grafo completo ou clique Um grafo n-completo ou n-clique ´e um grafo em que todos os pares de v´ertices est˜ao ligados.

Floresta Uma floresta ´e um grafo que n˜ao cont´em ciclos.

Grafo conexo Um grafo ´e dito conexo (ou conectado) quando, para quaisquer dois de seus v´ertices, existe um caminho que os liga. Todo grafo pode ser particionado em um ou mais componentes conexos, ou seja, subgrafos conexos.

Um tipo de grafo muito especial: ´ arvores Uma ´ arvore ´e um grafo que n˜ao cont´em ciclos e ´e conexo. Assim, uma floresta ´e uma uni˜ ao de ´arvores.

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Propriedades imediatas de ´ arvores • Uma ´arvore ´e minimalmente conexa, isto ´e, a retirada de qualquer uma de suas arestas desconecta o grafo. Provaremos a sua contrapositiva: se a retirada de alguma de suas arestas {v, w} n˜ao desconecta o grafo, ent˜ao existe um caminho de v a w; ao colocarmos a aresta de volta, obtemos um ciclo e, portanto, o grafo obtido n˜ao ´e uma ´arvore. • Uma ´arvore ´e maximal sem ciclos, isto ´e, se ligarmos mais uma aresta surge um ciclo. A demonstra¸c˜ao ´e an´ aloga ` a que foi feita acima.

T´ ecnicas de resolu¸c˜ ao de problemas envolvendo grafos Grande parte dos problemas de grafos s˜ ao resolvidos com a ajuda de trˆes t´ecnicas j´a conhecidas: contagem dupla, indu¸ca ˜o e casa dos pombos. Essas trˆes t´ecnicas s˜ ao as mais importantes na Combinat´ oria.

Contagem dupla Uma das t´ecnicas mais importantes na Combinat´ oria como um todo ´e a contagem dupla, que consiste em contar ou estimar algo de duas ou mais maneiras para obter igualdades ou desigualdades. Cada maneira de contar nos d´a o mesmo n´ umero, assim as express˜oes obtidas nessas duas ou mais contagens s˜ ao iguais. O pr´oximo teorema ´e bastante importante e ´e o nosso primeiro exemplo de aplica¸c˜ao de contagem dupla. Teorema 1 (Teorema zero de grafos). Em um grafo, a soma dos graus de todos os v´ertices ´e igual ao dobro do n´ umero de arestas. Em s´ımbolos: no grafo (V, A), X g(vi ) = 2|A| vi ∈V

(|X| denota o n´ umero de elementos do conjunto X.) 3

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Demonstra¸ c˜ ao: De cada v´ertice v saem g(v) arestas. Assim, se somarmos os graus de todos os v´ertices, obtemos o n´ umero de arestas multiplicada por dois, pois contamos cada aresta duas vezes (lembre-se de que cada aresta est´a associada a dois v´ertices). Note que no exemplo acima, contamos de duas maneiras o n´ umero de arestas: uma maneira do ponto de vista dos v´ertices e outro do ponto de vista das arestas. Esse procedimento pode se tornar sistem´atico. Normalmente, nos problemas de grafos que s˜ ao resolvidos com contagem dupla, contamos algo envolvendo pares de v´ertices, para que apare¸cam graus e arestas mais naturalmente. Aliando isso ao teorema importante acima e eventualmente, a alguma desigualdade, chega-se aos resultados. Exemplo 1. Na Terra de Oz h´ a n castelos e v´ arias estradas, sendo que cada uma liga dois castelos. Diz a lenda que se houver quatro castelos ligados em ciclo (ou seja, se existirem quatro castelos A, B, C e D tais que A e B, B e C, C e D e D e A est˜ ao ligados), um drag˜ ao aparecer´ a do centro dos castelos e destruir´ a a Terra de Oz. Mostre √que para
esta desgra¸ca n˜ ao acontecer o n´ umero de estradas deve ser menor ou igual a 1 + 4n − 3 n/4. Solu¸ c˜ ao: Bom, para todos os efeitos, esse ´ e um problema de grafos. Poderia ser traduzido para “prove que em um grafo de n v´ e rtices sem ciclos de 4 v´ertices h´a uma quantidade de
√ arestas menor ou igual a 1 + 4n − 3 n/4”. Mas convenhamos, com estradas e castelos e drag˜ oes est´a mais legal, n˜ao? Considere um castelo ligado a outros dois:


Para cada castelo v do conjunto V dos castelos temos g(v) pares de estradas. Para a 2 desgra¸ca n˜ao ocorrer, observemos que n˜ao podemos ter dois pares de estradas associados ao mesmo par de castelos. Assim, contando os pares de estradas, temos   X g(v) n = pares de estradas ≤ pares de castelos ≤ 2 2 v∈V X X X
(g(v))2 − g(v) ≤ n2 − n =⇒ (g(v))2 − g(v) ≤ n2 − n (∗) =⇒ v∈V

v∈V

P

v∈V

umero de estradas 2|A|. Al´em Sabemos que a soma v∈V g(v) ´e igual ao dobro do n´ disso, pode-se mostrar (usando a desigualdade entre as m´edias quadr´atica e aritm´etica, ou 4

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mesmo Cauchy-Schwarz) que X

v∈V

2

(g(v)) ≥

P

g(v) n

v∈V


2

=

4|A|2 n

Assim (∗) =⇒

4|A|2 − 2|A| ≤ n2 − n ⇐⇒ 4|A|2 − 2n|A| − n(n2 − n) ≤ 0 n

(∗∗)

Resolvendo (∗∗) em |A|, obtemos √ √ √
n n − n 4n − 3 n + n 4n − 3 ≤ |A| ≤ =⇒ |A| ≤ 1 + 4n − 3 4 4 4

Indu¸c˜ ao O princ´ıpio da indu¸c˜ao ´e o tipo de demonstra¸c˜ao mais utilizado em grafos. Isso ocorre porque a defini¸c˜ao de grafos ´e muito geral, o que acarreta uma certa falta de estrutura nos grafos. E o melhor m´etodo para se provar resultados em entidades sem estrutura (procurando, ent˜ao, fazer aparecer alguma estrutura) ´e a indu¸c˜ao. Lembrando que a indu¸c˜ao ´e feita sobre alguma vari´avel inteira, em grafos tal t´ecnica costuma seguir um dos trˆes procedimentos a seguir. Para exemplificarmos os trˆes procedimentos, provaremos de trˆes maneiras o seguinte Teorema 2. Uma ´ arvore de n v´ertices tem n − 1 arestas.

Indu¸c˜ ao sobre n´ umero de v´ ertices A indu¸c˜ao sobre v´ertices normalmente ´e feita nos seguintes passos: primeiro, elabore a hip´ otese em indu¸c˜ao (o que pode ser feito estudando casos pequenos); prove a base de indu¸c˜ao (o que normalmente j´a ´e feito ao se estudar os casos pequenos; e suponha que o resultado ´e v´alido para grafos com menos de n v´ertices. At´e aqui, ´e o procedimento normal inerente a indu¸c˜oes em geral. Agora vem a parte espec´ıfica para grafos: 1. Dos n v´ertices, escolha um e retire-o do grafo. Ao retirar o v´ertice vocˆe tamb´em deve excluir todas as arestas que incidem nesse v´ertice; 2. Aplique a hip´ otese de indu¸c˜ao no que sobrou do grafo; 3. Coloque o v´ertice de volta e veja o que acontece. Algo que ´e muito comum ser feito ´e “colocar” mais um v´ertice no passo de indu¸c˜ao. Mas fica a pergunta: onde? E com quem devo ligar? Note que se realmente quisermos cobrir todos os casos de grafo com um v´ertice a mais, temos que considerar todas as possibilidades de liga¸c˜ao desse novo v´ertice com os demais. Isso se realmente for poss´ıvel gerar todos os grafos de um v´ertice a mais colocando esse v´ertice. O conselho aqui ´e evitar esse tipo de 5

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indu¸c˜ao a n˜ao ser que seja claro que “colocar” v´ertices realmente gera todos os grafos de um v´ertice a mais. Demonstra¸ c˜ ao do teorema: Vamos provar que toda ´arvore de n v´ertices tem n − 1 arestas. Para fazer isso, apliquemos indu¸c˜ao sobre n. Se n = 1, n˜ao h´a o que provar. Agora suponha que o resultado ´e v´alido para ´arvores de menos v´ertices. Considere uma ´arvore com n v´ertices. Ao retirarmos um v´ertice v, retiramos tamb´em g(v) arestas. A retirada desse v´ertice desconecta a ´ arvore, gerando g(v) ´arvores.

Pela hip´ otese de indu¸c˜ao, cada ´ arvore tem ki v´ertices e ki −1 arestas. Assim, como cada a´rvore tem quantidade de arestas igual `a quantidade de v´ertices menos um, a quantidade total de arestas ´e g(v) unidades menor que o total de v´ertices, ou seja, ´e n − 1 − g(v). Colocando o v´ertice e as g(v) arestas de volta, obtemos de volta a ´arvore com
n v´ertices, com a vantagem de sabermos a sua quantidade de arestas, que ´e n − 1 − g(v) + g(v) = n − 1.

Indu¸c˜ ao sobre n´ umero de arestas Os procedimentos espec´ıficos para indu¸c˜ao em n´ umero de arestas de um grafo s˜ ao: 1. Das m arestas, escolha uma e retire-a do grafo. Note que essa opera¸c˜ao n˜ao altera o n´ umero de v´ertices; 2. Aplique a hip´ otese de indu¸c˜ao no que sobrou do grafo; 3. Coloque a aresta de volta e veja o que acontece. Outra demonstra¸ c˜ ao do teorema: Se o grafo tem uma s´ o aresta, ent˜ao necessariamente tem dois v´ertices e assim provamos a base de indu¸c˜ao. Agora suponha que o resultado ´e v´alido para ´ arvores com menos arestas. Considere uma ´arvore com n v´ertices. Ao retirarmos uma aresta, desconectamos o grafo, obtendo duas ´arvores, com k e n−k v´ertices.

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Pela hip´ otese de indu¸c˜ao, essas duas ´arvores tˆem k−1 e n−k−1 arestas, respectivamente. Colocando a aresta de volta, obtemos uma ´arvore com n v´ertices e (k −1)+(n−k −1)+1 = n − 1 arestas.

Indu¸c˜ ao com contra¸c˜ ao de v´ ertices e/ou arestas Aqui, em vez de retirar v´ertices ou arestas, juntamos arestas, aplicamos a hip´ otese de indu¸c˜ao e “desjuntamos” os v´ertices ou arestas. Tal opera¸c˜ao ´e chamada contra¸ca ˜o e grafo G′ obtido depois de aplicar uma contra¸c˜ao a um grafo G ´e um menor de G. Essa t´ecnica funciona particularmente bem quando queremos provar teoremas envolvendo conexidade. Mais uma demonstra¸ c˜ ao do teorema: Faremos indu¸c˜ao sobre o n´ umero de v´ertices. A base de indu¸c˜ao j´a foi feita acima. Suponha que o resultado ´e v´alido para grafos com menos v´ertices. Considere uma ´ arvore com n v´ertices. Tome uma aresta e junte os dois v´ertices que nela incidem. Obtemos uma nova ´arvore com um v´ertice a menos, ou seja, n − 1 v´ertices e uma aresta a menos.

Aplicando a hip´ otese de indu¸c˜ao nessa nova ´arvore conclu´ımos que esse tem n−2 arestas. Assim, desfazendo a contra¸c˜ao, obtemos o resultado desejado.

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Usando os teoremas envolvendo ´ arvores Os fatos que provamos sobre ´ arvores podem ser aplicados a problemas sem demonstra¸c˜ao. Exemplo 2. Nove barras idˆenticas de chocolate devem ser divididas igualmente entre n crian¸cas, n > 9. Para quais valores de n isso ´e poss´ıvel quebrando cada barra no m´ aximo uma vez? Solu¸ c˜ ao: Primeiro, como cada crian¸ca vai receber 9/n < 1 barra de chocolate, devemos quebrar todas as barras. Seja G o grafo cujos v´ertices s˜ ao as crian¸cas e ligamos duas crian¸cas quando elas compartilham um chocolate. Note que cada aresta corresponde a um chocolate, de modo que h´a n v´ertices e 9 arestas. Vamos provar que G ´e uma floresta. Suponha que G tenha um ciclo de k v´ertices. Ent˜ao G tem pelo menos k arestas. No nosso problema, isso quer dizer que k crian¸cas v˜ao partilhar pelo menos k chocolates, e cada crian¸ca ganharia um ou mais chocolates, o que n˜ao ´e poss´ıvel. Logo G n˜ao pode ter ciclos. Ent˜ao cada componente conexo de G ´e uma ´arvore. Note que uma ´arvore de m + 1 m v´ertices tem m arestas, de modo que cada crian¸ca dessa ´arvore ganharia m+1 chocolate. Seja m1 , m2 , . . . , mt as quantidade de arestas de cada ´arvore de G. Como todas as crian¸cas mj i devem ganhar a mesma quantidade de chocolate, mmi +1 = mj +1 ⇐⇒ mi = mj , ou seja, todas as ´arvores tˆem a mesma quantidade m de arestas. E, sendo o total de arestas igual a 9, m deve ser um divisor de 9, ou seja, ´e 1, 3 ou 9. Se m = 1, obtemos 9 ´ arvores com 1 aresta, e neste caso, n = 18. Cada crian¸ca recebe metade de um chocolate.

Se m = 3, obtemos 3 ´ arvores com 3 arestas, e neste caso, n = 12. Uma maneira de dividir o chocolate ´e dar trˆes peda¸cos de 1/4 de barra para trˆes crian¸cas e os peda¸cos de 3/4 de barras para as outras nove crian¸cas.

Se m = 9, obtemos 1 ´ arvore com 9 arestas, e neste caso, n = 10. Uma maneira de dividir o chocolate ´e dar nove peda¸cos de 1/10 de barra para uma crian¸ca e os peda¸cos de 9/10 de barras para as outras nove crian¸cas. 8

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Problemas 1. (OBM) Esmeralda adora os n´ umeros triangulares (ou seja, os n´ umeros 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28. . . ) tanto que mudou de lugar os n´ umeros 1, 2, 3, . . . , 11 do rel´ogio de parede do seu quarto de modo que a soma de cada par de n´ umeros vizinhos ´e um n´ umero triangular. Ela deixou o 12 no seu lugar original. Que n´ umero ocupa o lugar que era do 6 no rel´ ogio original? 2. Em um pa´ıs vocˆe pode ir de avi˜ ao de uma cidade at´e qualquer outra. Quando n˜ao h´a nenhum voo direto entre duas cidades h´a um com escalas. Durante o voo de uma cidade at´e outra podemos passar no m´ aximo uma vez em cada uma das cidades deste pa´ıs. N´ os chamamos de tamanho do trajeto entre duas cidades o n´ umero de escalas suficientes para se ir de uma cidade at´e outra (atrav´es de qualquer caminho). Prove que se existem dois trajetos de tamanho m´ aximo, eles possuem uma escala em comum. 3. Durante uma conferˆencia, cada um dos 5 matem´ aticos cochilaram exatamente duas vezes. Para cada par destes matem´ aticos, houve um momento em que ambos estavam cochilando simultaneamente. Prove que, em algum instante, trˆes estavam cochilando ao mesmo tempo. 4. Vinte times de futebol participam de um torneio. No primeiro dia todos os times jogam exatamente uma vez, assim como no segundo dia. Prove que ap´ os o segundo dia ´e poss´ıvel selecionar dez times tais que quaisquer dois dentre eles ainda n˜ao tenham se enfrentado. 5. (OBM) Em um certo pa´ıs h´a 21 cidades e o governo pretende construir n estradas (todas de m˜ ao dupla), sendo que cada estrada liga exatamente duas das cidades do pa´ıs. Qual o menor valor de n para que, independente de como as estradas sejam constru´ıdas, seja poss´ıvel viajar entre quaisquer duas cidades (passando, possivelmente, por cidades intermedi´arias)? 6. Em uma festa com 10000 pessoas, em cada grupo de quatro pessoas h´a pelo menos uma pessoa que conhece cada uma das outras trˆes. Qual ´e o menor n´ umero de pessoas na festa que conhecem todos os demais? 7. Um grafo direcionado ´e definido de modo an´ alogo aos grafos simples, mas no lugar de pares n˜ao ordenados de v´ertices temos pares ordenados (vocˆe pode imaginar “setinhas” no lugar de linhas). O in-grau e o out-grau de cada v´ertice s˜ ao as quantidades 9

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de arestas que saem e entram do v´ertice, respectivamente. Enuncie e prove uma variante do teorema da soma dos graus. 8. Prove que a quantidade de pessoas na hist´ oria que deu um n´ umero ´ımpar de apertos de m˜ ao ´e par. 9. Um triˆ angulo ´e um conjunto de trˆes v´ertices ligados dois a dois. Prove que um grafo com m arestas e n v´ertices tem pelo menos 4m(m − n2 /4) 3n triˆ angulos. 10. Na Pas´ argada h´a N cidades e 2N − 1 estradas, todas de m˜ ao u ´nica, ligando pares de cidades. Sabe-se que ´e poss´ıvel ir de cada cidade a qualquer outra utilizando uma ou mais estradas. Prove que podemos interditar uma dessas estradas de modo que ainda seja poss´ıvel ir de cada cidade a qualquer outra utilizando uma ou mais estradas. Observa¸ca ˜o: note que, como as estradas s˜ ao de m˜ ao u ´nica, vocˆe deve considerar outro tipo de grafo, o grafo direcionado, onde, em vez de linhas usamos flechas para ligar dois v´ertices. Para resolver o problema, fa¸ca uma indu¸c˜ao (que surpresa!) e contraia um ciclo. 11. Considere um grafo finito com todos os seus v´ertices pintados de branco. A seguinte opera¸c˜ao ´e permitida: escolha um v´ertice e troque a sua cor (branco para preto, preto para branco) e tamb´em a de todos os seus vizinhos. Prove que, n˜ao importa qual seja o grafo, ´e sempre poss´ıvel, a partir de uma sequˆencia finita de opera¸c˜oes, deixar todos os v´ertices do grafo pretos. 12. Em um torneio de tˆenis em turno completo prove que exatamente uma das seguintes situa¸c˜oes ocorre: (1) Os jogadores podem ser particionados em dois grupos de modo que cada um dos jogadores de um destes grupos venceu todos os seus jogos contra os jogadores do outro grupo. (2) Todos os participantes podem ser ranqueados de 1 at´e n de forma que o i-´esimo jogador venceu o (i + 1)-´esimo e o n-´esimo venceu o primeiro. ´ dado no plano um conjunto finito E de pontos de coordenadas inteiras. E ´ 13. (IMO) E sempre poss´ıvel colorir todos os pontos de E, com duas cores, vermelho ou branco, de modo que para toda reta r paralela, quer ao primeiro, quer ao segundo eixo coordenado, a diferen¸ca entre o n´ umero de pontos vermelhos e o n´ umero de pontos brancos, pertencente a r, seja 1, 0 ou −1? Justifique. 14. Em um congresso h´a 1000 delegados de v´arios pa´ıses. Sabe-se que qualquer grupo de 3 delegados pode conversar sem ajuda dos restantes (mas pode acontecer de uma das trˆes pessoas servir de int´erprete para as outras duas.) Prove que todos os participantes 10

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do congresso podem ser instalados em um hotel com quartos para duas pessoas, de tal forma que, em cada quarto sejam instalados dois delegados que possam conversar sem ajuda dos restantes. 15. Prove que toda ´ arvore tem pelo menos dois v´ertices com grau 1 (esses v´ertices em ´arvores s˜ ao comumente chamados folhas). 16. (IMO) Uma diagonal de um pol´ıgono regular P de 2006 lados ´e um segmento bom se separa P em duas partes, cada uma tendo um n´ umero ´ımpar de lados de P . Os lados de P tamb´em s˜ ao segmentos bons. Divide-se P em triˆ angulos, tra¸cando-se 2003 diagonais tais que, duas a duas, n˜ao se cortam no interior de P . Determine o maior n´ umero de triˆ angulos is´osceles nos quais dois lados s˜ ao segmentos bons que podem aparecer numa divis˜ao como essa. 17. Uma folha dividida em quadrados iguais ´e pintada com 23 cores. Um par de cores ´e denominado “bom” se existem quadrados vizinhos pintados com estas cores. Qual ´e o n´ umero m´ınimo de pares bons?

Bibliografia 1. B. Bollob´as, Graph Theory: An Introductory Course. 2. R. Diestel, Graph Theory. Springer 2003. 3. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. 5. Considere o grafo cujos v´ertices s˜ ao os n´ umeros de 1 a 12 e dois v´ertices s˜ ao conectados se a soma deles ´e um n´ umero triangular. Encontre primeiro os v´ertices conectados a somente dois outros v´ertices (isto ´e, os v´ertices de grau 2). 2. Suponha o contr´ario: considere dois trajetos disjuntos de tamanho m´ aximo. Vocˆe consegue construir um trajeto maior? Use “peda¸cos” dos dois trajetos.
3. Considere como v´ertices os 52 cochilos e como arestas dois cochilos que ocorreram simultaneamente. Note que h´a pelo menos 10 arestas, o que mostra que esse grafo tem um ciclo (por quˆe?). O que esse ciclo significa? 4. Os v´ertices s˜ ao os vite times e as arestas s˜ ao as partidas. Todos os v´ertices tˆem grau dois. Que tipo de grafo s´ o tem v´ertices de grau dois? E por que esse grafo n˜ao pode ter ciclos ´ımpares? 5. 191. Os v´ertices s˜ ao as cidades e as arestas, as estradas. Um grafo minimamente desconexo com a maior quantidade de arestas tem
duas
componentes conexas com a a 21−a e 21 − a v´ertices, ambas completas. Quando 2 + 2 ´e m´ aximo? 11

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6. Considere as pessoas como v´ertices e ligue dois v´ertices quando as pessoas correspondentes n˜ ao se conhecem. A condi¸c˜ao do problema diz que, para quaisquer quatro v´ertices, um est´a isolado dos outros trˆes (ou seja, nenhum dos outros trˆes v´ertices est´a ligado a ele. Isso quer dizer, em particular, que n˜ao h´a duas arestas disjuntas nesse grafo. Isso quer dizer que nenhuma componente conexa tem um caminho com mais de trˆes v´ertices. Fica f´acil concluir que se uma componente conexa tem uma aresta, ela deve ter no m´ aximo trˆes v´ertices (por quˆe?), e a resposta ´e 10000 − 3 = 9997. Um exemplo ´e um grafo que tem um triˆ angulo e 9997 v´ertices isolados. 7. A soma dos in-graus ´e igual ` a soma dos out-graus. A demonstra¸c˜ao ´e an´ aloga ao caso dos grafos simples, s´ o que a contagem das arestas d´a uma unidade para a soma dos in-graus e uma unidade para a soma dos out-graus para cada aresta. 8. Considere o grafo em que as pessoas s˜ ao os v´ertices e os apertos de m˜ ao s˜ ao as arestas. ´ E poss´ıvel que haja uma quantidade ´ımpar de v´ertices com grau ´ımpar? 9. Considere uma aresta vw. H´ a n − 2 outros v´ertices, g(v) − 1 outras arestas saindo de v e g(w) − 1 outras arestas saindo de w. Se n − 2 < (g(v) − 1) + (g(w) − 1), ent˜ao temos pelo menos (g(v) − 1) + (g(w) − 1) − (n − 2) = g(v) + g(w) − n triˆ angulos com vw como aresta. Caso contr´ario, n˜ao temos triˆ angulo. Assim, considerando que cada triˆ angulo tem trˆes arestas, o total de triˆ angulos ´e pelo menos 1 X 1 X mn g(v) + g(w) − n = (g(v) + g(w)) − 3 3 3 vw∈A

vw∈A

P Vamos calcular vw∈A (g(v) + g(w)) com outra contagem dupla. Note que a parcela g(v) aparece para cada P aresta que incide em v, que s˜ ao em um total de g(v). Ent˜ao P 2 v∈V (g(v)) . Pela desigualdade de Cauchy-Schwartz, vw∈A (g(v) + g(w)) = X

v∈V

(g(v))2 ·

X

v∈V

12 ≥

X

v∈V

!2

g(v) · 1

⇐⇒

X

v∈V

(g(v))2 ≥

4m2 n

Portanto a quantidade de triˆ angulos ´e pelo menos 1 4m2 mn 4m(m − n2 /4) · − = . 3 n 3 3n Observa¸ c˜ ao 1. Esse resultado implica um caso particular teorema de T´ uran: se um grafo com n v´ertices tem mais de n2 /4 arestas, h´ a pelo menos um triˆ angulo no grafo. Veremos esse teorema mais tarde. 10. O grafo tem as cidades como v´ertices e estradas como arestas direcionadas. Na verdade, provaremos por indu¸c˜ao sobre N algo ligeiramente mais forte: se o grafo tem pelo menos 2N − 1 arestas, permitindo loops (arestas direcionadas ligando um v´ertice a ele mesmo) ent˜ao ´e poss´ıvel eliminar uma das arestas e ter um grafo conexo. 12

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Para N = 2 h´a pelo menos 3 estradas, de modo que h´a duas no mesmo sentido e podemos interditar uma delas. Suponha agora que o resultado ´e v´alido para todo k < N v´ertices e provemos para N v´ertices. Considere um ciclo minimal (ele existe, pois sendo A e B dois v´ertices conectados por uma aresta existe um caminho de A para B e um caminho de B para A; caso haja cordas nesse ciclo, conseguimos um ciclo menor, e diminua o ciclo) e contraia-o. Ent˜ao, se o ciclo tem k v´ertices, entre esses k v´ertices h´a k arestas. Com isso, obtemos um grafo com N − k + 1 v´ertices e 2N − 1 − k ≤ 2(N − k + 1) − 1 arestas. Ent˜ao, pela hip´ otese de indu¸c˜ao, podemos eliminar uma das arestas. Observa¸ c˜ ao 2. Note que essa ideia d´ a certo porque n˜ ao podemos retirar arestas de ciclos minimais. 11. Indu¸c˜ao sobre o n´ umero de v´ertices. O resultado ´e imediato para um v´ertice; considere agora um grafo G com n v´ertices e suponha que o resultado ´e v´alido para grafos com n − 1 v´ertices. Separe um v´ertice v de G e aplique a hip´ otese de indu¸c˜ao para G \ v. Isso vai mudar a cor de v algumas vezes. Se no final v ficar preto, o problema acabou, ent˜ao suponha o contr´ario, ou seja, que v fica branco; mais ainda, podemos supor que isso ocorre para todo v´ertice v de G (se n˜ao, separamos um dos v´ertices que d´a certo). Ou seja, h´a n procedimentos que tornam todos os v´ertices pretos, exceto um, um procedimento para cada v´ertice; ou, mais ainda, cada procedimento muda a cor de todos os v´ertices, exceto um. Se n ´e par, basta aplicar os n procedimentos; cada um dos v´ertices ´e mudado de cor n − 1 vezes, ficando preto; se n ´e ´ımpar, um dos v´ertices w tem grau par (pois a soma dos graus ´e par); aplique o procedimento para todos os v´ertices exceto w e seus vizinhos. Fazemos isso uma quantidade par de vezes (w e seus vizinhos totalizam uma quantidade ´ımpar de v´ertices), ent˜ao os v´ertices onde aplicamos os procedimentos mudam de cor uma quantidade ´ımpar de vezes, ficando pretos, e w e seus vizinhos mudam de cor uma quantidade par de vezes, ficando brancos. Mas a´ı ´e s´ o mudar a cor de w e seus vizinhos, e todos os v´ertices ficam pretos, completando a indu¸c˜ao. 12. Primeiro note que se ´e poss´ıvel dividir os v´ertices em dois grupos A e B tais que todas as arestas ligando A a B tˆem o mesmo sentido ent˜ao n˜ao ´e poss´ıvel que todos os v´ertices fiquem em ciclo (o ciclo teria que ir de A a B e depois “voltar” de B para A, o que n˜ao ´e poss´ıvel), de modo que no m´ aximo um dos itens (1) e (2) ocorre. Para provar que pelo menos um deles ocorre, aplique indu¸c˜ao sobre o n´ umero de v´ertices. O resultado ´e v´alido para grafos com dois v´ertices. Agora, considere um grafo G com n v´ertices e retire um deles, v. Aplique a hip´ otese de indu¸c˜ao para G \ v; se obtivermos um ciclo v1 v2 . . . vn−1 v1 , se as arestas de v todas saem ou todas entram o problema est´a resolvido pois podemos dividir os v´ertices em dois grupos A = {v} e B = V (G) \ {v}, de modo que todos de B venceram (ou perderam de) v. Caso contr´ario, existe k tal que vk v e vvk+1 s˜ ao arestas (sendo vn = v1 ), e podemos incluir v no ciclo. No caso em que os v´ertices de G \ v pode ser dividido em dois grupos A e B, aplique a hip´ otese de indu¸c˜ao nos grupos repetidamente para obter grupos A1 , A2 , . . . , Am 13

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tais que todo v´ertice de Ai vence cada v´ertice de Aj para todo j, i < j ≤ m, e todos os v´ertices dentro de um mesmo grupo Ai est˜ao em um ciclo. Se v venceu todos os elementos de Am , ent˜ao divida os v´ertices de G em Am e V (G) \ Am . Se v perdeu de todos os elementos de A1 divida os v´ertices em A1 e V (G) \ A1 . Caso contr´ario, existem u ∈ A1 e w ∈ Am tais que vu e wv s˜ ao arestas. Ent˜ao construa um ciclo vu → A1 → A2 → . . . → Am → wv, em que usamos o ciclo de cada conjunto Ai . A indu¸c˜ao est´a completa. 13. Considere o grafo em que os v´ertices s˜ ao os pontos de E e dois v´ertices s˜ ao ligados quando eles tˆem a mesma coordenada x ou y e s˜ ao vizinhos. Fa¸ca indu¸c˜ao sobre o n´ umero de v´ertices. Para um v´ertice, o problema ´e trivial. Agora, suponha que h´a mais de um v´ertice e suponha, sem perda de generalidade, que o grafo ´e conexo (caso contr´ario, ´e s´ o aplicar a hip´ otese de indu¸c˜ao em cada componente conexa). Se ele tem um ciclo, pinte os v´ertices do ciclo de cores alternadas (por que isso ´e poss´ıvel?) e retire-o do grafo; pinte o resto com a hip´ otese de indu¸c˜ao e coloque o ciclo volta (por que isso d´a certo?). Se ele n˜ao tem ciclo ´e uma ´arvore, e tome um v´ertice grau 1, retire, pinte o resto com a hip´ otese de indu¸c˜ao e coloque o v´ertice de volta. 14. Considere quaisquer trˆes pessoas; duas delas consegue conversar entre si; coloque-as em um quarto; repita o procedimento at´e ter 4 pessoas; suponha por absurdo que n˜ao ´e poss´ıvel separar essas pessoas em dois grupos de duas pessoas tais que em cada grupo as duas pessoas possam se comunicar, for¸cando os casos chega-se a um absurdo. 15. Seja n a quantidade de v´ertices da ´arvore. A soma dos graus ´e 2|A| = 2n − 2, de modo que se no m´ aximo um v´ertice tivesse grau 1 a soma dos graus seria pelo menos 2(n − 1) + 1 > 2n − 2, absurdo. Logo h´a pelo menos duas folhas. 16. Primeiro, considere o triˆ angulo que cont´em o centro; depois mostre (por indu¸c˜ao!) que se um peda¸co do pol´ıgono tem a lados do 2006-´ agono original e n˜ao cont´em o centro ent˜ao h´a no m´ aximo ⌊a/2⌋ triˆ angulos bons nele. 17. 22. Considere o grafo cujos v´ertices s˜ ao as cores e ligamos duas cores quando o par de cores ´e bom. Esse grafo deve ser conexo, ent˜ao tem pelo menos 22 arestas. N˜ ao ´e dif´ıcil construir um exemplo que ´e uma ´arvore (por exemplo, 23 listras verticais, uma de cada cor).

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Teoria dos Grafos: Casa dos Pombos e Teoria de Ramsey Al´em de indu¸c˜ao e contagem dupla, que vimos no cap´ıtulo anterior, h´a uma terceira t´ecnica muito utilizada na Combinat´ oria: o simples, por´em poderos´ıssimo Princ´ıpio da Casa dos Pombos, que relembramos aqui: Proposi¸ c˜ ao 1 (Princ´ıpio da Casa dos Pombos). Se h´ a n+1 pombos para serem distribu´ıdos em n casas, ent˜ ao h´ a pelo uma casa com pelo menos dois pombos. ` vezes, a seguinte formula¸c˜ao ´e mais u As ´til: Proposi¸ c˜ ao 2 (Princ´ıpio da Casa dos Pombos (M´edias)). Se uma vari´ avel tem m´edia igual a M , ent˜ ao existe a vari´ avel assume pelo menos um valor maior ou igual a M e pelo menos um valor maior ou igual a M . Na verdade, vocˆe pode pensar intuitivamente no Princ´ıpio da Casa dos Pombos da maneira a seguir, que pode ajudar a identificar problemas em que devemos aplicar esse princ´ıpio e ´e mais simples de lembrar. Proposi¸ c˜ ao 3 (Princ´ıpio da Casa dos Pombos (Intuitivo)). Se h´ a muitos pombos para poucas casas, alguma casa vai ter muitos pombos. E se h´ a poucos pombos para muitas casas, haver´ a uma (ou at´e muitas!) casa(s) vazia(s). Exemplo 1. Prove que, entre seis pessoas, existem trˆes que se conhecem mutuamente ou trˆes que se desconhecem mutuamente. Solu¸ c˜ ao: Considere o grafo cujos v´ertices representam as pessoas e ligamos duas pessoas por aresta cont´ınua se elas se conhecem e por aresta tracejadas se n˜ao se conhecem. O grafo obtido ´e completo, sendo as arestas de dois tipos e queremos provar que nesse grafo existe um triˆ angulo (K3 ) com arestas todas do mesmo tipo. Tome um v´ertice qualquer. Dele saem cinco arestas, de modo que pelo menos trˆes, u, v e w, s˜ ao do mesmo tipo, que podemos supor, sem perda de generalidade, que s˜ ao cont´ınuas.

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Note que se qualquer dois dos v´ertices u, v, w estiver ligado por aresta cont´ınua ent˜ao forma-se um triˆ angulo cont´ınuo. Caso contr´ario, esses trˆes v´ertices est˜ao todos ligados por arestas tracejadas, formando um triˆ angulo tracejado. Esse ´e um exemplo dos

N´ umeros de Ramsey Defini¸ c˜ ao 1. O menor valor de n para o qual todo n-clique cujas arestas s˜ ao pintadas de k cores c1 , c2 , . . . , ck cont´em um Km1 da cor c1 ou um Km2 da cor c2 ou . . . ou um Kmk da cor ck ´e o n´ umero de Ramsey R(m1 , m2 , . . . , mk ). No nosso u ´ltimo exemplo, mostramos que K(3, 3) ≤ 6. De fato, a figura a seguir, que exibe uma maneira de pintarmos as arestas de um K5 de duas cores sem formar um K3 de qualquer cor, mostra que R(3, 3) = 6.

A partir de agora, vamos nos focar nos n´ umeros R(n, n), ou seja, queremos encontrar um Kn quando pintamos um grafo completo de duas cores. Note que isso ´e o mesmo que procurar em um grupo n pessoas que se conhecem mutuamente ou n pessoas que se desconhecem mutuamente. O pr´oximo teorema nos mostra que precisamos realmente de muitas pessoas para garantir a presen¸ca de tal grupo. √
n Teorema 1. 2 ≤ R(n, n) ≤ 4n . Demonstra¸ c˜ ao: Para provar o teorema, devemos mostrar dois fatos: 2

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(i) Todo grafo completo de 4n v´ertices com arestas pintadas de duas cores cont´em um Kn de uma cor. √
n (ii) Existe um grafo completo de pelo menos 2 v´ertices com arestas pintadas de duas cores sem Kn de qualquer uma das duas cores. Os dois fatos s˜ ao provados utilizando o princ´ıpio da casa dos pombos, mas de maneiras diferentes. Antes de mais nada, vamos supor que as cores s˜ ao verde e amarelo (vamos valorizar o nosso pa´ıs!). Demonstra¸ c˜ ao de (i). Aqui, utilizaremos a mesma ideia que utilizamos para provar que R(3, 3) ≤ 6: considerar um v´ertice e utilizar casa dos pombos para encontrar quantidades grandes de arestas de uma cor. Mas o problema aqui ´e que, ao contr´ario daquela demonstra¸c˜ao, a apari¸c˜ao de triˆ angulos n˜ao acaba o problema. Para remediar isso, vamos utilizar uma ideia de “bonecas russas” (aquelas mais ou menos redondas que v˜ao uma dentro da outra): vamos encontrar grafos completos dentro de outros.

Nossa primeira, e maior, boneca russa, ´e o grafo original, que ser´a denotado por G0 . n Considere um v´ertice v0 de G0 . Dele saem 4n −1 arestas, de modo que pelo menos 4 2−1 = 22n−1 arestas de mesma cor, que denotaremos c0 . Os pelo menos 22n−1 v´ertices conectados por tais arestas formam a nossa segunda boneca russa, o grafo G1 . Note que G1 recebe arestas da cor c0 de v0 . Da mesma forma, tome um v´ertice v1 de G1 . Dele saem pelo menos 22n−1 − 1 arestas, de modo que pelo menos 22n−2 s˜ ao da mesma cor c1 (note que pode ocorrer c0 = c1 ). Esses v´ertices formam a nossa terceira boneca russa G2 . E assim continuamos, obtendo os grafos Gi , i = 1, 2, . . . , 2n, cada um com 22n−i v´ertices e a cor ci conectando vi a Gi . Note que cada grafo est´a contido no anterior, de modo que os grafos Gi se comportam como genu´ınas bonecas russas. Note que temos 2n cores ci , de modo que pelo menos n delas s˜ ao iguais, digamos ao iguais a verde, i1 < i2 < · · · < in . Considere, ent˜ao, os v´ertices vi1 , ci1 = ci2 = · · · = cin s˜ vi2 , . . . , vin . Afirmamos que esses v´ertices determinam um Kn verde. De fato, o v´ertice vi1 envia somente arestas verdes para todos os v´ertices dos grafos Gk , k > i1 (ou seja, as bonecas russas interiores recebem de vi1 somente arestas verdes). Em particular, as arestas que ligam vi1 a todos os demais vik ’s s˜ ao verdes. Da mesma forma, as arestas que ligam 3

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vi2 a todos os demais vik ’s, k > 2, s˜ ao verdes (movemos para a pr´oxima boneca), e assim por diante, obtendo assim um Kn verde. Demonstra¸ c˜ ao de (ii). Aqui, utilizaremos probabilidade. O m´etodo probabil´ıstico ´e bastante utilizado em grafos para provar a existˆencia de certos grafos sem ter que constru´ılos. √
n 2 a quantidade de v´ertices. Pinte cada aresta Seja N um inteiro menor ou igual a de verde ou amarelo com probabilidade 1/2 para cada cor (decidindo atrav´es do lan¸camento de uma moeda, por exemplo). A probabilidade de n v´ertices determinarem um Kn verde
n ´e 2−( 2 ) (1/2 para cada uma das n2 arestas). Assim, a probabilidade de n v´ertices um Kn n n verde ou amarelo ´e 2 · 2−( 2 ) = 21−( 2 ) .

Assim, a m´edia de Kn ’s de uma cor s´ o em grafos de N v´ertices ´e obtida somando
1−(n) 2 as probabilidades sobre todos os conjuntos de n v´ertices do grafo, ou seja, N (da n 2 mesma forma que a m´edia de quest˜ oes de uma prova com 100 testes de cinco alternativas que vocˆe acertaria se chutasse tudo ´e 100 · 1/5 = 20). O princ´ıpio da casa dos pombos mostra que existe sempre algu´em acima ou igual `a m´edia e algu´em abaixo ou igual ` a m´edia. Se provarmos que a m´edia calculada acima ´e menor do que 1, provamos que existe um grafo com uma quantidade abaixo da m´edia, ou seja, sem grafos completos de uma cor s´ o. De fato, para n > 3,   N 1−(n) N n 1−(n2 −n)/2 21+n/2 2n−1 2 2 2 2 2 2 < 2 = ≤ = · · ··· < 1 n n! n! n! 2 3 4 n Por incr´ıvel que pare¸ca, esses limitantes ainda s˜ ao os melhores conhecidos.

Grafos bipartidos Um grafo ´e bipartido quando seu conjunto V de v´ertices pode ser particionado em duas classes V1 e V2 tais que n˜ao exista aresta ligando v´ertices dentro da mesma classe. Ou seja, toda aresta do grafo conecta v´ertices de classes diferentes. Grafos bipartidos s˜ ao f´aceis de serem caracterizados, como mostra o teorema a seguir. Teorema 2. Um grafo ´e bipartido se, e somente se, n˜ ao cont´em ciclos ´ımpares. Demonstra¸ c˜ ao: Primeiro, provemos que se o grafo cont´em um ciclo ´ımpar ent˜ao n˜ao ´e bipartido. Suponha, por absurdo, que ´e bipartido. Considere somente o ciclo. Uma das classes cont´em mais v´ertices do ciclo do que a outra, pois o total de v´ertices ´e ´ımpar; mas todo v´ertice do ciclo tem grau 2, e isso contradiz o fato de que em um grafo bipartido as somas dos graus dos v´ertices em cada classe s˜ ao iguais (veja o exerc´ıcio a seguir). Caso o grafo n˜ao contenha ciclos ´ımpares, considere o seguinte algoritmo que obt´em duas classes para os v´ertices: 1. Tome um v´ertice qualquer v de G e coloque-o em V1 . 2. Tome todos os vizinhos de v e coloque-os em V2 .

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3. Tome cada um dos elementos de V2 e coloque todos os vizinhos sem classe desses v´ertices em V1 ; 4. Tome cada um dos elementos de V1 e coloque todos os vizinhos sem classe desses v´ertices em V2 ; 5. Se n˜ao houver mais vizinhos mas houver v´ertices sem classe, aplique o passo 1 a qualquer v´ertice sem classe; se n˜ao houver mais v´ertices, o algoritmo termina; caso contr´ario, volte ao passo 3. O algoritmo sempre termina, pois a cada execu¸c˜ao dos passos 1, 2, 3 ou 4 a quantidade de v´ertices sem classe diminui. Vejamos por que funciona. Suponha que haja uma aresta ligando v´ertices v e w da mesma classe, digamos V1 . Provaremos que o grafo cont´em um ciclo ´ımpar, o que ´e um absurdo. Suponha, sem perdas, que o algoritmo colocou v antes de w em V1 . Ent˜ao, da natureza do algoritmo, existe um caminho que liga v a w, alternando v´ertices em V1 e V2 . Note que, como esse caminho come¸ca e termina em V1 , ele tem um v´ertice a mais em V1 do que em V2 , tendo um total de v´ertices ´ımpar. Esse caminho, unido `a aresta vw, forma um ciclo com quantidade ´ımpar de v´ertices, concluindo a demonstra¸c˜ao.

Problemas 1. Mostre que se h´a n pessoas em uma festa, ent˜ao duas delas conhecem o mesmo n´ umero de pessoas entre as presentes. 2. Na terra de Oz h´a v´arios castelos e de cada um partem trˆes estradas. Um cavaleiro errante deixa seu castelo ancestral e viaja pelo pa´ıs. Para manter a viagem interessante, quando chega a um determinado castelo ele vira `a direita se tinha virado `a esquerda no castelo pelo qual passou anteriormente e vice-versa. Prove que o cavaleiro sempre retornar´a ao seu pr´oprio castelo. 3. Todo par de cidades em um certo pa´ıs s˜ ao ligados diretamente por exatamente um meio de transporte: ˆ onibus, trem ou avi˜ ao. Todos os trˆes meios de transporte s˜ ao usados no pa´ıs com nenhuma cidade sendo servida pelos trˆes meios e n˜ao havendo trˆes cidades ligadas duas a duas pelo mesmo meio. Determine o n´ umero m´ aximo de cidades no pa´ıs. 4. Prove que R(3, 3, . . . , 3) ≤ ⌊n!e⌋ + 1. | {z } n trˆ es

Dica: fa¸ca uma indu¸ca ˜o sobre n, considerando um v´ertice, e obtenha uma recurs˜ ao. Utilize o fato de que   1 1 1 1 ⌊n!e⌋ = n! + + + ··· + 0! 1! 2! n!

5. Prove que R(3, 3, 3) ´e exatamente 17. 5

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6. Associando o Princ´ıpio da Casa dos Pombos e indu¸c˜ao, prove que R(m, n) ≤ 7. Prove que R(4, 3) = 9.

m+n−2 m−1


.

8. Prove que R(4, 4) ≤ 18. 9. Utilizando agora uma contagem dupla, prove que entre seis pessoas existem dois grupos de trˆes pessoas, sendo que em cada grupo as trˆes pessoas se conhecem mutuamente ou se desconhecem mutuamente. 10. (IMO) Uma sociedade internacional tem membros de 6 pa´ıses diferentes. A lista de membros cont´em 1978 nomes, numerados 1, 2, . . . , 1978. Prove que existe pelo menos um membro cujo n´ umero ´e a soma dos n´ umeros de dois membros de seu pr´oprio pa´ıs, ou ´e igual ao dobro do n´ umero de um membro de seu pr´oprio pa´ıs. 11. Mostre o lema de Schur : seja k um inteiro positivo fixado. coloridos cada um dos elementos de A = {1, 2, 3, . . . , N } com uma de k cores. Prove que para todo N suficientemente grande existem a, b, c ∈ A de mesma cor tais que a = b + c. 12. Prove que o u ´ltimo teorema de Fermat ´e falso m´ odulo p para infinitos valores primos de p, ou seja, que a congruˆencia xn + y n ≡ z n (mod p) tem solu¸c˜ao com xyz 6≡ 0 (mod p) para todo p primo suficientemente grande. 13. Prove que para todo inteiro n ≥ 3 existe M tal que todo conjunto de M pontos no plano cont´em n pontos que s˜ ao os v´ertices de um n-´ agono convexo. 14. Prove que, em um grafo bipartido, as somas dos graus dos v´ertices em cada classe s˜ ao iguais. 15. As cidades C1 , . . . , CN s˜ ao servidas por n companhias a´ereas A1 , . . . , An . H´ a um voo entre quaisquer duas cidades, e todas companhias que fornecem o servi¸co o fazem em ambas as dire¸c˜oes. Se N ≥ 2n + 1, prove que pelo menos uma das companhias pode oferecer uma viagem com um n´ umero ´ımpar de escalas. 16. (OBM) Uma tela de computador exibe uma figura constitu´ıda por n pontos de uma superf´ıcie esf´erica, 4 a 4 n˜ao coplanares, e por todos os segmentos que eles determinam, cada um dos quais est´a colorido de azul ou vermelho. A cada um dos pontos est´a associado uma tecla, cujo toque provoca a mudan¸ca de colora¸c˜ao de todos os segmentos que incidem no ponto. Sabe-se para cada trˆes pontos existe uma sequˆencia de toques que torna vermelhos os trˆes lados do triˆ angulo que eles determinam. (i) Mostre que existe uma sequˆencia de toques que torna vermelhos todos os segmentos da tela. (ii) Calcule, em fun¸c˜ao de n, o n´ umero m´ınimo de toques necess´arios para tornar vermelhos todos os segmentos, no caso mais desfavor´ avel.

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Bibliografia 1. Carlos Gustavo T. de A. Moreira, O Teorema de Ramsey, Revista Eureka! 6, 1999. 2. B. Bollob´as, Graph Theory: An Introductory Course. 3. R. Diestel, Graph Theory. Springer 2003. 4. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003. 5. Site Cut The Knot, http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Combinatorics/ThreeOrThree.shtml

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. H´ a n pessoas e n possibilidades de quantidades de pessoas que algu´em pode conhecer: de 0 (ningu´em) a n−1 (todo mundo). Se um dos n´ umeros n˜ao aparece, h´a no m´ aximo n − 1 quantidades e o problema acaba por casa dos pombos; se todos aparecem, obtemos uma contradi¸c˜ao, pois n˜ao ´e poss´ıvel que coexistam duas pessoas, uma que n˜ao conhece nungu´em, e outra que conhece todo mundo. 2. Primeiro, note que, por casa dos pombos, em algum momento o cavaleiro vai passar por um castelo e sair pela mesma estrada duas vezes. Isso quer dizer que ele fechou um ciclo. Como o caminho ´e revers´ıvel, o ciclo tem que passar pelo castelo inicial, ent˜ao o cavaleiro tem que passar de novo pelo seu pr´oprio castelo. 3. A resposta ainda ´e 5. O exemplo ´e o mesmo mostrado com duas cores e a demonstra¸c˜ao para 6 v´ertices tamb´em ´e a mesma, mas for¸cando as cores. 4. Temos que provar que um grafo com ⌊n!e⌋ + 1 v´ertices cujas arestas s˜ ao pintadas com n cores tem um triˆ angulo monocrom´ atico. Para isso, fa¸ c a indu¸ c ˜ a o sobre n e considere  n!e−1  um dos v´ertices. Ele est´a conectado a pelo menos +1 = ⌊(n−1)!e⌋+1 v´ertices n ligados com a mesma cor, digamos azul. Se dois desses v´ertices estiverem ligados por uma aresta azul, obtemos um triˆ angulo azul, ent˜ao podemos supor que eles est˜ao ligados com as outras n − 1 cores. Mas a´ı pela hip´ otese de indu¸c˜ao h´a um triˆ angulo monocrom´ atico com n − 1 cores, e acabou. Observa¸ c˜ ao 1. De onde vem o n´ umero ⌊n!e⌋ + 1? Na nossa solu¸ca ˜o, consideramos um total de an v´ertices, em que an = n(an−1 − 1) + 2 e a1 = 3. Note que a2 = 6 e a3 = 17, exatamente como previsto. Resolvendo a recurs˜ ao obtemos exatamente an = ⌊n!e⌋ + 1. 5. O problema anterior mostra que R(3, 3, 3) ≤ 17. Para provar que ´e exatamente 17, mostramos um exemplo com 16 v´ertices cujas arestas s˜ ao pintadas de 3 cores, sem triˆ angulos monocrom´ aticos. Para isso, considere o grafo de Clebsch:

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O grafo ´e obtido da seguinte forma: numere os v´ertices de 1 a 16 e, considerando as opera¸c˜oes m´ odulo 16: • Conecte os v´ertices 2i − 1 e 2i, i = 1, 2, . . . , 8; • Conecte os v´ertices i e i + 8, i = 1, 2, . . . , 8;

• Conecte os v´ertices 2i − 1 e 2i + 1, i = 1, 2, . . . , 8; • Conecte os v´ertices 2i e 2i + 3, i = 1, 2, . . . , 8;

• Conecte os v´ertices 2i e 2i + 6, i = 1, 2, . . . , 8.

Note que o grau de cada v´ertice ´e 5 e que esse grafo n˜ao tem triˆ angulos. Verifique que o K16 pode ser particionado em trˆes grafos de Clebsch. 6. Vamos provar que R(a, b) ≤ R(a − 1, b) + R(a, b − 1). Considere um v´ertice v qualquer de um grafo com R(a−1, b)+R(a, b−1) v´ertices. Entre os outros R(a−1, b)+R(a, b− 1) − 1 v´ertices, duas coisas podem ocorrer: • De v saem R(a − 1, b) arestas da primeira cor. A´ı, entre esses R(a − 1, b) v´ertices tem um Kb com a segunda cor ou um Ka−1 com a primeira cor. No segundo caso, ´e s´ o juntar v aos a − 1 v´ertices para obter um Ka . • De v saem R(a, b − 1) arestas da segunda cor. O racioc´ınio ´e an´ alogo ao anterior.

A partir da´ı, como R(a, 2) = a (porque se um v´ertice tem a v´ertices ou ligamos todos os v´ertices de uma cor ou aparece uma aresta da outra
cor) e R(a, b) = R(b, a), podese provar por indu¸c˜ao sobre a + b que R(a, b) ≤ a+b−2 fato, a igualdade ocorre a−1 . De


a−1+b−2 para b = 2 e R(a, b) ≤ R(a − 1, b) + R(a, b − 1) ≤ + a+b−1−2 = a+b−2 a−1 a−1 . a−2
7. O exerc´ıcio anterior nos d´a R(4, 3) ≤ 4+3−2 = 10, o que n˜ao ´e bom o suficiente. 3−1 Para isso, vamos refinar um pouco a desigualdade: provaremos que se R(a − 1, b) e R(a, b − 1) s˜ ao ambos pares ent˜ao R(a, b) ≤ R(a − 1, b) + R(a, b − 1) − 1. Note que ´e caso para a = 4 e b = 3, j´a que R(3, 3) = 6 e R(4, 2) = 4. Considere um grafo G com M = R(a − 1, b) + R(a, b − 1) − 1 v´ertices e os graus da primeira cor de cada v´ertice. Como G tem uma quantidade ´ımpar de v´ertices, ele tem um v´ertice v de grau par. Como v est´a conectado a M − 1 v´ertices, que ´e uma quantidade par de v´ertices, das duas uma: o grau de v na primeira cor ´e maior ou igual a R(a − 1, b), e usamos o mesmo argumento do problema anterior, ou o grau ´e menor ou igual a R(a − 1, b) − 2, o que implica o grau na segunda cor ser maior ou igual a R(a, b − 1), 8

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o que tamb´em nos leva ao argumento do problema anterior. Logo, em particular, R(4, 3) ≤ R(3, 3) + R(4, 2) − 1 = 9.

O exemplo com 8 v´ertices ´e o seguinte: arranje-os em um c´ırculo e ligue cada v´ertice a seus dois vizinhos e ao v´ertice oposto na segunda cor e as demais arestas na primeira cor. 8. Basta notar que R(4, 4) ≤ R(4, 3) + R(3, 4) = 18. Na verdade, pode-se provar que R(4, 4) = 18. 9. Conte de duas maneiras, no grafo resultante, P a quantidade de pares (uv, vw) de arestas vizinhas com cores diferentes. Isso ´e igual a v∈V g(v)(5 − g(v)) ≤ 6 · 6 = 36 (usamos o fato de que x(5 − x) ≤ 6 para x inteiro). Como cada triˆ angulo n˜ao monocrom´ atico tem pelo menos dois desses pares, ent˜ao h´ aximo 36/2 = 18 triˆ angulos n˜ao
a no m´ monocrom´ aticos, e portanto pelo menos 63 − 18 = 2 triˆ angulos monocrom´ aticos.

Observa¸ c˜ ao 2. Generalizando para n v´ertices e duas cores, pode-se provar que h´ a
2 n(n−1)(n−5) pelo menos n3 −n· (n−1) = triˆ a ngulos monocrom´ a ticos, aproximadamente 8 24 n(n−1)(n−5) n
1 1 n−5 / · ≈ = 25% dos triˆ angulos para n grande! = 3 24 4 n−2 4

10. Considere o grafo cujos v´ertices s˜ ao 0, 1, 2, . . . , 1978 e pinte a aresta ij da cor do pa´ıs da pessoa |i − j|. Como 1979 > ⌊6!e⌋, existe um triˆ angulo monocrom´ atico, ligando, digamos, os v´ertices i, j, k. Mas um entre os n´ umeros |i − j|, |j − k|, |k − i| ´e a soma dos outros dois, ent˜ao o problema acabou. Observa¸ c˜ ao 3. A grande ideia na resolu¸ca ˜o ´e fazer com que os membros sejam arestas no lugar de v´ertices. 11. Repita o argumento acima com N > R(3, 3, . . . , 3). | {z } k

12. Seja p um primo grande qualquer e seja g uma raiz primitiva de p. Represente os n´ umeros de 1 a p − 1 na forma g i e pinte-os de n cores, de acordo com o resto da divis˜ao de i por n. Pelo lema de Schur, para todo p suficientemente grande existem trˆes n´ umeros g a , g b , g c da mesma cor tais que a + b = c. Ent˜ao, sendo a = a1 n + r, b = b1 n + r e c = c1 n + r, g a + g b ≡ g c (mod p) ⇐⇒ g a1 n+r + g b1 n+r ≡ g c1 n+r (mod p) ⇐⇒ (g a1 )n + (g b1 )n ≡ (g c1 )n (mod p), de modo que basta escolher x = g a1 , y = g b 1 e z = g c1 . 13. Primeiro, considere cinco pontos quaisquer no plano, e vamos mostrar que existem quatro deles que formam um quadril´atero convexo. Para isso, considere o fecho convexo desses cinco pontos, ou seja, o menor conjunto convexo que cont´em esses cinco pontos (um jeito bacana de visualizar o fecho convexo ´e imaginar o que acontece quando vocˆe solta um el´ astico em torno dos pontos). Se o fecho convexo desses cinco pontos tem quatro ou mais v´ertices, j´a obtemos o resultado; se tiver trˆes pontos, os dois pontos dentro do triˆ angulo determinam uma reta que corta dois lados. Tome esses dois pontos e os v´ertices do outro lado e temos um quadril´atero convexo. 9

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Agora, vamos considerar uma generaliza¸ca ˜o da teoria de Ramsey: em vez de pintar arestas, que s˜ ao subconjuntos de dois v´ertices, vamos pintar arestas de subconjuntos de 4 v´ertices (ou seja, K4 ’s). No nosso problema, pintaremos um conjunto de quatro v´ertices de azul se eles formam um quadril´atero convexo e de vermelho, caso contr´ario. Seja R4 (m, n) a quantidade m´ınima de v´ertices de um grafo completo de modo que sempre exista um Km com todos os subconjuntos de K4 ’s azuis ou um Kn com todos os subconjuntos de K4 ’s vermelhos. Se tomarmos M ≥ R4 (n, 5), o problema acaba: ou existe um conjunto de n pontos em que quaisquer quatro formam um quadril´atero convexo (e portanto um n-´ agono convexo) ou existe um conjunto de 5 pontos em que quaisquer quatro n˜ao formam um quadril´atero convexo, o que sabemos que n˜ao pode ocorrer pelo par´ agrafo anterior. Ent˜ao basta provar que existe R4 (m, n). De fato, vamos provar por indu¸c˜ao que R4 (m, n) ≤ 1 + R3 (R4 (m − 1, n), R4 (m, n − 1)). Considere um grafo G com 1 + R3 (R4 (m − 1, n), R4 (m, n − 1)) v´ertices e separe um v´ertice v; para cada trˆes dos v´ertices restantes, considere a cor do triˆ angulo correspondente como a cor do K4 obtido juntando-se v ao triˆ angulo. Ent˜ao, conseguimos um grafo completo com R4 (m − 1, n) v´ertices com todo triˆ angulo azul ou um grafo completo com R4 (m, n−1) v´ertices com todo triˆ angulo vermelho. No primeiro caso, temos ou um Kn com todo K4 vermelho (e acabou) ou um Km−1 com todo K4 azul; mas a´ı ´e s´ o juntar v, j´a que todo triˆ angulo desses R4 (m − 1, n) v´ertices ´e azul, e portanto todo K4 com quaisquer trˆes desses v´ertices e v ´e azul. O outro caso ´e an´ alogo. Agora, falta provar que R3 (m, n) existe. Mas ´e s´ o provar algo parecido: R3 (m, n) ≤ R(R3 (m − 1, n), R3 (m, n − 1)). Deixamos isso (e as bases de indu¸c˜ao) para o leitor. 14. Fa¸ca uma contagem dupla com as arestas. Como cada uma liga um v´ertice de uma classe A para outra classe B, cada aresta conta um ponto para o total de arestas saindo de cada classe. 15. Indu¸c˜ao sobre n. Se n = 1, h´a trˆes cidades servidas por somente uma linha a´erea, e temos um 3-ciclo. Agora suponha que n > 1 e suponha que o resultado ´e verdadeiro para n − 1. Considere a companhia An e suponha que ela n˜ao oferece uma viagem com um n´ umero ´ımpar de escalas. Ent˜ao o grafo com v´ertices nas cidades e arestas correspondentes ` as viagens oferecidas por An ´e bipartido, ou seja, as cidades podem ser particionadas em duas classes, sendo que An n˜ao oferece  viagens dentro de cada n uma das classes. Uma das classes tem pelo menos 2 2+1 = 2n−1 + 1 cidades, que s˜ ao servidas por n − 1 linhas a´ereas, e o resultado segue da hip´ otese de indu¸ca˜o. 16. A paridade da quantidade de arestas de cada cor em cada triˆ angulo ´e invariante (por quˆe?), ent˜ao cada triˆ angulo tem uma quantidade par de arestas azuis. Considere um v´ertice qualquer v. Seja A o conjunto de v´ertices ligados a v por arestas azuis e B o conjunto dos v´ertices ligados a v por arestas vermelhas e o v´ertice v. Ent˜ao toda aresta vw, w ∈ B, ´e vermelha, e sendo w1 , w2 ∈ B, vw1 e vw2 serem vermelhas implica w1 w2 ser vermelha tamb´em. Isso quer dizer que toda aresta ligando dois v´ertices de B ´e vermelha. Agora considere o triˆ angulo vwu, com w ∈ B e u ∈ A. Como vu ´e azul e vw ´e vermelho, uw ´e azul, de modo que toda aresta ligando um v´ertice de A a 10

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um v´ertice de B ´e azul; enfim, considerando o triˆ angulo vu1 u2 com u1 , u2 ∈ A, temos que vu1 e vu2 s˜ ao ambas azuis, o que implica u1 u2 vermelhos. Ent˜ao o grafo induzido pelas arestas azuis ´e bipartido completo. Com isso, podemos resolver os itens. (i) Basta tocar todos os v´ertices de A, por exemplo: todas as arestas azuis s˜ ao transformadas exatamente uma vez, as arestas de B n˜ao s˜ ao alteradas e as arestas de A s˜ ao alteradas duas vezes. (ii) A resposta ´e ⌊n/2⌋. De fato, um dos conjuntos A ou B, digamos A, tem no m´ aximo ⌊n/2⌋ elementos e procedemos como no item a. Agora, se tocamos x v´ertices de A e y v´ertices de B, alteramos no m´ aximo x · |B| + y · |A| arestas azuis (|B| para cada toque em A e |A| para cada toque em B). Como temos que alterar todas as arestas azuis, x · |B| + y · |A| ≥ |A| · |B|. Supondo, sem perda de generalidade, |A| ≤ |B|, temos (x + y) · |B| ≥ x · |B| + y · |A| ≥ |A| · |B| =⇒ (x + y) · |B| ≥ |A| · |B| ⇐⇒ x + y ≥ |A|. O total de toques ´e x + y, e pode ocorrer |A| = ⌊n/2⌋, de modo que o valor m´ınimo, no pior caso, ´e ⌊n/2⌋.

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

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Teoria dos Grafos: Teorema de Tur´ an e Teoria Extremal Vamos agora trabalhar com teoria extremal dos grafos: responderemos a perguntas do tipo: “qual ´e a maior quantidade de arestas de um grafo que nao cont´em um certo subgrafo?”

Grafos (r − 1)-partidos e Kr ’s: o Teorema de Tur´ an Podemos generalizar a no¸c˜ao de grafos bipartidos para mais classes, obtendo assim os grafos k-partidos. Novamente, a u ´nica regra ´e que v´ertices em uma mesma classe n˜ao podem estar conectados. Da mesma forma, definimos grafos k-partidos completos como grafos em que os v´ertices s˜ ao divididos em k classes, e dois v´ertices s˜ ao ligados se, e somente se, pertencem a classes distintas. Na figura a seguir, ` a esquerda temos um grafo 3-partido completo e `a direita um grafo 4-partido (mas n˜ao completo).

Os grafos (r − 1)-partidos e grafos completos de r v´ertices (o Kr ) tˆem uma rela¸c˜ao bastante interessante: Teorema 1 (Teorema de Tur´an). Se um grafo com n v´ertices n˜ ao cont´em um Kr como subgrafo, ent˜ ao a sua quantidade de arestas ´e menor ou igual a   n2 1 1− 2 r−1 O caso de igualdade ocorre se, e somente se, o grafo ´e (r − 1)-partido completo com classes de mesmo tamanho.

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Demonstra¸ c˜ ao: Indu¸c˜ao sobre a quantidade n de v´ertices. Vamos mostrar o caso particular r = 3 primeiro para que as ideias da demonstra¸c˜ao fiquem mais claras. Nesse caso, devemos provar que a quantidade m´ axima de arestas ´e n2 /4 e que a igualdade ocorre quando se tem um grafo bipartido completo com n/2 v´ertices em cada classe. A base ´e n = 1 e n = 2, em que n˜ao h´a o que demonstrar. Agora considere um grafo com n v´ertices e suponha que o resultado ´e verdadeiro para grafos com menos v´ertices. Lembra-se de como devemos proceder em indu¸c˜ao sobre v´ertices? Escolhemos um v´ertice, tiramos, aplicamos a hip´ otese e colocamos o v´ertice de volta. A grande vantagem desse procedimento ´e escolher o v´ertice. Mais ainda, podemos tirar mais v´ertices. Nesse caso, tiramos uma aresta uv e seus dois v´ertices:

Pela hip´ otese de indu¸c˜ao, entre os demais n − 2 v´ertices h´a no m´ aximo (n − 2)2 /4 arestas. Al´em disso, cada v´ertice u diferente de v e w pode se conectar a no m´ aximo um dos v´ertices v e w, de modo que h´a no m´ aximo n − 2 arestas ligando v ou w aos outros n − 2 v´ertices. Al´em disso, tamb´em temos a aresta uv. Desse modo, a quantidade total de arestas ´e menor ou igual a (n − 2)2 n2 +n−2+1= , 4 4 como quer´ıamos demonstrar. O que acontece no caso de igualdade? Deve ocorrer a igualdade para n − 2, ou seja, o grafo de n − 2 v´ertices ´e bipartido completo com n/2 − 1 v´ertices em cada classe e cada v´ertice u deve se conectar a exatamente um dos v´ertices v e w. Vejamos quais v´ertices devem estar conectados com cada um dos v´ertices v e w. Suponha que u pertence `a classe V1 e est´a conectado a v. Se um v´ertice t de V2 se conectar a v, v, t e u formam um triˆ angulo (note que, da hip´ otese de indu¸c˜ao, como u e t est˜ao em classes diferentes eles est˜ao conectados). Assim, todos os v´ertices de V2 est˜ao conectados a w. Analogamente, todos os v´ertices de V1 est˜ao conectados a v. Assim o grafo ´e bipartido completo e, como cada um dos v´ertices v e w entrou em uma classe, as quantidades de v´ertices em cada classe continuam iguais. Note que, como no passo indutivo aplicamos a hip´ otese de indu¸c˜ao para n − 2 v´ertices, precisamos de uma base de indu¸c˜ao maior, come¸cando com dois casos pequenos. O caso geral n˜ao ´e muito diferente: apesar de isso n˜ao ser usual quando escrevemos solu¸c˜oes, come¸caremos com o passo indutivo. Depois veremos qual tamanho a base de indu¸c˜ao deve ter. 2

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Vamos entender um pouco melhor o que fizemos no caso r = 3. A ideia que parece ser a mais decisiva ´e, na hora de aplicar a indu¸c˜ao, escolher uma aresta, para notar que cada um dos v´ertices restantes n˜ao pode se ligar aos dois extremos da aresta. Como generalizar essa ideia? A resposta ´e a seguinte: a aresta ´e, na verdade, um K2 , e nenhum v´ertice pode estar conectado a todos os v´ertices do K2 , porque caso contr´ario um K3 se formaria. Com isso, podemos generalizar: considere um Kr−1 (caso n˜ao exista, acrescente arestas at´e obter um Kr−1 – note que s´ o ´e poss´ıvel formar um Kr se antes formarmos um Kr−1 ) e aplique a hip´ otese de indu¸c˜ao para os n − (r  − 1) v´ertices restantes. Assim, h´a uma (n−r+1)2 1 quantidade menor ou igual a 1 − r−1 de arestas. Cada um desses v´ertices 2 restantes pode estar conectado a no m´ aximo r − 2 v´ertices do Kr−1 (se estiver ligado a todos, forma-se um Kr ), originando no m´ aximo mais (n−r+1)(r−2) arestas. Adicionando
(r−1)(r−2) r−1 arestas, temos que o total de arestas do grafo ´e no se a esse total os 2 = 2 m´ aximo     (n − r + 1)2 n2 1 (r − 1)(r − 2) 1 = 1− + (n − r + 1)(r − 2) + 1− 2 r−1 2 2 r−1 arestas. Agora, voltemos ` a base de indu¸c˜ao: como retiramos r − 1 v´ertices do grafo, precisamos resolver o problema para n ≤ r − 1. Mas esses casos s˜ ao ´obvios: basta considerar Kn , pois n < r. O caso de igualdade fica a cargo do leitor. Em seguida provaremos diretamente que o caso em que h´a mais arestas sem Kr ´e exatamente o de um grafo (r − 1)-partido completo com classes o mais igualmente distribu´ıdas (isto ´e, as quantidades de v´ertices em classes ´e no m´ aximo 1). Outra demonstra¸ c˜ ao: Sim, mais uma demonstra¸c˜ao! Antes de come¸carmos a demonstra¸c˜ao, vamos definir o conceito de rela¸ca ˜o de equivalˆencia em A, em que A ´e um conjunto. Uma rela¸c˜ao de equivalˆencia ∼ em A ´e uma rela¸c˜ao que tem as seguintes propriedades: • (reflexiva) para todo a ∈ A, a ∼ a; • (sim´etrica) para todos a, b ∈ A, a ∼ b ⇐⇒ b ∼ a; • (transitiva) para todos a, b, c ∈ A, se a ∼ b e b ∼ c ent˜ao a ∼ c. Exemplos de rela¸c˜ao de equivalˆencia s˜ ao igualdade, congruˆencia m´ odulo m, paralelismo de retas, semelhan¸ca de triˆ angulos, entre muitos outros. As rela¸c˜oes de equivalˆencia partilham propriedades com a pr´opria rela¸c˜ao de igualdade. Por causa disso, dois elementos relacionados por uma rela¸c˜ao de equivalˆencia s˜ ao, de certa forma, semelhantes no que se refere ao que a rela¸c˜ao quer diferenciar. Uma das consequˆencias dessa estrutura ´e a seguinte propriedade muito importante das rela¸c˜oes de equivalˆencia: elas dividem os elementos de A nas chamadas classes de equivalˆencia, em que quaisquer dois elementos da mesma classe de equivalˆencia est˜ao relacionados e elementos de classes de equivalˆencias diferentes n˜ao est˜ao relacionados (pense um pouco para ver por

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que isso acontece). Por exemplo, todos os triˆ angulos equil´ ateros formam uma das classes de equivalˆencias da semelhan¸ca de triˆ angulos. Considere um grafo G sem Kr ’s com quantidade m´ axima de arestas e a rela¸c˜ao ∼ no conjunto dos v´ertices definida por u ∼ v ⇐⇒ uv ∈ / A, ou seja, dois v´ertices est˜ao relacionados se, e somente se, n˜ao h´a aresta os ligando. Note que ∼ ´e reflexiva (afinal, nenhum v´ertice se liga a si mesmo) e sim´etrica (j´a que arestas s˜ ao sim´etricas). Veremos que o fato de G ter quantidade m´ axima de arestas implica ∼ ser transitiva. Suponha que ∼ n˜ao ´e transitiva. Ent˜ao existem v´ertices u, v, w tais que u ∼ v, v ∼ w e u 6∼ w, ou seja, entre os v´ertices u, v, w s´ o h´a a aresta uw:

Dividimos o problema em dois casos: (1) g(v) < g(u) ou g(v) < g(w). Suponha, sem perda de generalidade, que g(v) < g(u). Substitua v por uma c´opia de u (um v´ertice u′ que est´a ligado a todos os vizinhos de u, e que n˜ao est´a ligado a u):

Note que n˜ao formamos Kr nesse processo (verifique!) e a nova quantidade de arestas ´e A − g(v) + g(u) > A o que contradiz a maximalidade de G. (2) g(v) ≥ g(u) e g(v) ≥ g(w). Substitua u e w por duas c´opias v ′ e v ′′ de v:

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Note que n˜ao formamos Kr nesse processo (verifique!) e a nova quantidade de arestas (veja que ao subtrair g(u) e g(w) estamos excluindo uw duas vezes, por isso somamos 1 de volta) ´e A − g(u) − g(w) + 1 + 2g(v) > A o que novamente contradiz a maximalidade de G. Assim, ∼ ´e transitiva e portanto ´e de equivalˆencia. Como s˜ ao as classes de equivalˆencia de ∼? Elas s˜ ao grupos de v´ertices tais que v´ertices de um mesmo grupo n˜ao est˜ao ligados e v´ertices de grupos diferentes est˜ao ligados, ou seja, um grafo m-partido completo. Como n˜ao podemos formar Kr ’s, m ≤ r − 1. Supondo que h´a grupos vazios, podemos supor que h´a exatamente r − 1 classes V1 , V2 , . . . , Vr−1 no grafo com n1 , n2 , . . . , nr−1 v´ertices respectivamente. Agora, suponha que as quantidades de v´ertices n˜ao s˜ ao o mais igualmente distribu´ıdas poss´ıvel, ou seja, que n1 ≥ n2 + 2. Passando um v´ertice de V1 para V2 , a quantidade de arestas aumenta em (n1 − 1)(n2 + 1) − n1 n2 = n1 − n2 − 1 > 0, o que novamente contradiz a maximalidade de G. Isso conclui a demonstra¸c˜ao. Mas o mais interessante ´e a gama de aplica¸c˜oes que o teorema de Tur´an tem. Exemplo 1. (OBM) Temos quatro baterias carregadas, quatro baterias descarregadas e um r´ adio que necessita de duas baterias carregadas para funcionar. Supondo que n˜ ao sabemos quais baterias est˜ ao carregadas e quais est˜ ao descarregadas, quantas tentativas s˜ ao necess´ arias para conseguirmos fazer com que o r´ adio funcione? Uma tentativa consiste em colocar duas das baterias no r´ adio e verificar se, ent˜ ao, funciona. Solu¸ c˜ ao: Considere o grafo em que os v´ertices s˜ ao as baterias e ligamos dois v´ertices se n˜ ao testamos as baterias. Note que queremos agora maximizar a quantidade de arestas desse grafo. O que significa um grafo completo nesse problema? Significa que n˜ao testamos nenhum par de baterias entre as correspondentes aos v´ertices. Assim, o grafo n˜ao pode conter K4 , pois corremos o risco de os v´ertices do K4 serem exatamente as baterias carregadas, e o r´ adio n˜ao vai funcionar. Desta forma, queremos maximizar a quantidade de arestas de um grafo que n˜ao cont´em K4 . Isso ´e um trabalho para o teorema de Tur´an! O grafo que tem a maior quantidade de arestas ´e um 3-partido completo com classes o mais igualmente distribu´ıdas, ou seja, 5

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com 3, 3, 2 v´ertices. Tomando o grafo “negativo” (ligando pares de v´ertices n˜ao ligados originalmente e desligando pares de v´ertices ligados originalmente), obtemos 3 + 3 + 1 = 7 arestas:

Embora seja imediato do teorema de Tur´an que o grafo original n˜ao cont´em K4 ’s e, portanto, duas das baterias carregadas ser˜ao testadas, fazendo o r´adio funcionar, pode-se provar que essas sete tentativas funcionam com casa dos pombos: de fato, como temos trˆes grupos e quatro baterias carregadas, h´a duas baterias carregadas no mesmo grupo, de modo que, em algum momento, testaremos duas baterias carregadas. Todavia, esse argumento n˜ao mostra, como o teorema de Tur´an, que menos tentativas n˜ao s˜ ao suficientes.

Alguns outros exemplos com grafos: grau m´ edio No que se segue, um subgrafo H de um grafo G ´e um grafo cujos v´ertices est˜ao contidos em V (G) e cujas arestas est˜ao contidas em A(G) (ou seja, v´ertices de H s˜ ao v´ertices de G e arestas de H s˜ ao arestas de G). Exemplo 2. Prove que todo grafo G com grau m´edio pelo menos d cont´em um subgrafo H com todos os v´ertices com grau maior ou igual a d/2. Solu¸ c˜ ao: A soma dos graus de G ´e pelo menos n · d, ent˜ao G tem pelo menos nd/2 arestas. Se todos os v´ertices tˆem grau maior ou igual a d/2, tome H = G. Caso contr´ario, tome um v´ertice de grau menor que d/2 e retire-o de G. Isso tira menos de d/2 arestas, ent˜ao o grafo resultante continua tendo grau m´edio de pelo menos d. Continue esse procedimento, e em algum momento o grau m´edio fica maior do que d/2, pois se o procedimento continuasse at´e o final, chegaria a um u ´nico v´ertice, e nesse caso o grau m´edio ´e 0 < d/2, o que ´e uma contradi¸c˜ao. Exemplo 3. Seja H uma a ´rvore com t arestas. Prove que todo grafo com grau m´edio maior ou igual a 2t cont´em H como subgrafo. Solu¸ c˜ ao: Aplique o resultado do exemplo anterior e seja G o subgrafo de grau m´ınimo maior ou igual a t obtido. S˜ao muitas arestas, e a´ı d´a para construir H: primeiro, tome um v´ertice qualquer, e a cada passo, escolhemos uma folha nova: se j´a escolhemos m v´ertices, e m < t + 1 (se m = t + 1 acabamos!) tome o v´ertice v vizinho `a folha nova: h´a pelo menos t − (m − 1) > 0 possibilidades, ou seja, ´e poss´ıvel escolher a folha nova. Fa¸ca isso at´e completar o grafo H.

Teoria Extremal dos Grafos: Grafos sem Kp,q O problema t´ıpico da teoria extremal dos grafos ´e “qual ´e a maior quantidade de arestas que um grafo G de n v´ertices pode ser sem ter um subgrafo H?”. A essa quantidade damos a 6

POT 2012 - Combinat´ oria - N´ıvel 3 - Aula 11 - Prof. Carlos Shine   2 1 nota¸c˜ao ex(n, H). O teorema de Tur´an, por exemplo, diz que ex(n, Kr ) ≤ (r−1) 1 − 2 r−1 e que a igauldade pode ocorrer (de fato, j´a vimos tamb´em quais s˜ ao os grafos que d˜ao a igualdade). Um grafo bipartido completo Kp,q ´e um grafo bipartido com p v´ertices em uma classe e q v´ertices em outra, de modo que todo par de v´ertices de classes diferentes s˜ ao conectados. Quantas arestas podemos ter em um grafo sem Kp,q ? Ou seja, quanto ´e ex(n, Kp,q )? Antes de enunciarmos o teorema, precisamos de umas estimativas. Lema 1. Seja p inteiro positivo. Considere a fun¸ca ˜o (   x(x−1)(x−2)...(x−p+1) , se x ≥ p − 1 x p! = p 0, caso contr´ ario. Ent˜ ao: (i) (ii)

x p




´e convexa.

(n−p+1)p p!

≤

Demonstra¸ c˜ ao:

n p




≤

np p! .


(i) Fazendo a substitui¸c˜ao x = y + p − 1, para y ≥ 0 temos que xp = y(y+1)(y+2)...(y+p−1) p! ´e um polinˆ omio cujos coeficientes s˜ ao todos n˜ao-negativos. Derivando duas vezes, os
coeficientes continuam n˜ao negativos, e no trecho y ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ p − 1 a fun¸c˜ao xp



x+p−1
x+y
2 ´e convexa. Sejam y < p − 1 ≤ x. Como xp + yp = xp + p−1 ≥ ≥ p2 , p p
x e convexa em R. p ´

(ii) Basta trocar todos os fatores do produto n(n − 1)(n − 2) . . . (n − p + 1) pelo menor fator n − p + 1 para obter o lado esquerdo e pelo maior fator n para obter o lado direito. Agora podemos partir para o teorema. Teorema 2 (Teorema de K˝ov´ari-S´os-Tur´an). Sejam 2 ≤ p ≤ q inteiros fixados. Se um √ grafo tem pelo menos 21 p q − 1 n2−1/p + 21 pn, ent˜ ao tem um subgrafo Kp,q . Ou seja, ex(n, Kp,q ) ≤

1 1p p q − 1 n2−1/p + pn. 2 2

Demonstra¸ c˜ ao: Conte de duas maneiras o n´ umero N de subgrafos Kp,1 , que nada mais ´e do que um v´ertice central ligado a outros p. • Por grupo de p v´ertices: nenhum grupo pode estar ligado a q v´ertices, logo   n . N ≤ (q − 1) p

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• Por v´ertice central v: basta escolher p entre os g(v) vizinhos de v, ou seja, X g(v) N= . p v∈V

Agora, pelo lema acima, e pela desigualdade de Jensen, 1 P  p    X g(v) 2|A|/n n 2|A| v∈V g(v) n ≥n N= −p ≥ =n p p! n p p v∈V n p

≤ (q − 1) np! ,  p 1 np n 2|A| 1p − p ≤ (q − 1) ⇐⇒ |A| ≤ p q − 1 n2−1/p + np. p! n p! 2 2

e, como (q − 1)




p

Problemas 1. Complete a demonstra¸c˜ao por indu¸c˜ao, mostrando que a igualdade ocorre somente para grafos (r − 1)-partidos completos com classes com a mesma quantidade de v´ertices. 2. Prove as afirma¸c˜oes a seguir: (a) Dados 1993 pontos e 992015 arestas ligando pares destes pontos, existem trˆes pontos A, B, C tais que A n˜ao est´a ligado a B, nem A a C, nem B a C. (b) Dados 1993 pontos e 993013 arestas ligando pares destes pontos (nunca h´a duas arestas ligando o mesmo par de pontos), existem trˆes pontos A, B, C, tais que A est´a ligado a B, A est´a ligado a C e B est´a ligado a C. 3. Suponha que um conjunto M contenha 3n pontos do plano e que a m´ axima distˆ ancia 2 entre os pontos ´e igual aximo 3n das distˆ ancias entre os pontos √ a 1. Mostre que no m´ s˜ ao maiores do que 2/2. 4. Dados 2n pontos no plano, de tal forma que n˜ao existam 3 colineares, mostre que o n´ umero m´ aximo de segmentos que podem ser constru´ıdos com extremidades nestes pontos sem que apare¸cam triˆ angulos ´e n2 . 5. S˜ao dados 21 pontos sobre uma circunferˆencia. Prove que pelo menos 100 dentre os arcos determinados por estes pontos subtendem ˆangulos centrais menores ou iguais a 120◦ . 6. (IMO) Considere nove pontos no espa¸co tais que nunca h´a quatro desses pontos que fiquem no mesmo plano. Cada par de pontos ´e ligado por uma aresta (isto ´e, um segmento de reta) e cada aresta ´e colorida de azul, vermelho ou ´e deixada n˜ao colorida. Encontre o menor valor de n tal que sempre que se pintam exatamente n arestas o conjunto das arestas coloridas necessariamente cont´em um triˆ angulo cujas arestas tˆem todas a mesma cor. 8

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7. (Mong´olia) Seja G um grafo que n˜ao tem K4 como subgrafo e com 3k v´ertices. No m´ aximo quantos triˆ angulos G tem? 8. (Jap˜ao) Seja G um grafo com 9 v´ertices. Sabe-se que, para quaisquer cinco v´ertices de G, existem pelo menos duas arestas com extremidades nesses v´ertices. Qual ´e a menor quantidade de arestas em G?

Bibliografia 1. B. Bollob´as, Graph Theory: An Introductory Course. 2. R. Diestel, Graph Theory. Springer 2003. 3. M. Aigner, G. M. Ziegler, Proofs from The Book. Segunda edi¸c˜ao, 2000. 4. Po-Shen Loh, Extremal Graph Theory, dispon´ıvel em http://www.math.cmu.edu/ ploh/docs/math/mop2009/graph-theory-extremal.pdf 5. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. Indu¸c˜ao em n de novo. O resultado ´e verdadeiro para grafos com r − 1 v´ertices,  (r−1)2 (r−1)(r−2) 1 pois 2 e temos o Kr−1 , que ´e um grafo (r − 1)-partido 1 − r−1 = 2 completo com um v´ertice em cada classe. Considere agora um grafo com n v´ertices e quantidade m´ axima de arestas sem Kr e considere um Kr−1 contido nele (se n˜ao houver, d´a para colocar mais arestas nele!). Retire o Kr−1 e aplique a hip´ otese de indu¸c˜ao: o grafo obtido ainda tem que ser m´ aximo, sen˜ao ao colocar o Kr−1 de volta a gente teria mais arestas e n˜ao formaria Kr . Ou seja, ele ´e um grafo (r − 1)-partido completo com a mesma quantidade de v´ertices k em cada classe. Agora, pelo mesmo racioc´ınio da demonstra¸c˜ao de Tur´an, para ocorrer a igualdade cada v´ertice w est´a conectado a r − 2 v´ertices do Kr−1 separado. Nisso, colocamos mais (r − 2) · k(r − 1) arestas, de modo que colocamos, em m´edia, k(r − 2) arestas para cada v´ertice do Kr−1 . Suponha que algum dos v´ertices u do Kr−1 ficou com mais de k(r − 2) arestas. Como s˜ ao r − 1 classes com k v´ertices, esse v´ertice est´a conectado a pelo menos um v´ertice vi de cada classe. Mas a´ı v1 , v2 , . . . , vr−1 , u formam um Kr , absurdo. Logo cada v´ertice do Kr−1 est´a conectado com exatamente k(r − 2) v´ertices, todos os v´ertices de r − 2 classes. Com isso, podemos colocar cada v´ertice do Kr−1 na classe que n˜ao est´a conectada a ele. Falta s´ o provar que dois v´ertices u1 , u2 n˜ao v˜ao para a mesma classe. Mas isso quer dizer que tanto u1 como u2 est˜ao conectados com as outas r − 2 classes, e basta escolher u1 , u2 e um representante de cada classe para formar um Kr . Ent˜ao a demonstra¸c˜ao est´a completa. 2. Para o item a, considere o grafo complementar ao descrito no enunciado: ligamos dois v´ertices
se n˜ ao o ligamos no grafo original (nesse caso, o grafo original tem no m´ınimo 1993 − 997 · 996 = 992016 arestas). O item b ´e uma aplica¸c˜ao direta de 2 Tur´an (nesse caso, o grafo tem no m´ aximo 997 · 996 = 993012 arestas). 9

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3. Primeiro mostre que n˜ao ´e poss´ıvel que haja ancia m´ axima √ quatro pontos com distˆ 1 com todas as distˆ ancias maiores do que 2/2: de fato, qualquer triˆ angulo ABC 2 + BC 2 − AC 2 > formado por trˆ e s desses quatro pontos ´ e acutˆ a ngulo, pois AB √ √ ( 2/2)2 + ( 2/2)2 − 12 = 0 e vale o mesmo para os outros v´ertices. Mas entre quatro pontos sempre aparece um ˆ angulo maior ou igual a 90◦ : se o fecho convexo deles ´e um triˆ angulo ABC, ao tomarmos um ponto P no interior dele, um dos ˆangulos ∠AP B, ∠BP C, ∠CP A ´e pelo menos 120◦ ; se o fecho convexo ´e um quadril´atero, um dos ˆangulos internos ´e maior ou igual a 90◦ . Depois aplique Tur´an ao grafo √ cujos v´ertices s˜ ao os pontos e ligamos dois pontos se a distˆ ancia for maior do que 2/2. 4. Aplique o teorema de Tur´an para o grafo em que os v´ertices s˜ ao os pontos e as arestas s˜ ao os segmentos. 5. Considere o grafo em que os v´ertices s˜ ao os pontos e ligamos dois pontos se o arco ◦ formado ´e maior do que 120 . N˜ ao ´e poss´ıvel
ter um triˆ angulo, logo h´a no m´ aximo 11·10 = 110 arestas e, portanto, no m´ınimo 21 −110 = 110 arcos de a ˆ ngulos centrais 2 menores ou iguais a 120◦ . 6. Considere o grafo 5-partido completo com 2, 2, 2, 2, 1 v´ertices nas
classes. Nesse caso, h´a 4 pares de v´ertices n˜ao ligados, e portanto, um total de 92 − 4 = 32 arestas. Numere as classes de 1 a 5 e pinte as arestas ligando i a i + 1 (m´ odulo 5) de azul e as arestas ligando i a i+2 (m´ odulo 5) de vermelho. Assim, n˜ao se forma triˆ angulo monocrom´ atico. Se houver mais arestas, pelo teorema de Tur´an h´a um K6 e, pelo teorema de Ramsey, ao pintarmos o K6 de duas cores aparece um triˆ angulo monocrom´ atico (na verdade, como j´a vimos, aparecem pelo menos 2). 7. Seja t(v) a quantidade de triˆ angulos que contˆem a aresta a. Ent˜ao, para todo triˆ angulo abc, t(a) + t(b) + t(c) ≤ 3k. Caso contr´ario, por casa dos pombos, dois v´ertices teriam um triˆ angulo em comum, e isso formaria um K4 . Sendo angulos, P T a quantidade de triˆ somando sobre o conjunto T dos triˆ angulos obtemos abc∈T t(a)+t(b)+t(c) ≤ T ·3k. Agora, a parcela t(a) aparece para cada triˆ angulo que cont´em a, ou seja, aparece t(a)
2 P P 2 1 P t(a) = 9T vezes. Logo abc∈T t(a) + t(b) + t(c) = a∈A t(a)2 ≥ |A| a∈A |A| , pois P angulo contribui com trˆes arestas (basicamente, ´e uma na soma a∈A t(a) cada triˆ contagem dupla entre triˆ angulos e essa soma). Mas por Tur´an |A| ≤ 3k 2 (verifique!), 2 ent˜ao T · 3k ≥ 9T ⇐⇒ T ≤ 3k 2 . O exemplo ´e o mesmo da igualdade de Tur´an: 3k2 considere o grafo 3-partido completo com k v´ertices em cada classe. 8. Seja an a menor quantidade de arestas em um grafo com n v´ertices com a propriedade. Encontremos uma recurs˜ ao para an . Considere um grafo com n + 1 v´ertices. Tiramos um v´ertice v e obtemos um grafo com a propriedade, logo |A| − g(v) ≥ an . Somando P sobre todos os v´ertices obtemos (n + 1)|A| − v∈V g(v) ≥ (n + 1)an ⇐⇒ |A| ≥ 5+1 6+1 21 n+1 =⇒ a7 ≥ 5, n−1 an . Logo, sendo a5 = 2, a6 ≥ 5−1 · 2 = 3, a7 ≥ 6−1 · 3 = 5 7+1 20 8+1 a8 ≥ 7−1 · 5 = 3 =⇒ a8 ≥ 7 e a9 ≥ 8−1 · 7 = 9. Assim, o grafo tem pelo menos 9 v´ertices. Mas existe um exemplo: tome trˆes triˆ angulos disjuntos.

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Observa¸ c˜ ao 1. Note que isso prova n˜ ao somente que a9 = 9, mas que a8 = 7 (se 7+1 · 6 = 8), e a6 = 3. Vocˆe pode a8 > 7 ent˜ ao a9 > 9), a7 = 5 (se a7 ≥ 6 ent˜ ao a8 ≥ 7−1 encontrar exemplos para esses casos? E quanto ao caso geral?

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Programa Olímpico de Treinamento Aula

Curso de Combinatória – Nível 3

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Fun¸c˜ oes Geratrizes ´ A principal ideia das fun¸c˜oes geratrizes ´e aliar Algebra e Combinat´ oria, para unidos combaterem o crime de problemas ficarem sem serem resolvidos. Vejamos como fazer isso.

Um exemplo inicial Vamos come¸car relembrando o binˆ omio de Newton: para n inteiro positivo e x, y reais,         X n n n n n−2 2 n n−1 n n n xn−k y k y = x y + ··· + x y+ x + (x + y) = k n 2 1 0 0≤k≤n


Se usarmos a defini¸c˜ao estendida nk = 0 para k > n, podemos simplificar um pouco a f´ormula, eliminando o limite superior do somat´orio: X n n xn−k y k (x + y) = k k≥0

O que o binˆ omio de Newton e Combinat´ oria tˆem a ver? Ambos contˆem binomiais! Exemplo 1. Esmeralda est´ a no ponto (0, 0) do plano cartesiano e Jade est´ a no ponto (3, 5) do plano cartesiano. A cada segundo, Esmeralda vai para o ponto de coordenadas inteiras imediatamente ` a direita ou acima de onde estava, com a mesma probabilidade para os dois pontos; Jade faz o mesmo, mas indo para baixo ou para a esquerda. Qual ´e a probabilidade de as duas se encontrarem? Solu¸ c˜ ao: A distˆ ancias entre as duas, em passos, ´e 3 + 5 = 8. Elas s´ o podem ser encontrar ap´ os cada uma dar 4 passos, ou seja, elas se encontram em (0, 4), (1, 3), (2, 2),

(3, 1) ou 3−m+5−n maneiras de se chegar ao ponto (m, n) de (0, 0) e maneiras (4, 0). H´ a m+n 3−m m 4 2 8 de se chegar ao ponto (m, n) de (3, 5). Assim, como h´a (2 ) = 2 caminhos poss´ıveis, a probabilidade pedida ´e         1 X 4 4 4 1 X 4 = 8 · · 5−n n−1 n n 28 2 n≥0

n≥0

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Poder´ıamos calcular a soma abrindo os binomiais, mas o que aconteceria se Jade estivesse no ponto (999, 1001)? (al´em da resposta t´ıpica “elas n˜ao v˜ao se encontrar porque v˜ao se cansar no meio do caminho”). Vamos generalizar essa conta: calculemos X c  c  · n−1 n n≥0

Esses binomiais aparecem no binˆ omio de Newton (1 + x)c . O que acontece se multiplicarmos (1 + x)c por ele mesmo? Obtemos X  c X c X 2c xℓ xk · xn = (1 + x)2c = (1 + x)c · (1 + x)c ⇐⇒ ℓ k n n≥0 ℓ≥0 k≥0 X 2c X  c  c ⇐⇒ xn = · xk+ℓ n k ℓ n≥0

k,ℓ≥0

Comaparando os coeficientes em xm , temos   X    X    2c c c c c = · = · m k m−k k c−m+k k≥0

k≥0

Fazendo k = n e c − m + k = n − 1 ⇐⇒ m = c − 1, temos   X    2c c c = · c−1 n n−1 n≥0

e portanto o resultado ´e   7 1 8 = . 8 2 3 32

Essas opera¸c˜oes nos mostram o quanto as opera¸c˜oes alg´ebricas podem ser u ´teis em problemas de combinat´ oria. Observa¸ c˜ ao 1. Com um pouco (mas nem tanto!) trabalho, ´e poss´ıvel demonstrar que X m  n  m + n = · p p−k k 0≤k≤p

S´ eries formais Dada uma sequˆencia (a0 , a1 , a2 , . . .), que pode ser finita ou infinita, definimos a s´erie formal X A(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · = an xn n≥0

Com isso, podemos fazer opera¸co ˜es com fun¸c˜oes geratrizes e sequˆencias. Por exemplo, para obter a soma de duas sequˆencias (a0 , a1 , . . .) e (b0 , b1 , . . .), basta fazer A(x) + B(x): X A(x) + B(x) = a0 + b0 + (a1 + b1 )x + (a2 + b2 )x2 + · · · = (an + bn )xn n≥0

2

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Al´em disso, para multiplicar todos os valores de uma sequˆencia por uma constante k, basta multiplicar sua fun¸c˜ao geratriz por k: X kA(x) = ka0 + ka1 x + ka2 x2 + · · · = kan xn n≥0

Algumas s´ eries formais conhecidas Assim como vocˆe precisa saber as formulinhas de contagem como permuta¸c˜oes, combina¸c˜oes e anagramas, ´e importante saber algumas s´eries para poder us´ a-las. Vamos l´ a! Sequˆ encia (1, 1, 1, 1, . . .) (1, −1, 1, −1, . . .) ((1, 0, 1, 0, . . .) 1, se k | n an = 0, caso contr´ario (1, 2, 3, 4, . . .)

(1, c, 2c , 3c , . . .)
c+2
(1, c, c+1 2 , 3 , . . .) (1, c, c2 , c3 , . . .)

m+3
m+1 (1, m , m+2 m , m , . . .) 1 1 (0, 1, 2 , 3 , . . .) (0, 1, − 21 , 13 , . . .) (1, 1, 12 , 16 , . . .)

S´ erie formal P xn P n≥0 n n n≥0 (−1) x P 2n n≥0 x P kn n≥0 x P n n≥0 (n +
1)x P c n n x
P n≥0c+n−1 xn n≥0 n P c n xn P n≥0m+n
n x n≥0 P mxn P

n≥1 n (−1)n+1 xn n≥1 n P xn n≥1 n!

F´ ormula fechada 1 1−x 1 1+x 1 1−x2 1 1−xk 1 (1−x)2

(1 + x)c 1 (1−x)c 1 1−cx 1 (1−x)m+1 1 ln 1−x

ln(1 + x) ex

Algumas das s´eries s˜ ao conhecidas do ensino m´edio: por exemplo, a boa e velha f´ormula da soma da s´erie geom´etrica: 1 + x + x2 + · · · =

1 1−x

e o bom e velho binˆ omio de Newton:         c c c c c + x+ + ··· + x = (1 + x)c 0 1 2 c A maior parte da tabela acima pode ser deduzida a partir desses dois fatos (com exce¸c˜ao das entradas que envolvem logaritmos e exponenciais, que vamos usar sem demonstrar). As que faltam v˜ao ser demonstradas posteriormente.

Usando s´ eries formais para resolver recorrˆ encias Usando o repert´ orio acima, vamos resolver algumas recorrˆencias. Para isso, usamos os seguitnes quatro passos: 1. Obtemos uma equa¸c˜ao de recorrˆencia. 3

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2. Multiplicamos cada lado da equa¸c˜ao por xn e somamos sobre todo n. De um lado aparece a fun¸c˜ao geratriz que queremos calcular; do lado direito manipulamos at´e obter algo em fun¸c˜ao dessa fun¸c˜ao geratriz. 3. Resolvemos a equa¸c˜ao, ou seja, encontramos a fun¸c˜ao geratriz na forma fechada. 4. Expandimos a fun¸c˜ao geratriz e obtemos o termo geral. Exemplo 2. Seja F0 = 0, F1 = 1 e Fn = Fn−1 + Fn−2 para n ≥ 2. Encontre uma f´ ormula fechada Fn . Solu¸ c˜ ao: Sim, a sequˆencia de Fibonacci voltou! Vamos executar os passos. O passo 1 j´a est´a OK (fazemos F−1 = 1 e F−2 = −1 para a recurs˜ ao valer para n = 1 e n = 0 tamb´em). Vamos aos passos 2 e 3: X X X Fn xn = Fn−1 xn + Fn−2 xn n≥0

n≥0

n≥0

⇐⇒ F (x) = F−1 + x

X

Fn−1 x

n−1

n≥1

+ F−2 + F−1 x + x2 2

⇐⇒ F (x) = 1 + xF (x) − 1 + x + x F (x) x ⇐⇒ F (x) = 1 − x − x2

X

Fn−2 xn−2

n≥2

Agora, vamos ao passo 4. A ideia ´e a seguinte: vamos escrever F (x) como soma de fra¸co ˜es parciais, ou seja, encontremos constantes a e b tais que F (x) =

b a + 1 − xr1 1 − xr2

sendo r1 , r2 os inversos das ra´ızes de 1−x−x2 = 0, que s˜ ao as ra´ızes de x2 −x−1 = 0 (basta √ √ 1+ 5 inverter a ordem dos coeficientes!). Sabemos que tais ra´ızes s˜ ao φ = 2 e ϕ = 1−2 5 . Desenvolvendo (e observando que (1 − xr1 )(1 − xr2 ) = 1 − x − x2 , temos x a + b − x(ar2 + br1 ) = 2 1−x−x 1 − x − x2 Agora basta resolver o sistema

Desta forma

1 a = √ a+b=0 5 ⇐⇒ aϕ + bφ = −1 b = − √1 5 1 F (x) = √ 5



1 1 − 1 − xφ 1 − xϕ

e podemos desenvolver usando o nosso repert´ orio: 4



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1 F (x) = √ 5



1 1 − 1 − xφ 1 − xϕ



  1 X n n X n n  X 1 √ (φn − ϕn )xn φ x − ϕ x = =√ 5 n≥0 5 n≥0 n≥0

e, comparando coeficientes, conclu´ımos que

1 Fn = √ (φn − ϕn ) 5 Fun¸c˜oes geratrizes tamb´em funcionam bem com recorrˆencias que n˜ao s˜ ao homogˆeneas. Exemplo 3. Resolva a recorrˆencia a0 = 1, an = 2an−1 + n. Solu¸ c˜ ao: O passo 1 j´a est´a feito. Vamos aos passos 2 e 3 (fazendo a−1 tal que a0 = 2a−1 + 0 ⇐⇒ a−1 = 1/2): X X X an xn = 2 an−1 xn + nxn n≥0

n≥0

⇐⇒ A(x) = 2a−1 + 2x

n≥0

X

an−1 xn−1 +

n≥1

X

(n + 1)xn −

n≥0

1 1 − ⇐⇒ A(x) = 1 + 2xA(x) + 2 (1 − x) 1−x 1 x ⇐⇒ A(x) = + 1 − 2x (1 − x)2 (1 − 2x) Vamos expandir tais que

x (1−x)2 (1−2x)

(1 −

xn

n≥0

em fra¸c˜oes parciais. Ou seja, encontremos constantes a, b, c

x x)2 (1

X

− 2x)

=

a b c + + 2 1 − x (1 − x) 1 − 2x

Poder´ıamos fazer como no exemplo anterior e expandir o segundo membro da equa¸c˜ao anterior. Mas, para variar um pouco (e mostrar um modo diferente de resolver o problema), vamos expandir um pouquinho s´ o e depois atribuir valores a x. Multiplicando ambos os membros por (1 − x)2 (1 − 2x), obtemos x = a(1 − x)(1 − 2x) + b(1 − 2x) + c(1 − x)2 Apesar de a primeira equa¸c˜ao n˜ao nos permitir substituir x por 0 e 1/2, na segunda equa¸c˜ao podemos fazer isso, j´a que a identidade ´e polinomial. Fazendo x = 1 e x = 1/2, obtemos 1 = b(1 − 2 · 1) ⇐⇒ b = −1 e 1/2 = c(1 − 1/2)2 ⇐⇒ c = 2. Para achar a, fazemos x = 0: 0 = a + b + c ⇐⇒ 0 = a + (−1) + 2 ⇐⇒ a = −1. Logo A(x) =

1 1 1 2 3 1 1 − − + = − − 2 1 − 2x 1 − x (1 − x) 1 − 2x 1 − 2x 1 − x (1 − x)2 5

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Utilizando nosso repert´ orio, temos X X X X A(x) = 3 2n xn − xn − (n + 1)xn = (3 · 2n − n − 2)xn n≥0

n≥0

n≥0

n≥0

e, comparando coeficientes, obtemos an = 3 · 2n − n − 2. Vale a pena conferir alguns valores iniciais: a0 = 3 · 20 − 0 − 2 = 1 confere. Usando a recurs˜ ao temos a1 = 2a0 + 1 = 3 e a nossa f´ormula diz que a1 = 3 · 21 − 1 − 2 = 3; estamos bem. Para garantir, confiramos a2 : a2 = 2a1 + 2 = 8 e 3 · 22 − 2 − 2 = 8. Parece que tudo bem! Vamos a um exemplo completo, incluindo a parte combinat´ oria. Exemplo 4. Um grafo G tem como v´ertices os n´ umeros 0, 1, 2, . . . , n. As arestas do grafo s˜ ao obtidas ligando 0 a cada um dos outros v´ertices e ligando k − 1 a k, k = 2, 3, . . . , n. Quantas s˜ ao as ´ arvores geradoras desse grafo, ou seja, quantas ´ arvores tˆem como v´ertices os n + 1 v´ertices de G e como arestas algumas arestas de G? Solu¸ c˜ ao: Seja gn a quantidade de grafos com v´ertices 0, 1, 2, . . . , n. Vendo os casos pequenos, temos g1 = 1, g2 = 3 e g3 = 8: b

b

b

b

b

b

b b b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

g3 = 8

g2 = 3

g1 = 1

O passo 1 nos diz para encontrarmos uma equa¸c˜ao de recorrˆencia para gn : para isso, observe o v´ertice n: ou ele n˜ao est´a conectado diretamente a 0 ou tem uma sequˆencia de arestas ligando 0 a n, n a n − 1, n − 1 a n − 2, . . . , k + 1 a k, e k e k − 1 n˜ao est˜ao ligados. Note que 0 n˜ao pode se ligar a nenhum dos v´ertices n − 1, n − 2, . . . , k, pois isso formaria ciclo. Resta ligar os v´ertices de 1 a k − 1, mas podemos usar a recurs˜ ao. No caso em que k = 1, temos uma ´ arvore s´ o. k=4 b

b b

b

g4

b

b

b

b

b

b

+ b

b

b

g3

k=2

b

= b

k=3

b

+ b

b

b

b

g3

b

g2

b

+ b

k=1 b

+ b

b

b

b

b

g1

b

1

Com isso, podemos chegar ` a recurs˜ ao gn = gn−1 + gn−1 + gn−2 + · · · + g1 + 1 = gn−1 +

6

X

1≤k
gk + 1

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Vamos aplicar o passo 2, com g0 tal que g1 = g0 + g0 + 1 ⇐⇒ g0 = 0, e come¸cando a soma de n = 1, que ´e de onde a recorrˆencia come¸ca a fazer sentido: X X X X X gk xn + xn gn xn = gn−1 xn + n≥1

n≥1

⇐⇒ G(x) = g0 + x

gn−1 x

n−1

+

n≥2

⇐⇒ G(x) = xG(x) + ⇐⇒ G(x) = xG(x) +

n≥1

n≥1 1≤k
X

X

n≥1 1≤k
gk xk

k≥1

X

xn−k +

n>k≥1

k≥1

X

X X

gk xk

X

m≥1

xm +

gk xk · xn−k +

x 1−x

x 1−x

x 1−x

x x + ⇐⇒ G(x) = xG(x) + G(x) 1−x 1−x x ⇐⇒ G(x) = 1 − 3x + x2

2 Vamos achar os inversos das ra´ızes ao as ra´ızes de. . . x2 −3x+1 = √ de 1−3x+x = 0, que s˜ 3± 5 0! Resolvendo, encontramos x = 2 , que s˜ ao os quadrados das ra´ızes de x2 − x − 1 = 0,  √ 2  √ 2 ou seja, s˜ ao φ2 = 1+2 5 e ϕ2 = 1−2 5 . Vamos encontrar as constantes a e b tais que

x a b = + 2 2 1 − 3x + x 1 − φ x 1 − ϕ2 x Abrindo, temos x = a(1 − ϕ2 x) + b(1 − φ2 x)

1 √1 e fazendo x = 1/φ2 obtemos a = Substituindo x = 1/ϕ2 obtemos b = ϕ2 −φ 2 = − 5 e obtemos o resultado: X 1
√ φ2n − ϕ2n xn G(x) = 5 n≥0

√1 5

Vocˆe reconhece a conta acima? Sim, ´e o Fibonacci 2n! Logo gn = F2n . Nem sempre o passo 4 ´e simples; de fato, muitas sequˆencias s˜ ao descritas pela sua fun¸c˜ao geratriz em vez de seu termo geral.

Multiplicando fun¸c˜ oes geratrizes: convolu¸c˜ oes Antes de resolver mais alguns problemas, vamos ver o que acontece quando multiplicamos duas fun¸c˜oes geratrizes X A(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · = an xn n≥0

B(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · = 7

X

n≥0

bn x n

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Temos A(x) · B(x) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )x2 + · · · = Ou seja, A(x) · B(x) gera a sequˆencia cn = a0 bn + a1 bn−1 + a2 bn−2 + · · · + an b0 =

X

X

n≥0

 

X

0≤k≤n



ak bn−k  xn

ak bn−k

0≤k≤n

Essa opera¸c˜ao entre sequˆencias se chama convolu¸ca ˜o. Parece arbitr´ aria, mas essa ideia ´e u ´til. Vamos provar uma das f´ormulas do nosso repert´ orio (as outras ficam para vocˆe!) Exemplo 5. Mostre que a fun¸ca ˜o geratriz da sequˆencia (1, 2, 3, . . .) dada por an = n + 1 ´e 1 . (1−x)2 Solu¸ c˜ ao: Sabemos da f´ormula da s´erie geom´etrica que 1 = 1 + x + x2 + x3 + · · · 1−x

gera a sequˆencia cn = 1, ∀n ≥ 0. Note que

an = c0 cn + c1 cn−1 + · · · + cn c0 = n + 1, ent˜ao basta multiplicar C(x) =

1 1−x

por si mesmo, ou seja,

A(x) = (C(x))2 =

1 (1 − x)2

Note que isso prova o seguinte: tomando B(x) = f´ormula para as somas parciais de uma sequˆencia:

1 1−x

= 1 + x + x2 + · · · , obtemos a

Proposi¸ c˜ ao 1. Sendo (an )n≥0 uma sequˆencia gerada por A(x), a sequˆencia (a0 , a0 +a1 , a0 + a1 + a2 , . . .) ´e gerada por A(x) 1−x . Vamos brincar um pouquinho com os n´ umeros de Fibonacci. Exemplo 6. Sendo Fn o n-´esimo n´ umero de Fibonacci, encontre uma f´ ormula fechada P para 0≤k≤n Fk Fn−k . Solu¸ c˜ ao: J´a vimos que a fun¸c˜ao geratriz de Fibonacci ´e

  x x 1 1 1 F (x) = = =√ − 1 − x − x2 (1 − xφ)(1 − xϕ) 5 1 − xφ 1 − xϕ P c˜ao de Fibonacci Sendo Sn = 0≤k≤n Fk Fn−k a soma pedida, basta fazer a convolu¸ consigo mesma:   1 2 1 1 S(x) = F (x) · F (x) = − + 5 (1 − xφ)2 (1 − xφ)(1 − xϕ) (1 − xϕ)2 8

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2 = Usando o repert´ orio e o fato de que (1−xφ)(1−xϕ) (note que n˜ao h´a problemas pois F0 = 0), temos

S(x) =

2 1−x−x2

=

2F (x) x

=2

P

n≥0 Fn+1 x

n

2X 1X 1X (n + 1)φn xn − Fn+1 xn + (n + 1)ϕn 5 5 5 n≥0

n≥0

n≥0

2 n n Com isso, podemos encontrar Sn = n+1 5 (φ + ϕ ) − 5 Fn+1 . Essa resposta ´e bacana, mas d´a para ajeitar um pouco mais, de modo a ficar s´ o n´ umeros de Fibonacci. Isso parece dif´ıcil a priori, mas com a ajuda das fun¸c˜oes geratrizes tudo fica mais simples: como φ e ϕ s˜ ao ra´ızes da equa¸c˜ao x2 − x − 1 = 0, φ + ϕ = 1 e

X

(φn + ϕn )xn =

n≥0

1 1 2 − (φ + ϕ)x 2−x 2 + = = = F (x) − F (x) 2 1 − φx 1 − ϕx (1 − φx)(1 − ϕx) 1−x−x x

de modo que S(x) =

X 2nFn+1 − (n + 1)Fn 2X 1X (n + 1)(2Fn+1 − Fn )xn − Fn+1 xn = xn 5 5 5 n≥0

n≥0

e X

Fk Fn−k = Sn =

0≤k≤n

n≥0

2nFn+1 − (n + 1)Fn 5

Filtrando valores: a f´ ormula da multisec¸ c˜ ao ` vezes queremos calcular a soma de alguns termos, n˜ao todos. Isso ´e um trabalho para As fun¸c˜oes geratrizes e convolu¸c˜oes! Lembre-se que para deslocar uma sequˆencia em k unidades para a direita, basta mul1 tiplicar por xk e que 1−x encia ak tal que ak = 1 se m | k e ak = 0 se m gera a sequˆ m ∤ k. P ao Proposi¸ c˜ ao 2. Seja A(x) = n≥0 an . Ent˜ n≡k

X

(mod m)

m−1 1 X −ks ω A(ω s x) an x = m n

s=0

2π em que ω = e2πi/m = cos 2π e a raiz m-´esima primitiva da unidade. m + i sen m ´

Demonstra¸ c˜ ao: A ideia principal vem do fato de que ( m−1 X m, se m | k ks ω = 0, caso contr´ario s=0 De fato, se m | s ent˜ao ω ks = 1 e a´ı s´ o somamos m uns; se m ∤ k ent˜ao a soma ´e de uma mk −1 k = 0. progress˜ ao geom´etrica de raz˜ao ω 6= 1, que ´e ωωk −1 9

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Ou seja, essa soma “filtra” os n´ umeros. De fato, m−1 X

ω −ks A(ω s x) =

ω −ks

s=0

s=0

A soma Logo

m−1 X

Pm−1 s=0

X

an (ω s x)n =

n≥0

X

n≥0

an xn ·

m−1 X

ω −ks+ns

s=0

ω −ks+ns ´e igual a zero, exceto quando m | n − k ⇐⇒ n ≡ k (mod m). m−1 X

X

ω −ks A(ω s x) =

s=0

n≥0,n≡k

(mod m)

an xn · m

e o resultado segue. Exemplo 7. Calcule

P

4n k≥0 4k




.


Solu¸ c˜ ao: J´a sabemos que a sequˆencia nc ´e gerada por (1 + x)c . Ent˜ao estamos pensando em somar os termos com ´ındice m´ ultiplo de 4 da s´erie F (x) = (1 + x)4n . Para isso, basta usar a f´ormula da multise¸c˜ao, com i como raiz primitiva: X 4n 4|t

t

3

xt =

1X 1 F (is x) = (F (x) + F (ix) + F (−x) + F (−ix)) 4 4 s=0

1 = ((1 + x)4n + (1 + ix)4n + (1 − x)4n + (1 − ix)4n ) 4

Para terminar, basta substituir x = 1: X 4n 1 24n + 2 · (−4)n + 04n = (24n + (1 + i)4n + 04n + (1 − i)4n ) = 4 4 t 4|t

O termo 04n parece redundante, mas 00 = 1, e a f´ormula tamb´em vale para n = 0. Um caso particular u ´til ´e m = 2: P Proposi¸ c˜ ao 3. Sendo A(x) = n≥0 an xn , X

a2k x2k =

k≥0

A(x) + A(−x) 2

e

X k≥0

a2k+1 x2k+1 =

A(x) − A(−x) 2

Outros tipos de fun¸c˜ oes geratrizes Com um pouco de imagina¸c˜ao, fun¸c˜oes geratrizes podem ser utilizadas de maneiras bastante efetivas.

Expoentes e somas Uma outra maneira de trabalhar com fun¸c˜oes geratrizes ´e olhar com mais ˆenfase nos expoentes.

10

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Proposi¸ c˜ ao 4. Dados ao negativos, definimos A(x) = P doisb conjuntos A e B de inteiros n˜ P a umero de maneiras b∈B x . Se o n´ a∈A x e B(x) = P de se escrever n como soma de um elemento de A com um elemento de B ´e cn ent˜ ao n≥0 cn xn = A(x) · B(x). Demonstra¸ c˜ ao: Basta fazer a distributiva: sendo A = {a1 , a2 , a3 , . . .} e B = {b1 , b2 , . . .}, A(x) · B(x) = (xa1 + xa2 + · · · )(xb1 + xb2 + · · · ) = xa1 +b1 + xa1 +b2 + · · · + xai +bj + · · · e os termos com o mesmo expoente n se agrupam. Note que: • A e B podem ser infinitos ou finitos; • A e B podem ser multiconjuntos, ou seja, podem ter elementos repetidos; • generalizando a ideia acima, podemos usar coeficientes para refletir pesos nos elementos de A ou B. Exemplo 8. Esmeralda tem dois dados com a forma de tetraedro regular, cada um sorteando um n´ umero entre 1 e 4. Jade tem dois dados, mas com n´ umeros diferentes, mas as probabilidades de obter cada soma, de 2 a 8, s˜ ao iguais. Como podem ser os n´ umeros dos dados de Jade? Solu¸ c˜ ao: Cada um dos dados de Esmeralda podem ser representado pela fun¸c˜ao geratriz x + x2 + x3 + x4 . Assim, os resultados no lan¸camento de dois dados s˜ ao gerados por 2 3 4 2 k (x + x + x + x ) : o coeficiente em x indica de quantas maneiras obtemos a soma k. Observe: (x + x2 + x3 + x4 )2 = x1+1 + x1+2 + x1+3 + x1+4 + x2+1 + x2+2 + x2+3 + x2+4 + x3+1 + x3+2 + x3+3 + x3+4 + x4+1 + x4+2 + x4+3 + x4+4 Note que a opera¸c˜ao de multiplica¸c˜ao se assemelha ao produto cartesiano: para cada termo consideramos um par ordenado (a, b) de A × B. Ao somarmos os expoentes, obtemos todas as somas a + b com a ∈ A e b ∈ B; e ao juntarmos os termos semelhantes obtemos o n´ umero de maneiras de obter cada soma. Para que as probabilidades dos dados de Jade sejam iguais, a fun¸c˜ao geratriz de Jade deve ser a mesma. Sejam ent˜ao A(x) = xa1 +xa2 +xa3 +xa4 e B(x) = xb1 +xb2 +xb3 +xb4 as fun¸c˜oes geratrizes dos dados de Jade (os n´ umeros nos dados s˜ ao a1 , a2 , a3 , a4 e b1 , b2 , b3 , b4 . Devemos ter ent˜ao (xa1 + xa2 + xa3 + xa4 )(xb1 + xb2 + xb3 + xb4 ) = (x + x2 + x3 + x4 )2 O que fazemos agora ´e n˜ ao expandir. Na verdade, fatoramos e usamos o fato de que fatora¸c˜ao em polinˆ omios ´e u ´nica. De fato, a fatora¸c˜ao em Z de (x + x2 + x3 + x4 )2 ´e x2 (x + 1)2 (x2 + 1)2 . Ent˜ao escolhemos alguns fatores para cada dado de Jade. Como 11

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A(1) = B(1) = 4, devemos ter exatamente quatro termos em cada fun¸c˜ao geratriz. Podemos escolher dois 1 + x para A(x) ou um 1 + x e um 1 + x2 . Podemos tamb´em escolher os dois x2 + 1’s, mas o caso ´e an´ alogo. Ent˜ao, considerando ainda que podemos distribuir os x’s como quisermos, temos as possibilidades A(x) + = x2 + x3 + x3 + x4 2 x(x + 1) = x1 + x2 + x2 + x3 (x + 1)2 = x0 + x1 + x1 + x2 x2 (x + 1)(x2 + 1) = x2 + x3 + x4 + x5 x(x + 1)(x2 + 1) = x1 + x2 + x3 + x4 x2 (x

1)2

B(x) + = x0 + x2 + x2 + x4 2 2 x(x + 1) = x1 + x3 + x3 + x5 x2 (x2 + 1)2 = x2 + x4 + x4 + x6 (x + 1)(x2 + 1) = x0 + x1 + x2 + x3 x(x + 1)(x2 + 1) = x1 + x2 + x3 + x4 (x2

1)2

Com isso, temos os pares de dados {2, 3, 3, 4} e {0, 2, 2, 4}; {1, 2, 2, 3} e {1, 3, 3, 5}; {0, 1, 1, 2} e {2, 4, 4, 6}; {2, 3, 4, 5} e {0, 1, 2, 3} e, ´e claro, a original de Esmeralda {1, 2, 3, 4} e {1, 2, 3, 4}. A u ´nica possibilidade com n´ umeros inteiros positivos ´e a segunda; de fato, para que isso ocorra, devemos ter um x para cada fun¸c˜ao A(x), B(x). Exemplo 9. Determine o n´ umero de maneiras de selecionar n frutas entre ma¸ca ˜s, bananas, laranjas e peras de modo que: • a quantidade de ma¸ca ˜s ´e par; • a quantidade de bananas ´e um m´ ultiplo de 5; • a quantidade de laranjas ´e no m´ aximo 4; • a quantidade de peras ´e no m´ aximo 1. Solu¸ c˜ ao: A ideia ´e considerar uma fun¸c˜ao para cada fruta: • Para as ma¸c˜as, as quantidades s˜ ao 0, 2, 4, . . ., ou seja, usamos 1 + x2 + x4 + · · · =

1 ; 1−x2

• Para as bananas, as quantidades s˜ ao 0, 5, 10, . . ., ou seja, usamos 1 + x5 + x10 + · · · = 1 ; 1−x5 • Para as laranjas, as quantidades s˜ ao 0, 1, 2, 3, 4, ou seja, usamos 1 + x + x2 + x3 + x4 = x5 −1 x−1 ; • Para peras, as quantidades s˜ ao 0, 1, e ficamos com a fun¸c˜ao 1 + x. Para somar as quantidades de frutas, basta multiplicar as s´eries que obtivemos: F (x) =

X 1 1 x5 − 1 1 · (1 + x) = · · = (n + 1)xn 2 5 2 1−x 1−x x−1 (1 − x) n≥0

e a resposta ´e. . . n + 1 (surpreso?). O pr´oximo exemplo mostra como trabalhar com pesos:

12

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Exemplo 10. Esmeralda tem n moedas viciadas M1 , M2 , . . . , Mn , de modo que a probabilidade de obter cara na moeda Mk ´e 1/(2k + 1). Se jogarmos as n moedas, qual ´e a probabilidade de a quantidade de caras ser ´ımpar? Solu¸ c˜ ao: Vamos fazer o seguinte: associe a Mk o binˆ omio Mk (x) =

2k 1 + x 2k + 1 2k + 1

e vamos ver o que acontece quando calculamos M (x) = M1 (x)M2 (x) . . . Mn (x). Note que o x “marca” a ocorrˆencia de cara. O termo em xm corresponde, ent˜ao, a obter k caras e n − k coroas. Como ao expandir, multiplicamos as probabilidades correspondentes, obtemos a probabilidade de obter k caras e n − k coroas. Mas n˜ao queremos a probabilidade para um k expec´ıfico: s´ o para uma quantidade ´ımpar. Para isso, basta considerar a soma dos coeficientes de ´ındice ´ımpar, e isso ´e um (−1) , o que ´e simples: temos trabalho para a. . . multissec¸c˜ao! Basta ent˜ao calcular M (1)−M 2 2k−1 Mk (1) = 1, logo M (1) = 1; e Mk (−1) = 2k+1 , de modo que M (−1) =

2n − 1 1 1 3 · · ... · = 3 5 2n + 1 2n + 1

Deste modo, a probabilidade pedida ´e 1−

1 2n+1

=

2

n , 2n + 1

que, s´ o por curiosidade, ´e um pouco menor do que 1/2. ` As vezes precisamos usar polinˆ omios um pouco mais “para valer”. Exemplo 11. Sejam A = {a1 , a2 , . . . , an } e B = {b1 , b2 , . . . , bn } dois multiconjuntos distintos de n inteiros positivos cada (permitindo repeti¸co ˜es!) tais que os n´ umeros ai + aj , i 6= j, e bi + bj , i 6= j s˜ ao os mesmos (incluindo multiplicidades). Prove que n ´e uma potˆencia de 2. Solu¸ c˜ ao: Considere A(x) = xa1 + xa2 + · · · + xan e B(x) = xb1 + xb2 + · · · + xbn . Parece que temos (A(x))2 = (B(x))2 , certo? Errado! Falta tirar os termos xai +ai = x2ai e x2bi . Mas isso ´e f´acil: retiramos A(x2 ). Assim, (A(x))2 − A(x2 ) = (B(x))2 − B(x2 ) ⇐⇒ (A(x) + B(x))(A(x) − B(x)) = A(x2 ) − B(x2 ) Sendo A(x) e B(x) distintos, A(x) + B(x) =

A(x2 ) − B(x2 ) A(x) − B(x)

Note que A(1) = B(1) = n, ent˜ao 1 ´e raiz do polinˆ omio P (x) = A(x) − B(x). Sendo k a multiplicidade de 1 em P (x), temos P (x) = (x − 1)k Q(x), com Q(1) 6= 1. Mas a´ı A(x2 ) − B(x2 ) = P (x2 ) = (x2 − 1)k Q(x2 ), ou seja, A(x) + B(x) =

2 (x2 − 1)k Q(x2 ) k Q(x ) = (x + 1) Q(x) (x − 1)k Q(x)

13

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Substituir x = 1 n˜ao d´a problema, pois Q(1) 6= 0, logo A(1) + B(1) = (1 + 1)k

Q(12 ) = 2k ⇐⇒ 2n = 2k ⇐⇒ n = 2k−1 , Q(1)

ou seja, n ´e uma potˆencia de 2.

Exponenciais ` vezes, dada uma sequˆencia (an )n≥0 , ´e mais vantajoso trabalhar com a fun¸c˜ao geratriz As A(x) =

X

n≥0

an

xn n!

que ´e a fun¸ca ˜o geratriz exponencial associada a (an )n≥0 . O nome “exponencial” vem do fato de que X xn

n≥0

n!

= ex ,

e portanto ´e natural o ex aparecer nas contas. O motivo pelo qual esse tipo de fun¸c˜ao geratriz ´e bacana ´e a convolu¸c˜ao:   X xk X xm X ak bn−k n X n xn ak A(x) · B(x) = bm = x = ak bn−k k k! m! k! (n − k)! n! k≥0

m≥0

n≥0

n≥0

de modo que o produto gera a convolu¸ca ˜o binomial X n ak bn−k cn = k 0≤k≤n

Vamos voltar ` as permuta¸c˜oes ca´oticas, l´ a da se¸c˜ao de inclus˜ ao-exclus˜ao. Exemplo 12. Uma permuta¸c˜ao ca´otica ´e uma permuta¸ca ˜o sem pontos fixos. Encontre uma f´ ormula para a quantidade de permuta¸co ˜es ca´ oticas de n n´ umeros. Solu¸ c˜ ao: A ideia ´e trabalhar ao contr´ ario: vamos separar as n! permuta¸c˜oes de acordo com a quantidade de pontos fixos. De fato, sendo dk a quantidade de
permuta¸c˜oes ca´oticas de k n´ umeros, a quantidade de permuta¸c˜oes com k pontos fixos ´e nk dn−k (escolhemos os k pontos fixos e fazemos uma permuta¸c˜ao ca´otica do resto). Assim, X n dn−k = n! k 0≤k≤n

P n Familiar? Sim, uma convolu¸c˜ao binomial! Sendo D(x) = n≥0 dn xn !, fazemos a conP n volu¸c˜ao com a sequˆencia constante 1, cuja fun¸c˜ao geratriz exponencial ´e n≥0 xn! = ex ! Logo X xn X 1 = xn = D(x)ex = n! n! 1−x n≥0

n≥0

14

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Com isso, podemos encontrar D(x): D(x) =

X e−x xn X n X xn X xn = (−1)n · x = (−1)n · n! 1−x n! n! n! n≥0

n≥0

n≥0

n≥0

e temos mais uma convolu¸c˜ao binomial, agora entre as sequˆencias (−1)n e n!: X X n n! (−1)k (−1)k (n − k)! = dn = k k! 0≤k≤n

0≥k≤n

Note que n˜ao precis´avamos calcular n≥0 xn . Tudo que fizemos foi passar ex para o outro lado. Por outro lado, a fun¸c˜ao geratriz exponencial das permuta¸c˜oes ca´oticas ´e bem bonitinha, e f´acil de memorizar. P

Usando mais de uma vari´ avel ` vezes, uma vari´avel s´ As o n˜ao ´e suficiente. Quando queremos “marcar” mais de alguma coisa, vale a pena usar mais vari´aveis. Exemplo 13. (IMO) Seja p um primo ´ımpar. Quantos subconjuntos de p de {1, 2, . . . , 2p} tˆem soma dos elementos m´ ultipla de p? Solu¸ c˜ ao: Em princ´ıpio, podemos pensar na fun¸c˜ao geratriz (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) . . . (1 + x2p ) em que os expoentes representam os elementos. Ao multiplicar, escolhemos xk se k pertence ao subconjunto e 1 se n˜ao pertence. S´o que perdemos o controle sobre a quantidade de elementos do subconjunto. Para fazer isso, colocamos uma outra vari´avel y: f (x, y) = (1 + xy)(1 + x2 y)(1 + x3 y) . . . (1 + x2p y) Agora, o coeficiente xS y k indica a quantidade de subconjuntos de k elementos com soma igual a S. Sendo f (x, y) = aS,k xS y k , queremos ent˜ao X aS,p p|S

Note que somamos os coeficientes em termos de x, e n˜ao de y. Ent˜ao, como s´ o nos interessa as somas m´ ultiplas de p, ou seja, expoente de x m´ ultiplo de p, fazemos uma p-multissec¸c˜ao em x e procuramos o termo em y p . Ou seja, queremos o termo em y p em p−1

1X f (ω k , y), p

ω = e2πi/p

k=0

Calculemos, ent˜ao, f (ω k , y). Note que (ω k )i+p = ω k(i+p) = ω ki+kp = ω ki , de modo que f (ω k , y) = [(1 + ω k y)(1 + ω 2k y)(1 + ω 3k y) . . . (1 + ω kp y)]2 15

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Se k = 0, ent˜ao ω ki = 1 e f (ω 0 , y) = f (1, y) = (1 + y)2p . Vejamos o que acontece se 0 < k < p. Como p ´e primo, se p ∤ k ent˜ao k, 2k, . . . , pk mod p ´e uma permuta¸c˜ao de 1, 2, . . . , p mod p, ou seja, ω k , ω 2k , . . . , ω pk ´e uma permuta¸c˜ao de ω, ω 2 , . . . , ω p . Logo, para 0 < k < p temos f (ω k , y) = [(1 + ωy)(1 + ω 2 y)(1 + ω 3 y) . . . (1 + ω p y)]2 Mas o polinˆ omio cujas ra´ızes s˜ ao os inversos de −ω i , i = 1, 2, . . . , p ´e (−x)p − 1 = p −(x + 1). Logo f (ω k , y) = [y p + 1]2 Logo p−1

1X 1 f (ω k , y) = ((y + 1)2p + (p − 1)(y p + 1)2 ), p p k=0  
+ 2(p − 1) . cujo termo em y p ´e p1 2p p Uma outra maneira de usar duas vari´aveis s˜ ao os problemas de tabuleiro! Exemplo 14. Um tromin´o ´e obtido retirando o quadrado inferior direito de um quadrado 2 × 2. De quantas maneiras podemos colocar k tromin´ os em um tabuleiro 3 × n? N˜ ao ´e permitido rota¸co ˜es sem sobreposi¸co ˜es dos tromin´ os. Solu¸ c˜ ao: Depois de colocar os k tromin´os, preencha o resto com quadrados unit´ arios. Note que podemos dividir o tabuleiro 3 × n nas macrope¸cas b´asicas a seguir:

(i)

(ii)

(iii)

(iv)

Agora, seja an,k o n´ umero de maneiras desejado. Vamos associar `as pe¸cas (i), (ii), (iii), (iv) os monˆomios c, c2 t, c2 t e c3 t2 . Aqui, c marca a quantidade de colunas e t marca a quantidade de tromin´os. Com isso, cada escolha de pe¸ca est´a associada a multiplicar por c + c2 t + c2 t + c3 t2 = c(1 + ct)2 . O n´ umero de maneiras de fazer isso com exatamente j pe¸cas est´a associado ` a fun¸c˜ao geratriz [c(1 + ct)2 ]j ; o coeficiente de cn tk dessa expans˜ ao nos diz a quantidade de maneiras de colocar k tromin´os em um tabuleiro 3 × n obtido atrav´es da uni˜ ao de j pe¸cas b´asicas. Como a quantidade de pe¸cas b´asicas pode ser arbitr´ aria, n k somamos todas as fun¸c˜oes geratrizes. Logo queremos o termo em c t de X X 2j  X X X X 2j  j k 2 j j 2j cj+k tk c (ct) = [c(1 + ct) ] = c (1 + ct) = k k j≥0

j≥0

j≥0 0≤k≤2j

j≥0 0≤k≤2j

e basta fazer j + k = n ⇐⇒ j = n − k, de modo que a resposta ´e

16

2n−2k k


.

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Algumas aplica¸ c˜ oes Assim como bije¸c˜oes, fun¸c˜oes geratrizes podem ser extremamente u ´teis para provar que dois conjuntos tˆem a mesma quantidade de elementos sem precisarmos cont´ a-los. De fato, usamos muito as fun¸c˜oes geratrizes em parti¸co ˜es, ou seja, maneiras de escrever n´ umeros naturais como soma de n´ umeros naturais, levando ou n˜ao a ordem em considera¸c˜ao. Exemplo 15. Encontre a fun¸ca ˜o geratriz das parti¸co ˜es n˜ao ordenadas de n em inteiros positivos sem restri¸co ˜es. Solu¸ c˜ ao: Vamos usar fun¸c˜oes geratrizes nos expoentes: primeiro consideramos as quantidades de 1’s na soma: ou usamos nenhum 1 (x0 ), ou um 1 (x1 ), ou dois 1’s (x2 ). . . desse 1 modo, o primeiro fator ´e 1 + x + x2 + · · · = 1−x . Pensemos nas quantidades de 2’s: ou 1 0 2 2·2 4 nenhum (x ) ou um (x ) ou dois (x = x ). . . , e obtemos 1 + x2 + x4 + · · · = 1−x 2. 1 k 2k Continuando, notamos que o k-´esimo fator ´e 1 + x + x + · · · = 1−xk , e a fun¸c˜ao geratriz ´e Y 1 1 1 1 P (x) = ··· = . 2 3 1−x1−x 1−x 1 − xn n≥0

Infelizmente, n˜ao h´a f´ormula fechada para o termo em xn .

Exemplo 16. Encontre a fun¸ca ˜o geratriz das parti¸co ˜es ordenadas de n em inteiros positivos sem restri¸co ˜es. Solu¸ c˜ ao: No fundo, queremos o n´ umero de solu¸c˜oes de x1 + x2 + · · · + xk = n com xi inteiro positivo e k variando de 1 a n. Podemos usar a
f´ormula que vimos anteriormente,
P n−1 n−1 n−1 . Mas vamos usar fun¸ c˜oes e somar de k = 1 a k = n, obtendo 1≤k≤n k−1 = 2 k−1 geratrizes. O segredo ´e ignorar o n e ver como obter somas ordenadas com k parcelas. Fazendo o i-´esimo fator corresponder ao valor de xi (garantindo assim a ordem entre as parcelas) e observando que cada xi pode ser igual a 1, 2, . . ., a fun¸c˜ao que gera as somas de k parcelas ´e k  x 2 k (x + x + · · · ) = 1−x Como podemos ter qualquer quantidade de parcelas, a fun¸c˜ao que gera as parti¸c˜oes ordenadas ´e x X  x k X X x 2k xk+1 = 2n−1 xn , = 1−xx = = 1−x 1 − 1−x 1 − 2x k≥1

k≥0

n≥1

confirmando o que j´a provamos. Exemplo 17. Mostre que a quantidade de parti¸co ˜es n˜ ao ordenadas de n em naturais distintos ´e igual ao n´ umero de parti¸co ˜es tamb´em n˜ ao ordenadas de n em naturais ´ımpares.

17

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Solu¸ c˜ ao: Para mostrar que duas sequˆencias s˜ ao iguais, basta provar que suas fun¸c˜oes geratrizes s˜ ao iguais. Seja A(x) a fun¸c˜ao geratriz das parti¸c˜oes em naturais distintos. Cada natural tem duas op¸c˜oes: ou aparece ou n˜ao aparece. Assim, multiplicamos 1 + xk , k ≥ 1: Y (1 + xk ) A(x) = (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) . . . = k≥1

Agora, considere as parti¸c˜oes em ´ımpares. Cada ´ımpar pode aparecer qualquer quantidade de vezes. Assim, B(x) = (1 + x + x2 + · · · )(1 + x3 + x6 + · · · )(1 + x5 + x10 + · · · ) . . . =

Y

k≥1

1 1 − x2k−1

Basta, ent˜ao, mostrar que A(x) = B(x). Para tanto, basta multiplicar as (infinitas!) identidades 1 − x2 1 − x4 1 − x6 2 = 1 + x; = 1 + x ; = 1 + x3 ; . . . 1−x 1 − x2 1 − x3 obtendo Q k k≥1 (1 − x ) Y 1 − x2k Y 1 k par k =Q = B(x), (1 + x ) = = Q A(x) = k) (1 − x (1 − xk ) 1 − xk k≥1 k≥1 k≥1

k≥1

k ´ımpar

como quer´ıamos demonstrar.

Problemas 1. (OBM) Para cada subconjunto A de {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}, seja p(A) o produto de seus elementos. Por exemplo, p({1; 2; 4; 5}) = 40 e p(A) = 10! = 1 · 2 · 3 · . . . · 10. Por conven¸c˜ao, adote p(∅) = 1. Calcule a soma de todos os 210 produtos p(A). 2. Esmeralda anda aleatoriamente no eixo x. Ela sempre come¸ca no ponto (0, 0). Determine a probabilidade de ela estar no ponto (i, 0) ap´ os n passos se a cada passo ela: (a) se move uma unidade ` a direita ou uma unidade `a esquerda. (b) se move uma unidade ` a direita, uma unidade `a esquerda ou fica parada. (c) se move uma unidade ` a direita, uma unidade `a esquerda ou fica parada. Como Esmeralda acabou de almo¸car, ela tende a ficar parada mais vezes. Sendo mais exato, ela fica parada com probabilidade 1/2 e se move para cada sentido com probabilidade 1/4. 3. Arnaldo joga 999 moedas honestas, Bernaldo e Cernaldo jogam, cada um, 1000 moedas honestas e Dernaldo joga 1001 moedas honestas. Mostre que os dois eventos a seguir tˆem a mesma chance de ocorrer, e calcule-a. 18

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• Cernaldo obt´em exatamente uma cara a mais do que Bernaldo;

• Arnaldo e Dernaldo obtˆem exatamente a mesma quantidade de caras. 4. Encontre uma f´ormula fechada para  2  2  2  2 n n n n − + − · · · + (−1)n . 0 1 2 n 5. Encontre dois dados honestos cujas faces n˜ao s˜ ao 1, 2, 3, 4, 5, 6 que, quando jogados, deem, com a mesma probabilidade que dois dados normais, as somas 2, 3, 4, . . . , 12. 6. Um matem´ atico excˆentrico coleciona domin´os guardados em uma caixa 2 × n, e paga $4 por domin´o vertical e $1 por domin´o horizontal. Quantas caixas (de qualquer tamanho) valem $m? 7. Encontre o n´ umero de subconjuntos de {1, 2, 3, . . . , 2000} cuja soma dos elementos ´e um m´ ultiplo de 5 (inclua o conjunto vazio na sua contagem). 8. Resolva a recorrˆencia g0 = 1, gn = gn−1 + 2gn−2 + · · · + ng0 , n > 0. 9. Prove que         n n n n F0 + F1 + F2 + · · · + Fn = F2n n n−1 n−2 0 sendo Fk o k-´esimo n´ umero de Fibonacci. 10. Prove que o n´ umero de parti¸c˜oes em que apenas as partes ´ımpares podem ser repetidas ´e igual ao n´ umero de parti¸c˜oes de n em que nenhuma parte aparece mais do que trˆes vezes. 11. Mostre que o n´ umero total de 1’s nas parti¸c˜oes de n ´e igual `a soma das quantidades de partes distintas em cada parti¸c˜ao de n. 12. Denotaremos a progress˜ ao aritm´etica de raz˜ao a e primeiro termo b por {an + b} = {b, a + b, a + 2b, . . .}. Dizemos que as progress˜ oes aritm´eticas {a1 n+b1 }, {a2 n+b2 }, . . . , {am n+bm } cobrem os inteiros n˜ao-negativos quando cada inteiro n˜ao-negativo aparece em exatamente uma das progress˜ oes aritm´eticas. Por exemplo, {2n}, {4n + 1} e {4n + 3} cobrem os inteiros n˜ao-negativos. Prove que se {a1 n + b1 }, {a2 n + b2 }, . . . , {am n + bm } cobrem os inteiros n˜ao-negativos e 2 ≤ a1 ≤ . . . ≤ am ent˜ao am−1 = am . 13. (China) Seja n um inteiro positivo. Encontre o n´ umero de polinˆ omios com coeficientes em {0, 1, 2, 3} tais que P (2) = n.

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14. (Identidade de Euler) Seja f (x) = (1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) . . . = Prove que o termo em xn ´e (−1)k se n =

3k2 ±k 2

Y

(1 − xn )

n≥1

e 0 caso contr´ario.

15. Determine se existe um conjunto X de inteiros n˜ao negativos com a seguinte propriedade: para cada inteiro n˜ao negativo n a equa¸c˜ao a + 2b = n tem exatamente uma solu¸c˜ao com a, b ∈ X. 16. Cada v´ertice de um pol´ıgono regular ´e pintado de uma de uma quantidade finita de cores de modo que pontos da mesma cor s˜ ao os v´ertices de um outro pol´ıgono regular. Prove que dois dos pol´ıgonos regulares obtidos s˜ ao congruentes.

Bibliografia 1. T. Andreescu e Z. Feng, A Path to Combinatorics for Undergraduates: Counting Strategies, Birkh¨ auser 2003. 2. E. Tengan, S´eries Formais, Revista Eureka! 11. 3. Knuth, Graham e Patashnik, Concrete Mathematics. 4. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. A resposta ´e (1 + 1)(1 + 2)(1 + 3) . . . (1 + 10) = 11!. Generalizando um pouco, a soma de p(A) para conjuntos S = {a1 , a2 , . . . , ak } ´e (1 + a1 )(1 + a2 ) . . . (1 + ak ). 2. (a) Cada passo aumenta a coordenada x em uma unidade ou diminui a coordenada x Assim,
queremos o coeficiente em xi em (x + x−1 )n =
unidade. P Pem uma n n−k −k x = k≥0 nk xn−2k . Basta fazer n − 2k = i ⇐⇒ k = n−i k≥0 k x 2 . n
se i e n tˆem a mesma paridade e 0 caso contr´ario. Logo a resposta ´e 21n n−i 2

(b) A coordenada x ´e somada, a cada passo, em −1, 0 ou 1. Assim, calcular
P devemos n i −1 n o coeficiente em x no desenvolvimento de (x+1+x ) = k≥0 k (x+x−1 )k =



P P n k k−2ℓ k k−2ℓ n P . Basta, ent˜ao, somar todas as = k,ℓ≥0 k ℓ x ℓ≥0 ℓ x k≥0 k
2ℓ+i
P n e possibilidades em que k − 2ℓ = i ⇐⇒ k = 2ℓ + i: o total ´e ℓ≥0 2ℓ+i ℓ

n 2ℓ+i 1 P a probabilidade ´e 3n ℓ≥0 2ℓ+i ℓ . (c) Nesse caso, usamos fun¸c˜oes geratrizes com pesos: queremos o coeficiente em xi na
n  1/2 −1/2 2n
n−k/2 −k/2 P expans˜ ao de 14 x−1 + 21 + 41 x = x +x = 41n k≥0 2n x = 2 k x

2n n−k 1 2n 1 P . Fazemos i = n − k ⇐⇒ k = n − i, e a resposta ´e 4n n−i . k≥0 k x 4n 20

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3. A probabilidade de ter exatamente uma cara a mais que Bernaldo ´e igual
Cernaldo
1000 1000 1 P a 22000 k≤0 k a probabilidade de Dernaldo e Arnaldo terem a mesma k+1 , e P
999
1 quantidade de caras ´e 22000 k≥0 1001 a vimos que a primeira soma ´e igual a k k . J´
2000 999 1000 , que ´e o coeficiente de x em (1+x) (1+x)1000 = (1+x)2000 ; a segunda soma 999
999
P 1001 999 ´e k≥0 n 999−k , que ´e o coeficiente em x em (1+x)1001 (1+x)999 = (1+x)2000 ,
2000 1 que ´e a mesma coisa. A probabilidade pedida ´e, ent˜ao, 22000 999 .
n
P (−1)k , que ´e o coeficiente em xn em (1 − x)n (1 + 4. A soma ´e igual a 0≤k≤n nk n−k
2 x)n = (1 − x2 )n , que ´e 0 se n ´e ´ımpar (de fato, nesse caso (−1)k nk cancela com

n 2 n (−1)n−k n−k ) e (−1)n/2 n/2 se n ´e par. 5. Observando que (x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 )2 = x2 (1 + x)2 (1 − x + x2 )2 (1 + x + x2 )2 , podemos obter por exemplo os dados {1, 2, 2, 3, 3, 4} e {1, 3, 4, 5, 6, 8}. Esses dados s˜ ao essencialmente os u ´nicos (a menos de distribuir os fatores x).

6. Na verdade, s˜ ao os n´ umeros de Fibonacci de novo! Sua fun¸c˜ao geratriz ´e resposta ´e Fm/2+1 se m ´e par e 0 caso contr´ario.

1 1−x2 −x4

ea

7. A fun¸c˜ao geratriz ´e f (x) = (1 + x)(1 + x2 ) . . . (1 + x2000 ) (note que, ao contr´ario do exemplo correspondente, n˜ao importa a quantidade de elementos do subconjunto) e 2000 400 . fa¸ca uma multissec¸c˜ao. A resposta ´e 2 +4·2 5 8. G(x) ´e a convolu¸c˜ao de an = n e o pr´oprio gn . De fato,   X X X  kgn−k  xn ⇐⇒ G(x) = G(x) · gn xn = n≥1

n≥1

0≤k≤n

x +1 (1 − x)2

(o 1 no final aparece porque come¸camos a somar de n = 1). Com isso, G(x) = (1−x)2 x = 1 + 1−3x+x 2 e gn = F2n exceto para n = 0. 1−3x+x2
P n k x n 9. Fazemos a convolu¸c˜ao de F (x) = 1−x−x 2 com G(x) = k≥0 k x = (1 + x) . Em princ´ıpio parece intimidador (ou parece que a conta somat´orio), mas a P vai voltar2 ak umP x ideal esperta ´e observar que F (x) = 1−(x+x2 ) = k≥0 x(x+x ) = k≥0 xk+1 (1+x)k , e queremos o termo em xn em X X xn+k+1 (1 + x)n+k , xk+1 (1 + x)n+k = x−n (1 + x)n F (x) = k≥0

k≥0

que ´e x−n vezes F deslocada em n unidades. Ou seja, ´e F2n . Q Q 10. A primeira fun¸c˜ao geratriz ´e A(x) = k≥1 (1 + x2k ) k≥1

21

1 1−x2k−1

e a segunda ´e

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B(x) =

Q

k≥1 (1

+ xk + x2k + x3k ). Mas

A(x) =

Y

(1 + x2k )

k≥1

Y

k≥1

Y 1 − x4k Y 1 1 = 2k−1 2k 1−x 1−x 1 − x2k−1 k≥1

k≥1

Y Y 1 − x4k = (1 + xk + x2k + x3k ) = B(x) = k 1−x k≥1

k≥1

e o problema acaba. 11. Para contar a quantidade de 1’s, basta colocar um marcador a mais, de modo que a quantidade de parti¸c˜oes de n com k uns ´e o coeficiente em xn y k de Y 1 1 A(x, y) = (1 + xy + x2 y 2 + · · · )(1 + x2 + x4 + · · · ) . . . = 1 − xy 1 − xn n≥2

Em compensa¸c˜ao, a quantidade de elementos da parti¸c˜ao pode ser marcada usando a fun¸c˜ao geratriz  Y xn y 2 2 4 B(x, y) = (1 + xy + x y + · · · )(1 + x y + x y + · · · ) . . . = 1+ 1 − xn n≥1

Um termo t´ıpico em xn em A(x, y) (B(x, y)) ´e um polinˆ omio P (y) = ak y k +ak−1 y k−1 + · · · + a0 em y, sendo ak a quantidade de parti¸c˜oes de n com k 1’s (elementos). Assim, queremos, em ambos os casos, calcular kak +(k−1)ak−1 +· · ·+a1 . Ou seja, a derivada de P (y) em 1, P ′ (1). Mas podemos derivar tudo de uma vez em fun¸c˜ao de y. A derivada de A em rela¸c˜ao a y ´e Y ∂A 1 x = 2 ∂y (1 − xy) 1 − xn n≥2

´ mais f´acil notar que a A derivada de B em rela¸c˜ao a y ´e um pouco mais complicada. E   P ′ xn y derivada de ln B ´e BB e depois multiplicar por B. Sendo ln B = n≥1 ln 1 + 1−x n , xn

X X 1−xn xn ∂B = B(x, y) n y = B(x, y) x ∂y 1 − xn (1 − y) 1 + 1−xn n≥1

n≥1

Parece horr´ıvel, mas substituindo y = 1 fica tudo bacana: Y ∂A 1 1 x x Y (x, 1) = = 2 n ∂y (1 − x) 1−x 1−x 1 − xn n≥2 n≥1 X X Y 1 xn xn x Y ∂B n (x, 1) = B(x, 1) = 1 + x = n n ∂y 1 − x (1 − 1) 1−x 1−x 1 − xn n≥1

e vemos que

∂A ∂y (x, 1)

=

n≥1

∂B ∂y (x, 1),

como quer´ıamos. 22

n≥1

n≥1

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12. Cada progress˜ ao aritm´etica ´e gerada (com n´ umeros nos expoentes) por Ai (x) = P bi x 1 a n+b 2 i i = n≥0 x 1−xai . Assim, a soma dos Ai (x)’s deve ser 1 + x + x + · · · = 1−x . Ou seja, 1 xb2 xbm xb1 = + + · · · + 1 − x a1 1 − x a2 1 − x am 1−x Agora, suponha que am > ai para todo i, 1 ≤ i < m. Ent˜ao, fazendo x arbitrariamente pr´oximo de e2πi/am , temos xai pr´oximo de e2πiai /am 6= 1 para 1 ≤ i < m e xb i xb m xm pr´oximo de 1. Logo 1−x ao tende a infinito para 1 ≤ i < m e 1−x ai n˜ am tende a infinito. Logo o primeiro membro da equa¸c˜ao acima vai para infinito e o segundo 1 ), absurdo. Logo am = am−1 . membro n˜ao vai (de fato, vai para 1−e2πi/a m Observe o exemplo para entender o que acontece se am = am−1 : o 1 − xam se cancela! x x3 1 x + x3 1 x(1 + x2 ) 1 + + = + = + 1 − x2 1 − x4 1 − x4 1 − x2 1 − x4 1 − x2 (1 − x2 )(1 + x2 ) 1 x 1+x 1 = + = = 2 2 2 1−x 1−x 1−x 1−x 13. A ideia ´e somar v´arios termos da forma ak · 2k , ak ∈ {0, 1, 2, 3}: Y k k k A(x) = (1+x+x2 +x3 )(1+x2 +x4 +x6 )(1+x4 +x8 +x12 ) . . . = (1+x2 +x2·2 +x3·2 ) k≥0

Mas 1 + t + t2 + t3 =

1−t4 1−t ,

logo

Y 1 − x2k+2 Y 1 − x4·2k 1 − x4 1 − x8 1 − x16 1 = = ··· = A(x) = k k 2 4 2 2 1−x 1−x 1−x (1 − x)(1 − x2 ) 1−x 1−x k≥0 k≥0 Vamos escrever em fra¸c˜oes parciais 1 a b c 1 = = + + 2 2 2 (1 − x)(1 − x ) (1 − x) (1 + x) 1 − x (1 − x) 1+x Expandindo, temos 1 = a(1 − x)(1 + x) + b(1 + x) + c(1 − x)2 Substituindo x por 1 e −1, obtemos b = 21 e c = 41 . Substituindo por 0, obtemos 1 = a + b + c ⇐⇒ a = 41 . Logo   X 1 1 1 2 1 A(x) = + + (1 + 2(n + 1) + (−1)n )xn , = 2 4 1 − x (1 − x) 1+x 4 n≥0

ou seja, h´a

2n+3+(−1)n 4

polinˆ omios. 23

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Q 14. Primeiro, note que o termo em xn y k em P (x, y) = n≥1 (1 + yxn ) ´e o n´ umero de parti¸c˜oes de n em k parcelas distintas. Ao fazermos y = −1 (gerando a fun¸c˜ao que queremos), atribu´ımos −1 ` as parti¸c˜oes com quantidades ´ımpares de parcelas e 1 `as parti¸c˜oesQcom quantidades pares de parcelas. Ent˜ao o termo em xn em f (x) = P (x, −1) = n≥1 (1 − xn ) ´e a quantidade de parti¸c˜oes com quantidades pares de parcelas menos a quantidade de parti¸c˜oes com quantidades ´ımpares de parcelas. 2

Vamos provar que tais quantidade s˜ ao iguais exceto quando n = 3k 2±k . Para isso fazemos uma bije¸c˜ao! Sendo n = a1 + a2 + · · · + ak , a1 > a2 > . . . > ak , conte a quantidade m de termos, a partir de a1 , que s˜ ao consecutivos, e compare com ak . Se m < ak , crie uma nova parcela ak+1 e subtraia 1 de a1 a am ; se m ≥ ak , tire a parcela ak e some 1 a a1 a am . Por exemplo, 8 + 7 + 6 + 4 ↔ 7 + 6 + 5 + 4 + 3 e 9+8+7+6+3 ↔ 10+9+8+6. Isso fica mais f´acil de visualizar atrav´es de diagramas de Young:

↔

↔

S´o dois tipos de parti¸c˜ao n˜ao tˆem correspondente: as do tipo n = (2k − 1) + (2k − 2 2 2) + · · · + k ⇐⇒ n = 3k 2−k e n = 2k + (2k − 1) + · · · + (k + 1) = 3k 2+k (vocˆe consegue 2 ver por quˆe?). Mas esses s˜ ao os casos em que aparece o termo (−1)k xn , n = 3k 2±k . P 1 15. Seja P (x) = a∈X xa . Temos P (x)P (x2 ) = 1 + x + x2 + · · · = 1−x . Deste modo, 1 1 2 4 4 8 P (x )P (x ) = 1−x2 , P (x )P (x ) = 1−x4 , e assim vai, de modo que P (x)P (x2 ) P (x4 )P (x8 ) P (x16 )P (x32 ) ··· P (x2 )P (x4 ) P (x8 )P (x16 ) P (x32 )P (x64 ) 1 − x32 1 − x2 1 − x8 · · · · · · = (1 + x)(1 + x4 )(1 + x16 ) . . . = 1 − x 1 − x4 1 − x16

P (x) =

e X ´e o conjunto dos n´ umeros que s˜ ao somas de potˆencias distintas de 4: X = {0, 1, 4, 5, 16, 17, 20, 21, . . .} De fato, essa ´e a u ´nica possibilidade, j´a que P (x) ´e u ´nico. 16. Seja n o n´ umero de v´ertices do primeiro pol´ıgono regular, e numere os v´ertices de 0 a n − 1. Primeiro note que as quantidades de v´ertices dos pol´ıgonos regulares menores 24

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devem ser divisores de n. Seja, ent˜ao d1 , d2 , . . . , dk as quantidades de v´ertices desses pol´ıgonos regulares. Associe a cada v´ertice i do pol´ıgono maior o monˆomio xi . Um (di −1)n pol´ıgono de di lados toma os v´ertices ai , ai + dni , ai + 2n . Assim, ele di , . . . , a i + di 2 n−1 contribui na soma 1 + x + x + · · · + x com ai

x +x

ai + dn

i

+x

ai + 2n d i

+ ··· + x

ai +

(di −1)n di

=x

n di

) di − 1

=

xai (xn − 1)

xak (xn − 1)

=

xn − 1 x−1

ai (x

x

n di

−1

n

x di − 1

Logo xa1 (xn − 1) n d1

+

xa2 (xn − 1) n d2

+ ··· +

n dk

x −1 x −1 x −1 x a1 1 x a2 x ak ⇐⇒ n = + n + ··· + n x−1 x d1 − 1 x d2 − 1 x dk − 1

e o problema fica an´ alogo ao problema 12 (mas nesse caso, prova-se que dois dos pol´ıgonos regulares congruentes s˜ ao os que tˆem menos lados).

25

Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Teoria dos Grafos: Emparelhamentos, Grafos Planares e Colora¸c˜ oes O nosso primeiro t´opico ´e verificar como podemos fazer pares de v´ertices.

Emparelhamentos e coberturas Um emparelhamento de um grafo ´e um conjunto de arestas sem v´ertices comuns. Um exemplo pr´atico bacana ´e considerar como conjunto de v´ertices uma equipe de engenheiros e ligamos dois engenheiros se eles podem fazer tarefas juntos. Com isso, um problema ´ mais vantajoso se a quantidade de equipe ´e ´e construir equipes de dois engenheiros. E m´ axima, ou seja, quando temos um emparelhamento m´ aximo. Uma maneira de estimar emparelhamentos m´ aximos ´e a ideia de coberturas. Uma cobertura de um grafo G ´e um conjunto S de v´ertices tal que todas as arestas de G tˆem pelo menos uma ponta em S. Teorema 1. Seja G um grafo. Se α′ (G) ´e a quantidade de arestas de um emparelhamento m´ aximo de G e β(G) ´e a quantidade de v´ertices de uma cobertura m´ınima de G ent˜ ao α′ (G) ≤ β(G). Demonstra¸ c˜ ao: Vamos provar que, na verdade, para todo emparelhamento E e cobertura C temos |E| ≤ |C|. Mas para ver isso, ´e s´ o tomar cada aresta de E e escolher a ponta da aresta que est´a em C (toda aresta tem algu´em em C). Se as duas pontas estiverem em C, escolha qualquer uma. Note que n˜ao h´a como ter v´ertices repetidos, ent˜ao |E| ≤ |C|. Infelizmente nem sempre vale a igualdade (considere um K3 , por exemplo). Mas existe uma classe de grafos em que a igualdade ´e v´alida.

Teorema dos Casamentos Um dos teoremas mais festejados na teoria dos grafos ´e o teorema dos casamentos, tamb´em conhecido como teorema de Hall, que tem aplica¸c˜oes em diversas ´areas da Matem´ atica. ´ um dos v´arios problemas em que uma condi¸c˜ao necess´aria razoavelmente imediata ´e E tamb´em suficiente. Teorema 2. Dados n mulheres e m ≥ n homens, em que cada mulher tem uma lista de poss´ıveis cˆ onjuges, ´e poss´ıvel casar as n mulheres se, e somente se, todo conjunto de k mulheres tˆem, em conjunto, k pretendentes.

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Em termos de grafos, o teorema dos casamentos ´e: Teorema 2. Dado um grafo bipartido com classes V1 e V2 , para S ⊂ V1 seja N (S) o conjunto de todos os v´ertices vizinhos a algum elemento de S. Um emparelhamento de V1 em V2 ´e um conjunto de arestas disjuntas cujas extremidades est˜ ao em classes diferentes. Ent˜ ao existe um emparelhamento completo de V1 em V2 se, e somente se, |N (S)| ≥ |S| para todo S ⊂ V1 . A condi¸c˜ao |N (S)| ≥ |S|, que ´e equivalente a todo conjunto de k mulheres terem, em conjunto, k pretendentes, ´e conhecida como condi¸ca ˜o de Hall. Note que ´e poss´ıvel que alguns homens n˜ao casem (isso ocorre quando m > n). Demonstraremos o teorema dos casamentos nos termos da primeira formula¸c˜ao. Demonstra¸ c˜ ao: Indu¸c˜ao sobre a quantidade n de mulheres. Defina conjunto cr´ıtico como um conjunto de k mulheres, 1 ≤ k < n, que tˆem, no total, exatamente k pretendentes. Note que k deve ser menor do que n; assim, um conjunto de n mulheres que tˆem, no total, exatamente n pretendentes n˜ao ´e um conjunto cr´ıtico. A base ´e para n = 1 e ´e imediata (basta a u ´nica mulher escolher seu pretendente!). Suponha, ent˜ao, que o resultado vale para todo n´ umero menor do que n. Como a existˆencia de um conjunto cr´ıtico imp˜oe restri¸c˜oes, dividimos o problema em dois casos. • Caso 1: N˜ ao h´ a conjuntos cr´ıticos. Nesse caso, cada conjunto de k mulheres, k < n, tˆem no total pelo menos k + 1 pretendentes. Casamos um casal qualquer, sobrando n − 1 mulheres para m − 1 homens. Tome quaisquer k entre as n − 1 mulheres; note que, como k ≤ n − 1 e n˜ao h´a conjuntos cr´ıticos, elas tinham pelo menos k +1 pretendentes; como um dos homens casou, h´a no m´ aximo um pretendente a menos, e o conjunto de k mulheres tˆem pelo menos k pretendentes. Assim, como o conjunto obtido retirando os “rec´em-casados” satisfaz a condi¸c˜ao de Hall, aplicamos a hip´ otese de indu¸c˜ao e casamos as demais n − 1 mulheres. • Caso 2: H´ a pelo menos um conjunto cr´ıtico. Suponha que h´a um conjunto cr´ıtico S com k mulheres. Case as k mulheres (como k < n, isso ´e poss´ıvel pela hip´ otese de indu¸c˜ao – e esse ´e o motivo por que conjuntos de n mulheres n˜ao podem ser cr´ıticos!). Com isso, sobram n − k mulheres e m − k homens. Verifiquemos que a condi¸c˜ao de Hall vale para esse novo conjunto de homens e mulheres. Suponha por absurdo que n˜ao. Ent˜ao existe um conjunto de t mulheres que tˆem em conjunto menos de t pretendentes. Junte os k casais do come¸co; com isso, t+k mulheres teriam menos do que t + k pretendentes, o que contradiz o fato de que o conjunto original satisfaz a condi¸c˜ao de Hall.

2

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Exemplo 1. Prove que se todos os graus de elementos da mesma classe de um grafo bipartido s˜ ao iguais, ent˜ ao ´e poss´ıvel realizar um emparelhamento completo com os v´ertices da classe menor. Solu¸ c˜ ao: Sejam V1 e V2 as classes do grafo bipartido, |V1 | = a ≤ |V2 | = b. Seja D o grau de cada v´ertice de V1 e d o grau de cada v´ertice de V2 . A quantidade de arestas do grafo ´e D · a = d · b, de modo que D ≥ d. Seja S ⊂ V1 . Temos que provar que |N (S)| ≥ |S|. Como saem |S| · D arestas de S e cada elemento de N (S) recebe no m´ aximo d arestas, |S| · D ≥ N (S) · d =⇒ |S| · d ≥ N (S) · d ⇐⇒ |S| ≥ |N (S)|. Como o grafo satisfaz a condi¸c˜ao de Hall, o problema est´a resolvido pelo teorema dos casamentos. O pr´oximo exemplo mostra como as ideias da demonstra¸c˜ao do teorema dos casamentos, al´em do pr´oprio teorema, podem ser aplicadas. Exemplo 2. Uma heran¸ca deve ser dividida entre n pessoas, cujos valores pessoais sobre diversos elementos da heran¸ca podem ser diferentes; isto ´e, por exemplo, ´e poss´ıvel que ´ poss´ıvel uma casa valha metade da heran¸ca para uma pessoa e dois quintos para outra. E dividir a heran¸ca de modo que todos achem que tˆem pelo menos 1/n da heran¸ca? Solu¸ c˜ ao: Sim, ´e poss´ıvel: 1. um dos herdeiros divide a heran¸ca no que ele considera n partes iguais. 2. para cada parte, ele pergunta para cada herdeiro se ele quer essa parte (ou seja, se cada parte ´e, para ele, pelo menos 1/n da heran¸ca). Com isso, ele obt´em uma lista. 3. se todo conjunto de k herdeiros est´a satisfeito com pelo menos k partes no total, pelo teorema dos casamentos ´e poss´ıvel fazer a divis˜ao. 4. caso contr´ario, seja P o maior conjunto de herdeiros tal que, em conjunto, eles estejam satisfeitos com menos do que |P | partes. Considere o conjunto P de herdeiros fora de P ; todo conjunto S ⊂ P desses herdeiros est´a satisfeito com pelo menos |S| partes, pois caso contr´ario juntamos S a P , obtendo um conjunto maior, o que por hip´ otese n˜ao ´e poss´ıvel (P ´e m´ aximo!). Assim, pelo teorema dos casamentos ´e poss´ıvel dar as partes da heran¸ca de P . 3

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5. Note que |P | < n, pois o primeiro herdeiro n˜ao est´a em P . Deste modo, tomamos os elementos de P e refazemos a divis˜ao entre os elementos de P (note que o primeiro herdeiro est´a em P e j´a pegou sua parte!), repetindo os passos 1 a 4. Como a quantidade de herdeiros sempre diminui, o algoritmo acaba em algum momento. Na verdade, mesmo que n˜ao valha a condi¸c˜ao do teorema dos casamentos, temos cobertura m´ınima e emparelhamentos m´ aximos bem comportados em grafos bipartidos. Teorema 3 (K¨onig). Em todo grafo bipartido, a quantidade de arestas no emparelhamento m´ aximo ´e maior ou igual ` a quantidade de v´ertices na cobertura m´ınima. Ou seja, para todo grafo bipartido G, α′ (G) ≥ β(G). Note que isso prova que α′ (G) = β(G) para grafos bipartidos. Demonstra¸ c˜ ao: Sejam U e W as classes do grafo bipartido e seja C uma cobertura minima. Basta provar que existe um emparelhamento com |C| arestas. Considere o seguinte subgrafo bipartido H: uma classe tem U1 = U ∩ C e a outra classe, W1 = W \ C. Note que, como coberturas m´ınimas costumam ter poucas arestas com ambas as pontas nelas, a tendˆencia ´e haver v´arias arestas ligando U1 a W1 . De fato, o grafo H satisfaz as condi¸c˜oes do teorema dos casamentos: seja X um subconjunto de U1 . O conjunto C \ X junto com os vizinhos NH (X) de X em H ´e uma cobertura de G, pois todas as arestas cobertas por X tˆem uma ponta em X e a outra em V . Sendo a quantidade de v´ertices dessa cobertura igual a |C| − |X| + |NH (X)| ≥ |C|, devemos ter |NH (X)| ≥ |X|. Assim, conseguimos um emparelhamento com |U1 | = |U ∩ C| arestas. Podemos fazer o mesmo com o subgrafo I com classes U2 = U \ C e W2 = W ∩ C, e obtemos um emparelhamento com |W2 | = |W ∩ C| arestas. Esses emparelhamentos s˜ ao disjuntos, e podemos junt´a-los, obtendo um emparelhamento com |U ∩ C| + |W ∩ C| = |C| arestas, completando a demonstra¸c˜ao.

Colora¸c˜ oes Dado um grafo G = (V, A), uma colora¸c˜ao de v´ertices de G ´e uma fun¸c˜ao f : V → N, em que cada cor ´e representada por um n´ umero, que satisfaz a condi¸c˜ao {v, w} ∈ A =⇒ f (v) 6= f (w), ou seja, v´ertices de mesma cor n˜ao podem estar ligadas por uma aresta. A menor quantidade de cores necess´arias para pintar os v´ertices de um grafo G ´e o n´ umero crom´ atico de G, denotado por χ(G). H´ a alguns limitantes bem simples. Proposi¸ c˜ ao 1. Seja ω(G) o maior clique contido no grafo. Ent˜ ao χ(G) ≥ ω(G). Demonstra¸ c˜ ao: Basta notar que um grafo completo com k v´ertices precisa de k cores para ser pintado, j´a que todo par de v´ertices est´a conectado. Grafos com poucas arestas devem ter n´ umero crom´ atico pequeno, ´e claro. Isso ´e confirmado pela q 1 Proposi¸ c˜ ao 2. χ(G) ≤ 2 + 2A + 41 . 4

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Demonstra¸ c˜ ao: Sejam X1 , X2 , . . . , Xk os conjuntos de v´ertices de cada cor, com k m´ınimo. Ent˜ao deve existir pelo menos uma aresta saindo de cada Xi para cada Xj (sen˜ ao, juntamos
k Xi e Xj e obtemos menos cores!). Logo h´a pelo menos 2 arestas, ou seja, r   k 1 k(k − 1) 1 A≥ ⇐⇒ A ≥ ⇐⇒ k ≤ + 2A + 2 2 2 4

e o resultado segue pois χ(G) ≤ k. Mas d´a para melhorar um pouco mais. Se o grau m´ aximo ∆ do grafo ´e menor, precisamos de menos cores. Teorema 4. Para todo grafo G temos χ(G) ≤ ∆ + 1. Demonstra¸ c˜ ao: Indu¸c˜ao sobre o n´ umero de v´ertices. O problema ´e imediato para grafos com um v´ertice. Se o grafo tem mais de um v´ertice, considere um v´ertice v qualquer e retire-o do grafo. Se G \ v pode ser pintado com ∆ ou menos cores, temos uma cor sobrando e o problema acaba. Se G \ v ´e pintado com ∆ + 1 cores (por hip´ otese de indu¸c˜ao, ´e o m´ aximo de cores necess´ario), o v´ertice v tem no m´ aximo ∆ vizinhos, e pode ser pintado com a cor que sobrou (entendeu por que ∆ + 1?). Infelizmente esse limitante n˜ao ´e t˜ao bom, j´a que h´a v´arios exemplos em que χ(G) ´e muito menor do que ∆ (tome, por exemplo, K1,n ).

Colora¸c˜ oes de Arestas Tamb´em podemos colorir arestas (de fato, fizemos isso quando estudamos a teoria de Ramsey). A regra agora ´e que arestas que tˆem um v´ertice em comum devem ter cores diferentes. Denotamos o n´ umero crom´ atico de arestas de um grafo G por χ′ (G). Teorema 5 (Vizing). Dado um grafo G, seja ∆ o maior grau de um v´ertice. Ent˜ ao G tem n´ umero crom´ atico de aresta ∆ ou ∆ + 1, ou seja, χ′ (G) = ∆

χ′ (G) = ∆ + 1.

ou

Demonstra¸ c˜ ao: O limitante inferior ´e ´obvio, j´a que um v´ertice de grau d exige d cores diferentes. O limitante superior ´e mais interessante. Provemos, por indu¸c˜ao sobre as arestas, que podemos pintar as arestas de um grafo com ∆ + 1 cores. Se n˜ao temos arestas o resultado ´e imediato. Se h´a arestas, retire de G uma aresta vw e pinte o resto do grafo. Por hip´ otese, precisamos de no m´ aximo ∆ + 1 cores. Vamos supor que usamos ∆ + 1 cores, pois caso contr´ario basta usar uma das cores que sobrou. Primeiro, liste as cores usadas nas arestas incidentes em cada v´ertice. Como h´a ∆ + 1 cores dispon´ıveis, cada v´ertice tem pelo menos uma cor livre. Se existe uma cor livre comum para v e w, o problema acabou: basta pintar a aresta vw dessa cor. Suponhamos que as cores livres de v e w n˜ao coincidem, e para facilitar sejam 0 a cor livre de v e 1 a cor livre de w1 = w. Agora considere o grafo G(0, 1) cujos v´ertices s˜ ao os v´ertices de G e cujas arestas s˜ ao as arestas de cor 0 e 1. Cada componente desse grafo ´e um caminho ou um ciclo par, sempre alternado arestas de cada cor. Se w1 e v est˜ao em componentes 5

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diferentes, ´e s´ o trocar as cores do componente de w1 , e 0 se torna uma cor livre para w1 ; pinte vw1 da cor 0. Se w1 e v est˜ao na mesma componente, ela ´e um caminho (pois v n˜ao pode usar ambas as cores). Seja w2 o vizinho de v nessa componente; note que vw2 tem cor 1. Pinte vw1 de 1 e tire a cor 1 de vw2 ; agora devemos pintar essa aresta. Note que a cor livre de v continua sendo 0. Para isso, fazemos o mesmo! Sendo 2 a cor livre de w2 , considere o grafo G(0, 2); se v e w2 est˜ao em componente diferentes, o problema acaba; suponha ent˜ao que est˜ao no mesmo componente, que novamente ´e um caminho, e seja w3 o vizinho de v. Transferimos a cor 2 de vw3 para vw2 e passamos o problema para a aresta vw3 . Parece que estamos “empurrando o problema com a barriga”, mas esse processo ou termina o problema ou vai at´e que uma cor se repete. Seja wj+1 o v´ertice em que isso acontece, ou seja, a cor livre de wj+1 ´e i < j + 1. Na verdade temos i < j, porque acabamos de “roubar” a cor de vwj+1 para pintar vwj . Vamos examinar o grafo G(0, i). Primeiro note que existe um caminho vwi . . . wi+1 ; como j + 1 > i + 1, wj+1 6= wi+1 ; al´em disso, como n˜ao saem arestas da cor i de wj+1 , wj+1 n˜ao pode ser um v´ertice intermedi´ario desse caminho; ou seja, wj+1 est´a em um componente de G(0, i) diferente de vwi . . . wi+1 . Se wj+1 tiver a cor 0 livre, ´e s´ o pintar vwj+1 de 0 e o problema acaba; se n˜ao, ´e s´ o trocar as cores do componente de wj+1 em G(0, i), e pintar vwj+1 de 0.

Grafos planares Grafos planares s˜ ao aqueles que podem ser desenhados no plano de modo que arestas n˜ao adjacentes n˜ao se cruzem. Por exemplo, o grafo completo K4 ´e planar. b b

b

b

b

b b

b

Enquanto demonstrar que um grafo ´e planar ´e simples (basta procurar uma representa¸c˜ao no plano), mostrar que um grafo n˜ao ´e planar d´a um certo trabalho.

O Teorema de Euler Um teorema bastante importante em grafos planares ´e o teorema de Euler. Quando desenhamos o grafo no plano, obtemos F regi˜ oes, cada uma chamada face do grafo. Teorema 6 (F´ ormula de Euler). Sendo V , A e F as quantidades de v´ertices, arestas e faces de um grafo planar conexo, V − A + F = 2. Demonstra¸ c˜ ao: Indu¸c˜ao sobre a quantidade de ciclos. Se n˜ao h´a ciclos, o grafo ´e uma a´rvore, e A = V − 1, F = 1, e verifica-se que o resultado ´e v´alido. Se h´a ciclos, tiramos uma de suas arestas, diminuindo a quantidade de faces em 1 e a quantidade de arestas em 1 tamb´em, mantendo V − A + F invariante. Exemplo 3. Um poliedro de Plat˜ao ´e um poliedro convexo com as seguintes caracter´ısticas: 6

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• cada face tem a mesma quantidade de arestas; • de cada v´ertice sai a mesma quantidade de arestas. Prove que os u ´nicos poliedros de Plat˜ ao s˜ ao o tetraedro, o hexaedro, o octaedro, o dodecaedro e o icosaedro. Solu¸ c˜ ao: Queremos encontrar todos os grafos planares sem v´ertices de grau 1 e tais que toda face tem a mesma quantidade de arestas. A t´atica aqui ´e contar a quantidade de arestas de v´arias formas. Primeiro: seja d o grau de todos os v´ertices. Ent˜ao 2A = V · d ⇐⇒ V = 2A d . Depois, as faces: se cada face tem n arestas, como cada aresta participa de duas faces, 2A = F · n ⇐⇒ F = 2A n . Substituindo na rela¸c˜ao de Euler, temos 2A 1 1 1 1 2A −A+ = 2 ⇐⇒ + = + d n d n A 2 Note que devemos ter d ≥ 3 (sen˜ ao n˜ao ´e poss´ıvel montar um s´ olido) e n ≥ 3 (cada face deve ter pelo menos trˆes arestas). Agora, note que n˜ao podemos ter ambos d, n maiores ou iguais a 4, pois caso contr´ario ter´ıamos d1 + n1 ≤ 14 + 14 = 12 . Logo d = 3 ou n = 3. Se d = 3, temos 1 1 1 = + =⇒ n < 6 n A 6 e obtemos as solu¸c˜oes (d, n, A) = (3, 3, 6), (3, 4, 12), (3, 5, 30). Se n = 3, obtemos a mesma equa¸c˜ao com d no lugar de n, e temos portanto as solu¸c˜oes adicionais (d, n, A) = (4, 3, 12), (5, 3, 30). Note que j´a listamos (3, 3, 6). Com isso, temos os seguintes poliedros de Plat˜ao: d 3 3 3 4 5

n 3 4 5 3 3

V 4 8 20 6 12

A 6 12 30 12 30

F 4 6 12 8 20

Poliedro Tetraedro Hexaedro Dodecaedro Octaedro Icosaedro

Uma das aplica¸c˜oes do teorema de Euler ´e limitar a quantidade de arestas. Grafos planares n˜ao podem ter muitas arestas. Lema 1. Sendo G um grafo planar, A ≤ 3V − 6. Generalizando, sendo g o tamanho do menor ciclo de G, g A≤ (V − 2). g−2 Demonstra¸ c˜ ao: Basta contar a quantidade de arestas. Primeiro, como toda face tem pelo menos g arestas e cada aresta participa de duas faces, temos 2A ≥ g · F . Pela f´ormula de Euler, F = A − V + 2, ent˜ao g 2A ≥ g(A − V + 2) ⇐⇒ A ≤ (V − 2) g−2 O primeiro resultado ´e obtido fazendo g = 3. 7

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Exemplo 4. Prove que o grafo completo K5 n˜ ao ´e planar.
Solu¸ c˜ ao: Basta ver que A = 52 = 10 e V = 5, e que 10 > 3 · 5 − 6. Um dos exerc´ıcios pede tamb´em para provar que K3,3 , o grafo bipartido completo com trˆes v´ertices de cada lado, n˜ao ´e planar. De fato, de certo modo os u ´nicos grafos n˜ao planares s˜ ao esses dois. Um grafo H ´e minor de outro grafo G quando pode ser obtido contraindo arestas de um subgrafo de G. Com isso, conseguimos uma caracteriza¸c˜ao satisfat´oria de grafos planares. Teorema 7 (Kuratowski). Todo grafo ´e planar se, e somente se, n˜ ao tem K5 ou K3,3 como minor. A demonstra¸c˜ao do teorema ´e razoavelmente longa e n˜ao ser´a colocada aqui. Grafos planares tˆem n´ umero crom´ atico baixo. O conhecido problema em que ´e poss´ıvel pintar um mapa com quatro cores ´e um problema de grafos! Se considerarmos os pa´ıses como v´ertices e ligamos dois v´ertices se os pa´ıses correpondentes s˜ ao vizinhos, o problema se reduz a encontrar o n´ umero crom´ atico de um grafo planar. Teorema 8 (Teorema das Cinco Cores). Todo grafo planar pode ser pintado com cinco cores, ou seja, sendo G um grafo planar, χ(G) ≤ 5. Demonstra¸ c˜ ao: A primeira observa¸c˜ao ´e que existe um v´ertice de grau no m´ aximo 5: caso contr´ario, a soma dos graus ´e pelo menos 6V e a quantidade de arestas ´e pelo menos 6V /2 = 3V , contradizendo o lema anterior. Procedemos, ent˜ao, por indu¸c˜ao sobre os v´ertices. O teorema ´e verdadeiro para grafos com um v´ertice. Se h´a mais de um v´ertice, considere, ent˜ao, um v´ertice v de grau no m´ aximo 5. Retire esse v´ertice e pinte o grafo resultante com cinco cores, o que ´e poss´ıvel pela hip´ otese de indu¸c˜ao. Se o grau de v ´e menor do que 5 ent˜ao v est´a adjacente a no m´ aximo quatro v´ertices, e ´e s´ o pintar v com uma das cores que sobrou. Falta ent˜ao o caso em que v tem grau 5. Desenhe o grafo no plano e numere as cores dos vizinhos de v de 1 a 5 no sentido anti-hor´ario: v2 b

v1 b

v3

v

b

b

b

v5 b

v4 Considere as cores 1 e 3. Se o v´ertice v1 n˜ao tem vizinho da cor 3, basta mudar a cor de v1 para 3 e pintar v de 1. Ent˜ao considere o grafo cujas arestas s˜ ao as que ligam v´ertices de cores 1 e 3. Uma ideia ´e trocar as cores de uma componente conexa desse grafo. Isso d´a certo, exceto quando v1 e v3 est˜ao na mesma componente; ou seja, existe um caminho 8

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de v´ertices de cores 1 e 3 alternadas ligando v1 e v3 . Nesse caso, consideramos v2 e v4 e fazemos o mesmo; se eles estiverem em componentes conexas diferentes do grafo cujas arestas s˜ ao as que ligam v´ertices de cores 2 e 4, o problema acaba (basta trocar as cores 2 e 4 da componente que tem v2 e pintar v de 2). Se existir um caminho entre v2 e v4 s´ o com v´ertices de cores 2 e 4, ele vai cruzar com o caminho que liga v1 e v3 , o que n˜ao ´e poss´ıvel, j´a que as cores envolvidas nos dois caminhos s˜ ao disjuntas. Absurdo, e o teorema est´a provado.

v2 b

v1 b

v3

v

b

b

b b

v5

v4

De fato, vale: Teorema 9 (Teorema das Quatro Cores). Todo grafo planar pode ser pintado com quatro cores, ou seja, sendo G um grafo planar, χ(G) ≤ 4. Esse teorema n˜ao ser´a demonstrado aqui. De fato, a demonstra¸c˜ao desse teorema, at´e o momento, requer o estudo de 633 casos, que foram verificados por um computador! (a demonstra¸c˜ao original, de Appel e Haken, estudou – tamb´em com o aux´ılio de computadores – 1936 casos!)

Problemas 1. Um grafo ´e k-regular se todos os seus graus s˜ ao iguais a k. Prove que todo grafo bipartido k-regular pode ser particionado em k emparelhamentos perfeitos. 2. Um quadrado latino n × n ´e um tabuleiro n × n em que cada casa do tabuleiro tem um n´ umero inteiro de 1 a n, e n˜ao h´a n´ umeros iguais na mesma linha nem na mesma coluna. Um retˆ angulo latino ´e um tabuleiro r × n nas mesmas condi¸c˜oes. Prove que todo retˆ angulo latino r × n com r < n pode ser completado, formando um quadrado latino (em outras palavras, todo retˆ angulo latino est´a contido em um quadrado latino). 3. Seja A uma matriz m × n que satisfaz as seguintes condi¸c˜oes: (1) m ≤ n; 9

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(2) cada elemento de A ´e 0 ou 1; (3) se f ´e uma fun¸c˜ao injetora de {1, . . . , m} em {1, . . . , n}, ent˜ao o elemento (i, f (i)) ´e 0 para algum i (1 ≤ i ≤ m). Prove que existem conjuntos S ⊆ {1, . . . , m} e T ⊆ {1, . . . , n} que satisfazem (i) o elemento (i, j) ´e 0 para qualquer i ∈ S e j ∈ T ; (ii) |S| + |T | > n. 4. (Canad´ a) Uma tabela com m linhas e n colunas tem um n´ umero n˜ao negativo em cada entrada. Al´em disso, se uma linha e uma coluna se intersectam em uma casa com entrada positiva ent˜ao as somas dos elementos na linha e na coluna s˜ ao iguais. Prove que m = n. 5. (Banco IMO) Um triˆ angulo esburacado ´e um triˆ angulo equil´ atero virado para cima de 2 lado n, dividido em n triˆ angulos equil´ ateros unit´ arios, com n triˆ angulos equil´ateros unit´ arios virados para cima cortados. Um diamante ´e um losango com lado unit´ ario e ˆangulos internos 60◦ e 120◦ . Prove que um triˆ angulo equil´ atero esburacado T pode ser coberto por diamantes (sem sobreposi¸c˜oes) se, e somente se, todo triˆ angulo equil´atero de lado k virado para cima e contido em T tem no m´ aximo k buracos, 1 ≤ k ≤ n. 6. Qual ´e o n´ umero crom´ atico de (a) um grafo completo Kn ? (b) um grafo bipartido completo? (c) um grafo r-partido completo? 7. Prove que K3,3 n˜ao ´e planar. 8. Por que o grafo K4,4 n˜ao ´e planar? 9. (OBM) Determine todos os valores de n tais que ´e poss´ıvel dividir um triˆ angulo em n triˆ angulos de modo que n˜ao haja trˆes v´ertices alinhados e em cada v´ertice incida o mesmo n´ umero de segmentos. 10. Prove que todo poliedro convexo sem faces quadrangulares nem faces pentagonais tem pelo menos 4 faces triangulares. 11. (S˜ao Petersburgo) Um poliedro tem somente faces triangulares. De cada v´ertice saem pelo menos 5 arestas e n˜ao h´a dois v´ertices de grau 5 conectadas por uma aresta. Prove que esse poliedro tem uma face cujos v´ertices tˆem graus 5, 6 e 6.

Bibliografia 1. B. Bollob´as, Graph Theory: An Introductory Course. 2. R. Diestel, Graph Theory. Springer 2003. 10

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3. M. Aigner, G. M. Ziegler, Proofs from The Book. Segunda edi¸c˜ao, 2000. 4. P. Feofiloff, Y. Kohayakawa, Y. Wakabayashi. Uma Introdu¸ca ˜o Sucinta a ` Teoria dos Grafos. Dispon´ıvel em http://www.ime.usp.br/~pf/teoriadosgrafos 5. Po-Shen Loh, Matching and Planarity, dispon´ıvel em http://www.math.cmu.edu/~ploh/docs/math/mop2010/graph-theory-2-soln.pdf 6. Marijke van Gans, proof of Vizing’s theorem (for graphs) (version 3). PlanetMath.org. Dispon´ıvel em http://planetmath.org/ProofOfVizingsTheoremForGraphs.html 7. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. Use o exemplo 1 para encontrar um emparelhamento perfeito. Depois, proceda por indu¸c˜ao. 2. Considere o grafo bipartido em que os v´ertices s˜ ao as n colunas em um lado e os n´ umeros de 1 a n no outro, e ligamos a coluna i ao n´ umero j quando podemos colocar o n´ umero j na coluna i (ou seja, o n´ umero j ainda n˜ao apareceu na coluna i). O grafo obtido ´e (n − r)-regular e bipartido, e ´e s´ o usar o problema anterior. 3. Considere o grafo bipartido em que os v´ertices s˜ ao as linhas e as colunas e ligamos a linha i e a coluna j quando aij = 1. A condi¸c˜ao 3 diz que o grafo n˜ao tem um emparelhamento de tamanho m, ou seja, o emparelhamento m´ aximo tem no m´ aximo m − 1 arestas. Pelo teorema de K¨onig, o tamanho de uma cobertura m´ınima C ´e no m´ aximo m − 1. Considere essa cobertura e tome como conjuntos S e T os v´ertices que n˜ ao est˜ao em C. N˜ ao h´a arestas ligando esses v´ertices (est˜ ao todos com algum v´ertice na cobertura!), ou seja, aij = 0 para i ∈ S e j ∈ T e, sendo o total de v´ertices m + n, |S| + |T | = m + n − |C| > m + n − m = n. 4. Considere o grafo bipartido com linhas e colunas nas classes e ligue linha e coluna se a entrada correspondente ´e positiva. Provaremos que h´a um casamento das linhas para as colunas, o que prova que m ≤ n; mas um argumento an´ alogo prova que existe um casamento das colunas para as linhas, e n ≤ m, terminando o problema. Suponha que existam k linhas com menos que k colunas vizinhas. Isso que dizer que os elementos n˜ao nulos das linhas est˜ao cobertos por essas colunas, mas as linhas n˜ao necessariamente cobrem essas colunas. A soma total das linhas ´e, ent˜ao, menor ou igual `a soma total das colunas, mas as somas das colunas formam um subconjunto das somas das linhas; como h´a menos colunas do que linhas, temos um absurdo, pois todas as somas s˜ ao positivas. Com isso, todo conjunto de k linhas tem pelo menos k colunas vizinhas e, pelo teorema dos casamentos podemos casar as linhas com as colunas. 11

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5. Considere um grafo em que os v´ertices s˜ ao os triˆ angulos unit´ arios (fora dos buracos) e ligamos dois v´ertices se os triˆ angulos correspondentes tˆem um lado em comum. Esse grafo ´e bipartido (as classes s˜ ao os triˆ angulos para cima e os triˆ angulos para baixo). Uma contagem simples de triˆ angulos de cada tipo mostra que a condi¸c˜ao do enunciado ´e necess´aria. Agora provemos que ´e suficiente. Para isso, basta provar que ela satisfaz a condi¸c˜ao de Hall. Suponha, por absurdo, que existem m triˆ angulos virados para baixo com menos de m triˆ angulos virados para cima como vizinhos. Podemos supor sem perda de generalidade que esse subgrafo ´e conexo. Para terminar, mostre que a quantidade de vizinhos de um conjunto qualquer de m triˆ angulos para baixo, incluindo buracos, ´e pelo menos m + k, sendo k o tamanho do menor triˆ angulo equil´atero para cima que cont´em todos os m triˆ angulos para baixo. Para tanto, proceda por indu¸c˜ao: tire um triˆ angulo do bordo do grafo (considere o fecho convexo desse conjunto de triˆ angulos), o que estiver mais para baixo e, entre esses, o que estiver mais `a direita. Ao retirar ele, necessariamente retiramos o vizinho para cima imediatamente `a direita dele. Assim, a quantidade de vizinhos diminui em um, e acabou. 6. (a) n;

(b) 2;

(c) r.

7. Basta aplicar o lema com g = 4, V = 6 e A = 3 · 3 = 9. A quantidade de arestas ´e no 4 m´ aximo 4−2 (6 − 2) = 8, mas isso n˜ao acontece. 8. Ele cont´em o grafo K3,3 . 9. Seja d o grau de cada v´ertice. Temos F = n + 1 (n˜ao se esque¸ca da face externa!), 2A = 3F e 2A = V · d. Pelo teorema de Euler, 2A 2A 1 1 1 −A+ = 2 ⇐⇒ = + d 3 d A 6 J´a resolvemos essa diofantina! 10. Seja t a quantidade de faces triangulares. Ent˜ao todas as outras F − t faces tˆem pelo menos 6 arestas. Com isso, temos 2A ≥ 3t + 6(F − t) = 6F − 3t. Sendo F = A − V + 2, 2A ≥ 6A − 6V + 12 − 3t ⇐⇒ 4A ≤ 6V − 12 + 3t. Finalmente tamb´em temos 2A ≥ 3V , j´a que cada v´ertice deve ter grau pelo menos 3. Logo 6V ≤ 4A ≤ 6V − 12 + 3t =⇒ t ≥ 4. 11. J´a provamos que um dos v´ertices tem grau 5. Vamos contar a quantidade de arestas ligando um v´ertice de grau 5 a um v´ertice de grau pelo menos 7. Suponha que n˜ao h´a triˆ angulos com v´ertices de graus 5, 6 e 6. Ent˜ao cada v´ertice de grau 5 tem no m´ aximo dois vizinhos de grau 6 e portanto pelo menos 3 vizinhos de grau pelo menos 7; por outro lado, qualquer v´ertice de grau d tem no m´ aximo ⌊d/2⌋ vizinhos de grau 5. Sendo xi a quantidade de v´ertices de grau i, essa contagem nos d´a   X d X 1 d xd 3x5 ≤ xd · ⇐⇒ x5 ≤ 2 3 2 d≥7

d≥7

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Parece feio, mas 13 ⌊ d2 ⌊≤ d − 6 para d ≥ 7. Assim, x5 ≤

X

(d − 6)xd ⇐⇒ 6x5 + 6x6 +

X d≥7

d≥7

6xd ≤ 5x5 + 6x6 +

X

d · xd

d≥7

Mas o lado esquerdo ´e 6V e o lado direito, 2A, e obtemos 6V ≤ 2A ⇐⇒ A ≥ 3V , contradizendo planaridade. Absurdo, e portanto existe o triˆ angulo.

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

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Teoria dos Grafos: Circuitos Eulerianos, Ciclos Hamiltonianos, Torneios Circuitos Eulerianos Um grafo ´e dito euleriano se existe uma sequˆencia v1 v2 . . . vk em que os vi ’s s˜ ao v´ertices e o conjunto dos vk vk+1 ’s ´e o conjunto das arestas, sem repeti¸c˜oes. Caso v1 = vk , a sequˆencia caracteriza um circuito euleriano; caso contr´ario, caracteriza um caminho euleriano. A defini¸c˜ao parece complicada mas n˜ao ´e: essencialmente queremos saber quando podemos “desenhar um grafo sem tirar o l´ apis do papel”. Note que essa defini¸c˜ao vale para grafos com arestas m´ ultiplas e grafos direcionados. H´ a um crit´erio bem simples para verificar se um grafo ´e euleriano ou n˜ao. Teorema 1 (Euler). Um grafo n˜ ao direcionado ´e euleriano se, e somente se, ´e conexo e ocorre um dos seguintes casos: (i) os graus de todos os v´ertices s˜ ao pares. Nesse caso, o grafo admite um circuito euleriano. (ii) os graus de exatamente dois v´ertices s˜ ao ´ımpares. Nesse caso, o grafo admite um caminho euleriano. Demonstra¸ c˜ ao: Primeiro, vamos provar que uma das condi¸c˜oes ´e necess´aria. Suponha que o grafo tenha um caminho euleriano. Ent˜ao, aparte do come¸co e o do final do caminho, em cada v´ertice sa´ımos e entramos a mesma quantidade de vezes. Assim, como cada entrada ou sa´ıda conta como uma aresta, o grau de cada v´ertice, exceto as duas extremidades, ´e par. Nas duas extremidades, como sa´ımos ou entramos exatamente uma vez a mais do que o contr´ario, o grau ´e ´ımpar. O mesmo vale caso o grafo tenha um circuito euleriano. Agora, vamos provar que cada condi¸c˜ao ´e suficiente. Suponha que todos os graus sejam pares e fa¸ca por indu¸c˜ao sobre as arestas. Tome um v´ertice v qualquer e caminhe at´e fechar um ciclo (isso ´e poss´ıvel pois todos os graus s˜ ao maiores do que um). Retire o ciclo; isso diminui o grau de cada v´ertice do ciclo em dois, n˜ao alterando sua paridade; aplique a hip´ otese de indu¸c˜ao a cada um dos componentes conexos do grafo que sobrar. Se o ciclo corta os componentes pela primeira vez nos v´ertices v1 , v2 , . . . , vk , construa um circuito da seguinta maneira: comece de um v´ertice qualquer do ciclo, caminhe pelo ciclo at´e v1 , percorra o circuito que passa por v1 , volte ao ciclo, caminhe at´e v2 , e assim por diante.

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Para o caso em que h´a exatamente dois v´ertices t e u de grau ´ımpar, conecte t e u por uma aresta, tornando todos os graus pares. Pelo que foi discutido existe um circuito euleriano, e excluindo a aresta tu obtemos um caminho euleriano.

Ciclos Hamiltonianos Um ciclo hamiltoniano de um grafo ´e um ciclo que cont´em todos os v´ertices do grafo. Todo grafo que admite um ciclo hamiltoniano ´e dito hamiltoniano. Ao contr´ario de circuitos de Euler, n˜ao existe um crit´erio simples para definir se um grafo ´e hamiltoniano ou n˜ao. Mas h´a algumas condi¸c˜oes suficientes. Teorema 2 (Dirac). Seja G um grafo com n v´ertices, cada um com grau pelo menos n/2. Ent˜ ao G ´e hamiltoniano. Demonstra¸ c˜ ao: Suponha que o maior caminho no grafo tem t v´ertices v1 , v2 , . . . , vt . Vamos provar que existe um ciclo com t v´ertices tamb´em. Todos os vizinhos de v1 e vt pertencem ao caminho, sen˜ao haveria um caminho maior. Cada v´ertice tem grau maior ou igual a t/2. Al´em disso, se v1 vk ´e uma aresta ent˜ao vk−1 vt n˜ao ´e aresta, sen˜ao encontramos o ciclo v1 vk vk+1 . . . vt vk−1 vk−2 . . . v2 . Isso quer dizer que todo vizinho de v1 “bloqueia” pelo menos um v´ertice diferente no ciclo que pode ser vizinho de vt . Mas h´a pelo menos t/2 v´ertices vizinhos de v1 , e isso bloquearia t/2 vizinhos de vt , o que n˜ao ´e poss´ıvel. Logo existe o ciclo. Para terminar, basta provar que t = n. Suponha que t < n, de modo que existe um v´ertice w fora do ciclo/caminho. Mas o grafo ´e conexo, pois o menor componente conexo tem pelo menos n/2 + 1 v´ertices, ent˜ao existe um caminho ligado w a algum v´ertice vi do ciclo, e obtemos um caminho w → vi vi+1 . . . vi−1 com tamanho maior do que t, absurdo.

Ciclos de deBruijn Para certos grafos podemos usar a ideia de grafos eulerianos para mostrar que outro grafo ´e hamiltoniano. A ideia ´e transformar v´ertices em arestas. Exemplo 1. Dado um conjunto de s´ımbolos A e um inteiro positivo k, uma sequˆencia de deBruijn ´e uma sequˆencia c´ıclica s tal que toda sequˆencia de tamanho k de s´ımbolos de A aparece exatamente uma vez como k termos consecutivos de s. Por exemplo, uma sequˆencia de deBruijn em A = {0, 1} com k = 3 ´e 00010111, j´ a que as sequˆencias que aparecem s˜ ao 000, 001, 010, 101, 011, 111, 110 e 100 (as duas u ´ltimas aparecem ao “girar” a sequˆencia). Prove que existe uma sequˆencia de deBruijn para todo k com A = {0, 1} (na verdade, existe para todo A finito). Solu¸ c˜ ao: Note que queremos mostrar que o grafo Gk cujos v´ertices s˜ ao as 2k sequˆencias bin´ arias e ligamos (na ordem) duas sequˆencias v e w quando as k − 1 u ´ltimos termos de v coincidem com as k − 1 primeiros termos de w ´e hamiltoniano. Por exemplo, para k = 3 ligamos 100 a 000 e 001. Para k = 1, temos 01; para k = 2, temos 0011. Apesar de n˜ao ser por indu¸c˜ao, para construir um ciclo hamiltoniano em Gk usamos o grafo Gk−1 . 2

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Note que o in-grau e o out-grau de cada v´ertice ´e 2 (os in-vizinhos s˜ ao 0 ou 1 seguidos dos k − 2 primeiros termos do v´ertice e os out-vizinhos s˜ ao os k − 2 u ´ltimos termos do v´ertice seguidos de 0 ou 1). Com isso, Gk−1 tem um circuito euleriano. Associe a cada aresta vw a sequˆencia formada pelo primeiro termo de v, os k − 2 termos comuns de v e weou ´ltimo termo de w. Por exemplo, a aresta 0110 → 1101 corresponde a 01101. Note que isso induz um ciclo hamiltoniano, j´a que toda sequˆencia bin´ aria de tamanho k induz unicamente duas sequˆencias bin´ arias de tamanho k − 1 correspondentes. 0000 000 b

1000 100

0001

1001

b

0100 1100

010

1101

b

0010

b

1010

001

0101 b

101

0011

1011

b

b

110

011

0110 1110 b

0111

111 1111

Torneios Um torneio ´e um grafo direcionado em que todo par de v´ertices ´e ligado por uma aresta. Aqui estamos interessados em estudar as poss´ıveis dire¸co˜es que essas arestas podem tomar. O nome torneio vem do fato de que todo torneio de turno u ´nico de algum jogo em que n˜ao h´a empates pode ser modelado por esse grafo. Vamos provar alguns fatos. Teorema 3. Seja N + (v) os v´ertices que recebem flechas de v e N ++ (v) os v´ertices que recebem flechas de algum v´ertice de N + (v), mas n˜ ao diretamente de v. Todo torneio tem um v´ertice v tal que todo outro v´ertice pertence a N + (v) ou a N ++ (v). Ou seja, existe um time tal que todos ou perderam desse time ou perderam de algu´em que perdeu desse time. Demonstra¸ c˜ ao: Considere o time v que ganhou mais jogos. Suponha por absurdo que exista um v´ertice w fora de N + (v) e de N ++ (v). Ent˜ao esse time ganhou de v (pois est´a fora de N ( v)) e de todos os elementos de N + (v) (pois est´a fora de N ++ (v)). Mas isso quer dizer que w ganhou mais jogos do que v, absurdo.

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Uma t´ecnica bastante u ´til para resolver problemas ´e a ordem mediana, que consiste em ordenar os v´ertices de um torneio em uma sequˆencia v1 , v2 , . . . , vn de modo que a quantidade de arestas (vi , vj ) com i < j ´e m´ axima (ou seja, a quantidade de arestas viradas “para a direita” ´e m´ axima). Ela tem as seguintes propriedades: Lema 1. Seja v1 , v2 , . . . , vn uma ordem mediana de um torneio. Ent˜ ao • A aresta ligando vi a vi+1 est´ a virada para a direita; • Sendo i < j, o v´ertice vi ganha de pelo menos a metade dos v´ertices vi+1 , vi+2 , . . . , vj e vj perde de pelo menos metade dos v´ertices vi , vi+1 , . . . , vj−1 . Demonstra¸ c˜ ao: Na verdade, o segundo item prova o primeiro (basta fazer j = i + 1). Para provar o segundo item, basta trocar de lugar os v´ertices vi e vj . Se houver mais arestas (vk , vi ), i < k ≤ j, do que (vi , vk ), i < k ≤ j, a troca aumentaria a quantidade de arestas para a direita, absurdo. O mesmo argumento funciona para vj . Agora, vamos provar alguns teoremas. Exemplo 2. Prove que todo torneio tem um caminho hamiltoniano. Solu¸ c˜ ao: Considere uma ordem mediana. Pelo primeiro item do lema anterior, a aresta vi vi+1 est´a virada para a direita. Ent˜ao v1 v2 . . . vn ´e um caminho hamiltoniano. Exemplo 3 (Conjectura de Seymour da segunda vizinhan¸ca para torneios). Prove que em todo torneio existe um v´ertice v com |N ++ (v)| ≥ |N + (v)|. Solu¸ c˜ ao: Considere uma ordem mediana, sendo v o u ´ltimo v´ertice. Provaremos por indu¸c˜ao algo um pouco mais forte: chamaremos um v´ertice de N − (v) bom se existir t antecedendo u na ordem mediana tal que v → t e t → u. Mostraremos que |N + (v)| ´e no m´ aximo a quantidade de v´ertices bons (note que todo v´ertice bom pertence a N ++ (v)). Seja r o primeiro v´ertice ruim na ordem mediana (se n˜ao houver v´ertice ruim, a segunda propriedade de ordem mediana resove o problema, ou seja, |N ++ (v)| ≥ |N − (v)| ≥ |N + (v)|). Ent˜ao r → v. Pela hip´ otese de indu¸c˜ao, a quantidade de v´ertices entre r e v em N + (v) ´e no m´ aximo a quantidade de v´ertices bons, de modo que basta provar o mesmo para os v´ertices antes de r. Agora considere os v´ertices de N + (v) antes de r, ou seja, v → u, u antes de r. Como r ´e ruim, n˜ao pode ocorrer u → r, ou seja, deve ocorrer r → u, isto ´e, u ∈ N + (r). Mas a segunda propriedade diz que no m´ aximo metade dos v´ertices antes de r + est˜ao em N (r), ou seja, a quantidade de v´ertices de N ( v) antes de r ´e no m´ aximo metade deles. Mas como r ´e o primeiro v´ertice ruim, todos os outros, que s˜ ao mais da metade, s˜ ao bons, e o problema acabou. Observa¸ c˜ ao 1. A conjectura de Seymour diz que o resultado acima vale para todo grafo orientado.

Problemas 1. Quando um grafo direcionado tem um circuito euleriano? 4

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2. Um cubo deve ser montado com peda¸cos de arame; cada peda¸co de arame pode ser dobrado em torno de um v´ertice. No m´ınimo quantos peda¸cos s˜ ao necess´arios para montar o cubo? 3. Considere um grafo cujos v´ertices tˆem todos grau 2k. Prove que ´e poss´ıvel orientar as arestas do grafo de modo que o in-grau de cada v´ertice seja k. 4. Um 2-fator ´e um grafo em que todo v´ertice tem grau 2. Prove que todo grafo cujos v´ertices tˆem todos grau 2k (2k-regular) pode ser particionado em k 2-fatores. 5. Prove que se um retˆ angulo R pode ser particionado em retˆ angulos que possuem um dos lados com medida igual a um n´ umero inteiro, R possuir´a um lado de medida inteira. 6. Pinte as arestas de um dodecaedro com trˆes cores de modo que arestas de mesma cor n˜ao tenham um v´ertice em comum. ´ poss´ıvel, em 4n movimentos conse7. Considere um cavalo sobre um tabuleiro 4 × n. E cutivos, ele visitar cada uma das casas do tabuleiro e retornar `a casa original? 8. (Banco IMO) Seja n um inteiro positivo par. Mostre que existe uma permuta¸c˜ao (x1 , x2 , . . . , xn ) de (1, 2, . . . , n) tal que para cada i, 1 ≤ i ≤ n, tal que xi+1 ´e igual a 2xi , 2xi − 1, 2xi − n ou 2xi − n − 1. Aqui, xn+1 = x1 . 9. H´ a n cidades em um certo pa´ıs, quaisquer duas ligadas por uma estrada de m˜ ao u ´nica. Prove que se n 6= 2 e n 6= 4 ent˜ao a dire¸c˜ao do movimento atrav´es das estradas pode ser escolhida de forma que se possa ir de uma cidade a qualquer outra sem passar por mais de uma cidade. Prove tamb´em que para o caso n = 2 ou n = 4 tal organiza¸c˜ao de tr´afico ´e imposs´ıvel. 10. (OBM) Em um torneio de tˆenis de mesa (no qual nenhum jogo termina empatado), cada um dos n participantes jogou uma u ´nica vez contra cada um dos outros. Sabe-se que, para todo k > 2, n˜ao existem k jogadores J1 , J2 , . . . , Jk tais que J1 ganhou de J2 , J2 ganhou de J3 , J3 ganhou de J4 , . . . , Jk−1 ganhou de Jk , Jk ganhou de J1 . Prove que existe um jogador que ganhou de todos os outros e existe um jogador que perdeu de todos os outros. 11. (Conjectura de Sumner para arborescˆencias) Uma arborescˆencia ´e uma ´arvore direcionada com a seguinte propriedade: um v´ertice (raiz) tem in-grau 0 e os demais, in-grau 1. Prove que todo torneio com 2n − 2 v´ertices cont´em qualquer arborescˆencia em n v´ertices. Observa¸ c˜ ao 2. A conjectura de Sumner diz que toda ´ arvore direcionada em n v´ertices est´ a contida em qualquer torneio com 2n − 2 v´ertices. Ela continua em aberto, mas j´ a foi provada (em 2011!) para todo n suficientemente grande.

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12. Um torneio ´e transitivo se satisfaz a seguinte propriedade: se a ganhou de b e b ganhou de c ent˜ao a ganhou de c. Sendo T um torneio, prove que as seguintes afirma¸c˜oes s˜ ao equivalentes: (i) (ii) (iii) (iv) (v)

T ´e transitivo; T n˜ao tem ciclos; T n˜ao tem ciclos de tamanho 3; O conjunto dos out-graus de T ´e {0, 1, . . . , n − 1}; T tem exatamente um caminho hamiltoniano.

Bibliografia 1. B. Bollob´as, Graph Theory: An Introductory Course. 2. R. Diestel, Graph Theory. Springer, 2003. 3. M. Aigner, G. M. Ziegler, Proofs from The Book. Segunda edi¸c˜ao, 2000. 4. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003. 5. A. Bondy, U. S. R. Murty, Graph Theory. Springer, 2007. 6. Po-Shen Loh, Combinatorial Gems, dispon´ıvel em http://www.math.cmu.edu/~ploh/docs/math/mop2009/combin-gems.pdf

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. Em cada v´ertice, o in-grau ´e igual ao out-grau. 2. 4. H´ a inicialmente oito v´ertices de grau ´ımpar, originando pelo menos 4 caminhos. Para fazer um exemplo com 4 arames, basta considerar quatro peda¸cos em forma de U. 3. Considere um circuito euleriano e oriente em um dos sentidos do circuito. 4. Considere uma orienta¸c˜ao em torno de um circuito euleriano. Em seguida, separe cada v´ertice v em dois v´ertices v+ e v− e quando houver aresta (v, w) ligue v− para w+ . Isso origina um grafo bipartido k-regular, que pode ser particionado em k emparelhamentos. Junte de volta os v´ertices v+ e v− , e isso gera k 2-fatores. 5. Considere o grafo em que os v´ertices s˜ ao os v´ertices dos retˆ angulos e ligamos, para cada retˆ angulo, os dois pares de v´ertices cuja distˆ ancia ´e inteira (se todos os lados do retˆ angulo s˜ ao inteiros, escolha dois lados paralelos quaisquer). Com exce¸c˜ao dos v´ertices de R, que tˆem grau 1, todos os v´ertices tˆem grau par. Assim, os componentes conexos do grafo tˆem um circuito ou um caminho euleriano. Em particular, o componente conexo que cont´em um dos v´ertices de R tem um caminho euleriano que leva at´e outro v´ertice de R. Andando por esse caminho conseguimos uma dimens˜ ao inteira para R. 6

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6. Considere um ciclo hamiltoniano, pinte-o de cores alternadas e pinte as outras arestas da terceira cor. 7. N˜ ao ´e poss´ıvel. Suponha por absurdo que exista um ciclo hamiltoniano. Das quatro linhas, pinte a primeira e a u ´ltima de preto e a segunda e a terceira de branco. Como todo movimento partindo de uma casa preta deve ir para uma casa branca e a quantidade de casas pretas ´e igual `a quantidade de casas brancas, as cores das casas em que o cavalo anda devem se alternar; ou seja, todo movimento ´e de preto para branco ou de branco para preto, ou seja, alterna-se movimentos do meio para a borda e vice-versa. Mas, se pintarmos como tabuleiro de xadrez (digamos, de azul e vermelho), temos que metade da borda fica de uma s´ o cor, e novamente os movimentos alternam-se de cor; mas como cada dois movimentos pousam em casas da borda, todas as casas da borda deveriam ter a mesma cor, absurdo. 8. A ideia ´e copiar um ciclo de deBruijn, ou seja, vamos construir um grafo direcionado com n/2 = k v´ertices, cada um correspondendo a um n´ umero de 1 a k, e n arestas, cada uma correspondendo a um n´ umero de 1 a n. Para facilitar, vejamos tudo m´ odulo n, de modo que xi+1 ≡ 2xi − 1 (mod n) ou xi+1 ≡ 2xi (mod n). As arestas agora s˜ ao claras: as arestas que saem de i v˜ao para e s˜ ao rotuladas 2i e 2i − 1 (isso feito m´ odulo k para v´ertices); isso j´a define o grafo, mas note que as arestas que entram em i s˜ ao rotuladas i e i + k. Isso pode criar loops, mas n˜ao h´a problemas nisso. Agora, cada v´ertice tem in-grau e out-grau iguais a 2, ent˜ao tem um circuito euleriano. A sequˆencia ´e essa: se xi entra em um v´ertice j e sai xi+1 , temos xi ≡ j (mod k) ⇐⇒ 2xi ≡ 2j (mod n), e xi+1 = 2j ou xi+1 = 2j −1, e portanto xi+1 ≡ 2xi (mod n) ou xi+1 ≡ 2xi − 1 (mod n), como quer´ıamos. 9. Considere a seguinte constru¸c˜ao: sejam 1, 2, . . . , n os v´ertices. Se i − j ´e ´ımpar, i < j, fa¸ca i → j; se i − j ´e par, i < j, fa¸ca j → i. Essa constru¸c˜ao resolve para todo n ´ımpar: se i e j, i < j, tem paridades diferentes (ou seja, i − j ´e ´ımpar), h´a um caminho direto i → j, e o caminho j → j + 1 → i (se j = n, i ´e par e fa¸ca n → 1 → i); se i e j tem paridades iguais, j´a um caminho direto j → i e o caminho i → i + 1 → j. Para n par, vejamos os caminhos de n para i, n − i ´ımpar (ou seja, i ´ımpar), j´a que os outros caminhos j´a est˜ao definidos. Para i > 1, basta fazer n → 2 → i; falta s’o ajeitar n para 1. Para consertar esse problema, mudamos a aresta entre 3 e n para n → 3. Isso torna o caminho n → 3 → 1 vi´ avel; o caminho 3 → n pode ser trocado por 3 → 1 → n e o caminho 2 → 3 → n pode ser trocado por 2 → 5 → n para n > 4. Falta verificar que n = 2 e n = 4 n˜ao s˜ ao poss´ıveis. n = 2 ´e imediato. Para n = 4, note que para isso ser poss´ıvel todo v´ertice v deve ter out-grau 2 e in-grau 1 ou viceversa. Suponha sem perda de generalidade, 1 → 2, 1 → 3 e 4 → 1. O caminho de 1 para 4 deve ent˜ao passar por 2 ou 3; podemos supor sem perda que ´e por 2, ou seja 2 → 4. O caminho de 3 para 1 deve passar por 4 (pois n˜ao h´a aresta de 2 para 1), logo 3 → 4. O caminho de 2 para 3 nos for¸ca 2 → 3, mas a´ı n˜ao tem caminho de 3 para 2. Observa¸ c˜ ao 3. H´ a v´ arias outras constru¸co ˜es. Encontre a sua! 7

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10. Considere um caminho hamiltoniano v1 v2 . . . vn . Se existir aresta vk → v1 , ent˜ao forma-se o ciclo v1 v2 . . . vk v1 . Ent˜ao v1 venceu todos; analogamente, vn perdeu de todos. 11. v1 , v2 , . . . , v2n−2 uma ordem mediana do torneio. Indu¸c˜ao em n, com a hip´ otese adicional de que cada ´ arvore cont´em pelo menos metade de qualquer conjunto de v´ertices v1 , v2 , . . . , vi para cada i. A base n = 2 ´e imediata; vamos para o passo. Seja T uma arborescˆencia com n v´ertices. Considere uma folha v de T e os v´ertices v1 , v2 , . . . , v2n−4 . Pela hip´ otese de indu¸c˜ao a arborescˆencia T ′ = T \ {v} est´a contida no torneio de v´ertices v1 , v2 , . . . , v2n−4 . Seja w o v´ertice ao qual v est´a ligado e vi o v´ertice correspondente a w no torneio. Pela segunda propriedade da ordem mediana, vi ganha de pelo menos metade dos v´ertices vi+1 , . . . , v2n−2 , num total de pelo menos (2n−2)−i = n − 1 − i/2 candidatos para correspondente de v. Mas h´a pelo menos 2 (i − 1)/2 v´ertices entre v1 , v2 , . . . , vi−1 em T ′ , de modo que entre vi+1 , . . . , v2n−2 h´a no m´ aximo n − 1 − (i + 1)/2. Isso faz sobrar um candidato para v, e ´e s´ o designar esse candidato. N˜ ao ´e dif´ıcil verificar que a propriedade adicional ´e satisfeita tamb´em. 12. Basta provar que (i) =⇒ (ii) =⇒ (iii) =⇒ (iv) =⇒ (v) =⇒ (i). • (i) =⇒ (ii). Suponha que um torneio transitivo tenha um ciclo v1 v2 . . . vk v1 . v1 → vi e vi → vi+1 implica v1 → vi+1 , ou seja, indutivamente vi → vk . Mas no ciclo vk → v1 , absurdo. • (ii) =⇒ (iii). Imediato. • (iii) =⇒ (iv). Primeiro provamos que n˜ao h´a ciclos (o que seria (iii) =⇒ (ii)). Suponha que exista um ciclo e seja v1 v2 . . . vk v1 o menor deles, k > 3. Note que n˜ao pode ocorrer v3 → v1 , sen˜ao fecha um ciclo de tamanho 3. Logo v1 → v3 . Mas isso gera o ciclo v1 v3 . . . vk v1 , que ´e menor, absurdo. Agora, para terminar, basta usar o problema 10 e proceder por indu¸c˜ao, retirando o vencedor do grafo. • (iv) =⇒ (v). O primeiro v´ertice de um caminho hamiltoniano s´ o pode ser o v´ertice de grau n − 1; o segundo s´ o pode ser o de grau n − 2, e assim por diante. Assim s´ o pode haver um caminho hamiltoniano. • (v) =⇒ (i). Considere uma ordem mediana v1 , v2 , . . . , vn , de modo que v1 v2 . . . vn ´e o u ´nico caminho hamiltoniano. Suponha que exista uma aresta vj → vi com i < j, j m´ınimo. Ent˜ao existe outro caminho v1 v2 . . . vi−1 vi+1 . . . vj vi vj+1 . . . vn hamiltoniano, absurdo (utilizamos aqui o fato de j ser m´ınimo). Logo todas as arestas s˜ ao da forma vi → vj , i < j, e o torneio ´e transitivo. Note que isso prova que h´a exatamente n! torneios transitivos: basta permutar os v´ertices em ordem dos graus.

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

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Continuidade discreta e algoritmos “Entre esses dois valores aparece o que quero”: Continuidade Considere a seguinte situa¸c˜ao: vocˆe est´a de um lado de um rio e o pote de ouro do duende est´a do outro lado do rio. Para chegar at´e o pote, vocˆe necessariamente teria que atravessar o rio, certo? Expressando de outro modo: existe um ponto no rio por onde vocˆe vai passar. Um outro exemplo: um termˆometro de farm´ acia marca 35◦ e vocˆe vai medir sua tem◦ peratura: ela ´e de 37 . Em algum momento o termˆometro vai marcar 36,2342545◦ , certo? Mais um exemplo: se o Tabajara Futebol Clube come¸cou 2008 com 49939 derrotas e come¸cou 2009 com 50103 derrotas ent˜ao em algum momento de 2008 eles estavam com exatamente 50000 derrotas. Por que sabemos desses fatos? A resposta ´e simples: as vari´ aveis que estudamos (distˆ ancia; temperatura; n´ umero de derrotas) tˆem uma varia¸c˜ao “suave”, e para essas vari´aveis podemos aplicar argumentos de continuidade. Cuidado, por´em! Nem todas as vari´aveis funcionam assim (por exemplo, a quantidade de pontos de lan¸camentos consecutivos de um dado), e na verdade nos problemas devemos provar que isso ocorre. Exemplo 1. Prove que existem 100 n´ umeros consecutivos entre os quais h´ a exatamente 15 n´ umeros primos. Solu¸ c˜ ao: Entre 1 e 100 h´a 25 primos (verifique!) e entre os n´ umeros 101! + 2, 101! + 3, . . . , 101! + 101, em que 101! = 1 · 2 · 3 · · · 101, n˜ao h´a primos (o primeiro ´e m´ ultiplo de 2; o segundo ´e m´ ultiplo de 3; . . . ; o u ´ltimo ´e m´ ultiplo de 101). “Avan¸cando” uma unidade, a quantidade de primos em intervalos de 100 n´ umeros consecutivos vai aumentando ou diminuindo de no m´ aximo 1 unidade a cada passo. Assim, como era 25 inicialmente, pode ser igual a 0 e aumenta ou diminui de 1 em 1, em algum momento ´e igual a 15. Exemplo 2. (EUA) Seja n um inteiro maior do que 1. S˜ ao dados 2n pontos no plano de modo que entre eles n˜ ao haja trˆes colineares. Dos 2n pontos, n s˜ ao coloridos de azul e os demais n s˜ ao coloridos de vermelho. Uma reta do plano ´e dita balanceada quando passa por um ponto azul e um ponto vermelho e, em cada lado da reta, a quantidade de pontos azuis e vermelhos s˜ ao iguais. Prove que existem pelo menos duas retas balanceadas.

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Solu¸ c˜ ao: Primeiro, consideramos o fecho convexo dos 2n pontos, que ´e o menor pol´ıgono que cont´em os 2n pontos. A melhor maneira de visualizar um fecho convexo ´e imaginar os 2n pontos como pregos e um el´ astico muito pequeno, mas que se estende infinitamente. Estenda o el´ astico at´e que ele contenha todos os 2n pontos e solte o el´astico; a figura formada pelo el´ astico ´e o fecho convexo. Se o fecho convexo cont´em pontos das duas cores, o problema acaba: de fato, considere um conjunto de v´ertices consecutivos do fecho convexo, todos azuis (pode at´e ser um ponto s´ o). Ent˜ao os vizinhos dos dois extremos s˜ ao vermelhos, de modo que h´a pelo menos dois pares de v´ertices consecutivos de cores diferentes. Esses pares de v´ertices consecutivos determinam retas balanceadas: em um lado h´a 0 ponto de cada cor e do outro, n − 1 pontos de cada cor. Ent˜ao ficamos somente com o caso em que h´a somente, digamos, pontos vermelhos no fecho convexo. Seja A um dos v´ertices e gire um reta em torno de A, no sentido antihor´ ario, obtendo 2n − 1 retas r1 , r2 , . . . , r2n−1 que passam por A e um dos outros 2n − 1 pontos. A cada reta, a diferen¸ca entre a quantidade de pontos azuis e vermelhos do lado “direito” da reta aumenta ou diminui em 1. Por´em, inicialmente a diferen¸ca ´e 2 (j´a que a u ´ltima reta passa por dois vermelhos, sobram dois azuis a mais) e no final a diferen¸ca ´e 0 (n˜ao h´a pontos ` a direita). Ent˜ao, em algum momento ´e igual a 0 (nesse caso o u ´ltimo; mas ser´a que existem mais?).

b

r1

b

V1 b

b

V2 b

B2 b

A

B3

B7 B6 B4 b

b

B1 V 4 b

b

b

V6

b

V3 b

B5 b

V5

r2n−1

Considere a primeira reta ABi cuja diferen¸ca ´e zero. Ent˜ao a diferen¸ca da reta anterior ´e 1 (pois se fosse negativo, lembrando que inicialmente era 2 ent˜ao teria chegado a zero antes), de modo que na reta tinha um ponto azul a mais: esse ponto ´e Bi . Logo Bi ´e azul, e o problema acabou, pois achamos uma reta para cada v´ertice do fecho convexo, que tem pelo menos trˆes v´ertices.

“OK, consigo achar, mas vai dar um trabalhinho”: Algoritmos Muitas vezes n˜ao conseguimos exibir explicitamente algo mas conseguimos descrever como obtˆe-lo. Essas descri¸c˜oes, feitas de maneira precisa, s˜ ao chamadas de algoritmos. Os algoritmos devem satisfazer duas condi¸c˜oes: 1. Funcionar (aposto que essa condi¸c˜ao vocˆe conhecia!); 2

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2. Terminar. O item 2 parece bobo, mas n˜ao ´e. S´o para ilustrar: um motivo por que 1 n˜ao ´e primo ´e fazer com o algoritmo que fatora n´ umeros em primos descrito por “dividir pelo menor primo positivo que ´e divisor at´e dar 1” termine. Exemplo 3. (OBM) Isabel tem dois baralhos, cada um com 50 cartas. Em cada um dos baralhos est˜ ao escritos os n´ umeros de 1 a 100 (em cada carta est˜ ao escritos dois n´ umeros, um em cada face da carta). Por um defeito de fabrica¸ca ˜o, a distribui¸ca ˜o dos n´ umeros nas cartas n˜ ao ´e a mesma nos dois baralhos (por exemplo, em um dos baralhos o 1 aparece na mesma carta do 2; no outro, o 1 aparece com o 76). Mostre como Isabel deve fazer para que, ao colocar as 100 cartas sobre uma mesa, as faces voltadas para cima mostrem todos os n´ umeros de 1 a 100. Solu¸ c˜ ao: Podemos fazer isso tomando qualquer carta de qualquer baralho, colocando sobre a mesa e vendo seu verso. Depois disso procuramos a carta de mesmo n´ umero do verso (procurando no outro baralho, j´a que j´a foi usada no primeiro baralho). Fazemos com esta carta o mesmo que foi feito com a primeira carta. Continua-se a fazer isso at´e fechar um ciclo (um mesmo n´ umero que j´a saiu em um baralho sair no outro). Quando um ciclo for fechado pega-se outra carta e come¸ca um novo ciclo. Fazendo isso at´e o final das cartas as faces voltadas para cima mostrar˜ao todos os n´ umeros de 1 a 100. Note que o processo termina, pois a quantidade de cartas que sobram ap´ os fechar cada ciclo diminui. Exemplo 4. (OBM) Considere todos os c´ırculos cujas circunferˆencias passam por trˆes v´ertices consecutivos de um pol´ıgono convexo. Prove que um desses c´ırculos cont´em todo o pol´ıgono. Solu¸ c˜ ao: Sejam A e B v´ertices consecutivos do pol´ıgono. Tome um c´ırculo que cont´em todo o pol´ıgono e tenha AB como corda. Diminuindo o c´ırculo, mas mantendo AB como corda fazemos com que sua borda passe por um outro v´ertice P . Se A, B e P s˜ ao v´ertices consecutivos, acabou. Caso contr´ario, suponha que A e P n˜ao seja consecutivos. Aumentamos o c´ırculo, mantendo AP como corda, at´e que sua borda passe por um v´ertice Q entre A e P (nesse caso, o c´ırculo ainda cont´em o pol´ıgono; vocˆe consegue ver por quˆe?). Se A, Q e P s˜ ao consecutivos, acabou. Se n˜ao, tome dois v´ertices n˜ao consecutivos e continue. Note que a quantidade de v´ertices entre as extremidades dos arcos sempre diminui; ent˜ao o procedimento vai acabar, e nesse momento teremos trˆes v´ertices consecutivos.

Problemas 1. (OBM) Vamos chamar de garboso o n´ umero que possui um m´ ultiplo cujas quatro primeiras casas de sua representa¸c˜ao decimal s˜ ao 2008. Por exemplo, 7 ´e garboso pois 200858 ´e m´ ultiplo de 7 e come¸ca com 2008. Observe que 200858 = 28694 × 7. (a) Mostre que 17 ´e garboso. (b) Mostre que todos os inteiros positivos s˜ ao garbosos. 3

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2. (OBM) Sobre uma reta h´a um conjunto S de 6n pontos. Destes, 4n s˜ ao escolhidos ao acaso e pintados de azul; os 2n demais s˜ ao pintados de verde. Prove que existe um segmento que cont´em exatamente 3n pontos de S, sendo 2n pintados de azul e n pintados de verde. 3. Seja A um conjunto de 2n pontos no plano, n˜ao havendo trˆes colineares. Prove que para cada par de pontos X, Y ∈ A existe uma reta que particiona A em dois conjuntos de n pontos, sendo que X e Y pertencem a conjuntos diferentes. 4. (OBM) O planeta Zork ´e esf´erico e tem v´arias cidades. Dada qualquer cidade existe uma cidade ant´ıpoda (i.e., sim´etrica em rela¸c˜ao ao centro do planeta). Existem em Zork estradas ligando pares de cidades. Se existe uma estrada ligando as cidades P e Q ent˜ao tamb´em existe uma estrada ligando as cidades P ′ e Q′ , onde P ′ ´e a ant´ıpoda de P e Q′ ´e a ant´ıpoda de Q. Al´em disso, estradas n˜ao se cruzam e dadas duas cidades P e Q sempre ´e poss´ıvel viajar de P a Q usando alguma sequˆencia de estradas. O pre¸co da Kriptonita em Urghs (a moeda planet´aria) em duas cidades ligadas por uma estrada difere por no m´ aximo 100 Urghs. Prove que existem duas cidades ant´ıpodas onde o pre¸co da Kriptonita difere por no m´ aximo 100 Urghs. 5. (IMO) Sejam x1 , x2 , . . . , xn n´ umeros reais que verificam as seguintes condi¸c˜oes: |x1 + x2 + · · · + xn | = 1 e |xi | ≤

n+1 para i = 1, 2, . . . , n. 2

Demonstre que existe uma reordena¸c˜ao (permuta¸c˜ao) y1 , y2 , . . . , yn de x1 , x2 , . . . , xn tal que n+1 |y1 + 2y2 + · · · + nyn | ≤ . 2 6. (IMO) Sejam n, p, q inteiros positivos com n > p + q. Sejam x0 , x1 , . . . , xn inteiros satisfazendo as seguintes condi¸c˜oes: (a) x0 = xn = 0; (b) para cada inteiro i com 1 ≤ i ≤ n, xi − xi−1 = p ou xi − xi−1 = −q. Mostre que existe um par (i, j) de ´ındices com i < j e (i, j) 6= (0, n) tal que xi = xj . 7. (Banco IMO) Seja A0 = (a1 , a2 , . . . , an ) uma sequˆencia de n´ umeros reais. Para cada k ≥ 0, a partir da sequˆencia Ak = (x1 , x2 , . . . , xn ) construimos uma nova sequˆencia Ak+1 como se segue:

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(a) Escolhemos uma parti¸c˜ao I ∪ J = {1, 2, . . . , n} tal que a express˜ao X X xi − xj i∈I j∈J ´e m´ınima. Os conjuntos I e J podem ser vazios; nesse caso, a soma ´e zero. Em caso de haver mais de uma parti¸c˜ao, escolhe-se uma ao acaso. (b) Ent˜ao Ak+1 = (y1 , y2 , . . . , yn ), em que yi = xi + 1 se i ∈ I e yi = xi − 1 se i ∈ J. Prove que, para algum inteiro positivo k a sequˆencia Ak cont´em um elemento x tal que |x| ≥ n2 . 8. (IMO) Seja S um conjunto finito de dois ou mais pontos do plano. Em S n˜ao h´a trˆes pontos colineares. Um moinho de vento ´e um processo que come¸ca com uma reta ℓ que passa por um u ´nico ponto P ∈ S. Roda-se ℓ no sentido dos ponteiros do rel´ogio ao redor do pivot P at´e que a reta encontre pela primeira vez um outro ponto de S, que denotaremos por Q. Com Q como novo pivot, a reta continua a rodar no sentido dos ponteiros do rel´ ogio at´e encontrar outro ponto de S. Este processo continua sem parar, sendo sempre o pivot algum ponto de S. Demonstre que se pode escolher um ponto P ∈ S e uma reta ℓ que passa por P tais que o moinho de vento resultante usa cada ponto de S como pivot infinitas vezes. 9. (OPM) No reino da Kruskalˆandia, h´a estradas ligando as cidades, como mostra o mapa a seguir. Todas as estradas s˜ ao de terra e por uma estrada pode-se transitar em ambos os sentidos. O comprimento de cada estrada, em quilˆ ometros, est´a indicado, fora de escala, no mapa a seguir.

O rei da Kruskalˆandia resolveu pavimentar algumas estradas do reino de modo que, a partir de qualquer cidade, fosse poss´ıvel atingir qualquer outra viajando somente por estradas pavimentadas. Como os cofres do reino andavam meio vazios, resolveu economizar o m´ aximo poss´ıvel. Chamou, ent˜ao, o matem´ atico da corte, que prontamente resolveu o problema. Agora ´e a sua vez.

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(a) Qual ´e o menor n´ umero de estradas que o rei precisa pavimentar? (b) Qual ´e o menor n´ umero de quilˆ ometros de estrada que ele precisa pavimentar? Indique, na folha de respostas, uma poss´ıvel escolha de estradas para isto. 10. (OBM) Um conjunto de casamentos ´e inst´ avel se duas pessoas que n˜ao est˜ao casadas preferem-se mutuamente a seus cˆonjuges. Por exemplo, se Alessandra e Daniel est˜ao casados e se J´ ulia e Robinson est˜ao casados, mas Daniel prefere J´ ulia a Alessandra e J´ ulia prefere Daniel a Robinson, ent˜ao o conjunto de casamentos Alessandra-Daniel e J´ ulia-Robinson ´e inst´ avel. Se um conjunto de casamentos n˜ao ´e inst´ avel, ele ´e dito est´ avel. Considere agora um grupo de pessoas formado por n rapazes e n mo¸cas. Cada rapaz faz uma lista ordenando as n mo¸cas de acordo com sua preferˆencia e, da mesma forma, cada mo¸ca lista os n rapazes na ordem de sua preferˆencia. Mostre que ´e sempre poss´ıvel casar os n rapazes e as n mo¸cas de modo a obter um conjunto est´avel de casamentos. 11. (Vingan¸ca Ol´ımpica) Seja A1 A2 B1 B2 um quadril´atero convexo. Nos v´ertices A1 e A2 , adjacentes, h´a duas cidades argentinas. Nos v´ertices B1 e B2 , tamb´em adjacentes, h´a duas cidades brasileiras. No interior do quadril´atero, existem a cidades argentinas e b cidades brasileiras, sem haver trˆes cidades colineares. Determine se ´e poss´ıvel, independentemente da posi¸c˜ao das cidades, construir estradas retas, cada uma das quais conecta duas cidades argentinas ou duas cidades brasileiras, de modo que: • N˜ ao existam duas estradas que se intersectem em um ponto que n˜ao seja uma cidade; • De qualquer cidade argentina, seja poss´ıvel chegar a qualquer outra cidade argentina; e • De qualquer cidade brasileira, seja poss´ıvel chegar a qualquer outra cidade brasileira. Se for sempre poss´ıvel, monte um algoritmo que construa uma poss´ıvel configura¸ca ˜o. 12. (IMO) Numa competi¸c˜ao de matem´ atica alguns participantes s˜ ao amigos. A amizade ´e sempre rec´ıproca. Dizemos que um grupo de participantes ´e um clique se dois quaisquer deles s˜ ao amigos (em particular, qualquer grupo com menos de dois participantes ´e um clique). O tamanho de um clique ´e o n´ umero de seus elementos. Sabe-se que nesta competi¸c˜ao o tamanho m´ aximo dos cliques ´e par. Prove que os participantes podem ser distribu´ıdos em duas salas, de modo que o tamanho m´ aximo dos cliques contidos numa sala ´e igual ao tamanho m´ aximo dos cliques contidos na outra sala.

Bibliografia 1. Arquivo do Treinamento da Cone Sul 2007, localizado em http://conesul2006.tripod.com/Material/materialteorico2.pdf. 6

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2. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. Resolvamos ambos os itens. Tome N = 2008 · 10t + k, com 10t ≥ n. H´ a 10t n´ umeros N dessa forma que come¸cam com 2008, e entre um deles h´a um m´ ultiplo de n. Ent˜ao todo n inteiro positivo ´e garboso. 2. Comece com os 3n primeiros pontos. Seja k a quantidade de pontos verdes. Se k = n acabou. Se n˜ao, suponha, sem perda de generalidade, k < n. Os 3n u ´ltimos pontos tˆem 2n − k > n pontos verdes. Como mover um ponto para a direita muda a quantidade pontos verdes em no m´ aximo 1, em algum momento h´a exatamente n pontos verdes. 3. Considere uma reta r que passa pelo ponto m´edio M de XY e escolha um dos semiplanos determinados pela reta. Gire r em torno de M ; note que a diferen¸ca a − b de pontos de um lado e pontos do outro lado do semiplano muda de 1 em 1, come¸cando de k e terminando em −k (ap´ os girar 180◦ ). Em algum momento atinge zero. 4. Primeiro considere um caminho P P1 P2 . . . Pn P ′ ligando uma cidade `a sua ant´ıpoda. Ent˜ao existe um caminho P ′ Pn′ . . . P2′ P1′ P . Considere as diferen¸cas entre pre¸cos de P e P ′ , P1 e P1′ , . . . , Pn e Pn′ , P ′ e P . Essa diferen¸ca passa de k a −k e muda de no m´ aximo 200 a cada passo (aumenta em 100 ao ir de Pi para Pi+1 e diminui de ′ ). O intervalo aceit´ 100 de Pi′ para Pi+1 avel de diferen¸ca entre cidades ant´ıpodas ´e [−100, 100], de tamanho 200. Como vamos de k para −k e a diferen¸ca muda em no m´ aximo 200, necessariamente ´e necess´ario passar pelo intervalo [−100, 100]. 5. Considere as somas do tipo ±(y1 + 2y2 + · · · + nyn ) e ordene-as. Note que se a soma S aparece ent˜ao −S tamb´em aparece. Al´em disso, se trocamos yi com yi+1 trocamos S por S − iyi − (i + 1)yi+1 + iyi+1 + (i + 1)yi = S + (yi − yi+1 ), cuja diferen¸ca ´e |yi − yi+1 | ≤ 2 · n+1 ca entre duas somas consecutivas n˜ao 2 = n + 1. Assim, a diferen¸ ultrapassa  n+1 n+1n + 1. Como a menor soma ´e negativa e a maior ´e positiva e o intervalo − 2 , 2 tem tamnho n + 1, ´e obrigat´orio passar por ele, e obtemos uma soma no intervalo desejado. 6. Primeiro, podemos supor, sem perda de generalidade, que mdc(p, q) = 1. Caso contr´ario, dividimos todos os termos por mdc(p, q), e eles continuam inteiros. Agora, sendo k a quantidade de ´ındices i tais que xi − xi−1 = p, temos kp − (n − k)q = 0 =⇒ q | k =⇒ k = tq e n − k = tp, de modo que n = (p + q)t, t > 1. Agora construa uma linha poligonal come¸cando em (0, 0) e que se move uma unidade para cima quando xi − xi−1 = p e uma unidade para a direita quando xi − xi−1 = −q. Note que esse reticulado termina em (tp, tq). Para que xi = xj basta que existam na linha poligonal dois pontos de coordenadas inteiras (a, b) e (c, d) com c − a = mp e d − b = mq, 0 < m < t. Mas ´e s´ o considerar o peda¸co A da poligonal dentro do retˆ angulo de v´ertices (0, 0), (0, q), (p, 0) e (p, q). Suponha que a poligonal saia 7

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do retˆ angulo em um ponto (x, q) e considere os retˆ angulos de v´ertices (mp, mq), (mp, (m + 1)q), ((m + 1)p, mq) e ((m + 1)p, (m + 1)q); dentro de cada retˆ angulo fa¸ca uma c´opia de A. A linha poligonal deve passar de (x, q) a (tp, tq); ent˜ao ele atravessa algum ponto de alguma c´opia. Isso termina o problema, pois isso prova a existˆencia de dois pontos “congruentes m´ odulo retˆ angulo”, com a mesma diferen¸ca de retˆ angulos tanto na vertical como na horizontal. 7. Primeiro, provaremos que se todos os termos da sequˆ encia (x1 , x2 , . . . , x n ) est˜ao no P P intervalo ]−a, a[ ent˜ao existe uma parti¸c˜ao I, J com i∈I xi − j∈J xj < a. Para isso, ´e s´ o escolher sinais de + ou − para cada termo. Comece colocando + em x1 ; a cada passo, se a soma parcial ´e S ≤ 0 coloque + no pr´oximo termo e se a soma parcial ´e S > 0 ent˜ao coloque − no pr´oximo termo. A cada passo sempre obtemos uma soma parcial em ]−a, a[. Suponha que todas as sequˆencias obtidas s´ o tˆem n´ umeros no intervalo ]−n/2, n/2[. Assim, como cada sequˆencia ´e obtida somando 1 ou −1 a cada termo, existe uma quantidade finita de sequˆencias, e como podemos criar infinitas sequˆencias, existem duas iguais, P Ap = Aq . Enfim, considere a soma dos quadrados P termo. Temos P de cada P Sn −Sn−1 = i∈I ((xi +1)2 −x2i )+ j∈J ((xj −1)2 −x2j ) = 2( i∈I xi − j∈J xj )+n > 0, e se p > q temos Sp > Sq , o que ´e imposs´ıvel. Logo em algum momento temos |xi | ≥ n/2 para algum i. 8. Considere uma reta orientada ℓ que passa por um ponto P ∈ S de modo que as quantidades de pontos ` a sua esquerda e direita tenham diferen¸ca no m´ aximo 1. Essa diferen¸ca vai continuar constante `a medida que o moinho de vento girar. Al´em disso, a cada momento ℓ fica paralela a uma u ´nica reta rQ que passa por um ponto Q de S e divide os pontos ` a esquerda/direita com a mesma diferen¸ca, e portanto quando o moiho fica paralelo a uma reta rQ ela deve coincidir com rQ . Isso termina o problema, pois cada ˆ angulo corresponde a um ponto e todos os pontos s˜ ao cobertos. 9. S˜ao necess´arias 8 estradas (uma ´arvore resolve o problema). A ideia ´e tomar as estradas mais curtas, sem formar ciclos. Com isso, obtemos um total de 1 + 2 + 2 + 4 + 4 + 7 + 8 + 9 = 37. Vamos mostrar que esse algoritmo funciona por indu¸c˜ao; mais efetivamente, provemos que a cada passo as arestas escolhidas est˜ao contidas em alguma ´ arvore m´ınima. Quando n˜ao h´a arestas, o resultado ´e imediato; agora, suponha que executamos um passo, escolhendo a aresta m´ınima e que n˜ao forma ciclo. Se antes t´ınhamos um conjunto S de arestas, pela hip´ otese de indu¸c˜ao existe uma ´arvore m´ınima A que cont´em S. Se A cont´em e, acabou; se n˜ao, A + e forma um ciclo; isso quer dizer que ele cont´em uma aresta f que n˜ao foi escolhida; s´ o que f tem valor maior ou igual do que e, ent˜ao A + e − f ´e uma ´arvore m´ınima que cont´em S ∪ {e}. 10. Vamos descrever um algoritmo que constr´oi um conjunto de casamentos est´aveis. No in´ıcio, escolhemos um rapaz arbitr´ ario que pede a primeira mo¸ca de sua lista em noivado. Num passo gen´erico, um rapaz que n˜ao est´a comprometido pede em noivado a primeira mo¸ca de sua lista a qual ele ainda n˜ao cortejou. Se ela o preferir ao seu atual 8

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noivo, desmancha-se o noivado e forma-se o novo casal; o ex-noivo passa a integrar a lista dos “descomprometidos”. Este processo continua at´e que todos os rapazes estejam noivos, o que ocorre num n´ umero finito de passos, j´a que cada rapaz pede sempre uma mo¸ca diferente em noivado e cada mo¸ca, uma vez comprometida, permanecer´a comprometida at´e o final (n˜ao necessariamente com o mesmo rapaz). Perceba que todas as mo¸cas receber˜ao propostas de noivado, j´a que todas elas aparecem na lista de cada rapaz. Terminado o processo, realizam-se os casamentos. Os casamentos assim obtidos s˜ ao est´aveis, pois a mo¸cas que um determinado rapaz prefere ` a sua esposa o preteriram e, portanto, est˜ao casadas com rapazes melhores colocados em suas listas. ´ sempre poss´ıvel construir as estradas, com o seguinte algoritmo: 11. E (a) Divida o quadril´atero A1 A2 B1 B2 em dois triˆ angulos, tra¸cando uma de suas diagonais; (b) Se n˜ao h´a triˆ angulos sem estradas constru´ıdas, o procedimento terminou; caso contr´ario, v´a para o passo 3; (c) Tome um dos triˆ angulos XY Z com mais cidades em seu interior e construa as estradas que ligam v´ertices de mesmo pa´ıs; (d) Escolha uma dessas estradas, digamos XY , e tome a cidade P no interior de XY Z mais pr´oxima dessa estrada; (e) Divida o triˆ angulo XY Z nos triˆ angulos P XY , P XZ e P Y Z; (f) Volte para o passo b. Primeiro, como a quantidade de triˆ angulos sempre aumenta at´e o passo b decretar o fim do procedimento, o algoritmo sempre termina. Vamos provar que funciona por indu¸c˜ao sobre a quantidade de triˆ angulos constru´ıdos at´e o t´ermino do algoritmo. Antes de come¸car a indu¸c˜ao, vamos provar que durante o algoritmo nunca aparece um triˆ angulo com os trˆes v´ertices do mesmo pa´ıs com alguma cidade em seu interior. Note que os dois triˆ angulos iniciais n˜ao tˆem os trˆes v´ertices do mesmo pa´ıs. Considere, por absurdo, o primeiro triˆ angulo XY Z de trˆes v´ertices de mesmo pa´ıs gerado pelo algoritmo com alguma cidade em seu interior e considere o passo que gerou esse triˆ angulo. Ent˜ao um desses v´ertices, digamos X, estava no interior de um triˆ angulo Y ZK. Como Y Z ´e a u ´nica estrada de Y ZK constru´ıda, ent˜ao X ´e o cidade no interior de Y ZK mais pr´oxima de Y Z, de modo que n˜ao ´e poss´ıvel que haja cidades no interior de XY Z, um absurdo. Vamos ` a indu¸c˜ao. A base ´e o caso em que temos 2 triˆ angulos e ´e imediato. Agora, suponha que o algoritmo divida o quadril´atero em uma certa quantidade de triˆ angulos e que funcione para uma configura¸c˜ao com menos triˆ angulos. Seja Q o u ´ltimo ponto escolhido no passo d do algoritmo. Note que Q ´e a u ´ltima cidade a ser interligada com as demais. Aplique a hip´ otese de indu¸c˜ao para o conjunto das cidades exceto Q. Ent˜ao Q estava no interior de um triˆ angulo XY Z com dois v´ertices 9

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X e Y de um pa´ıs e um v´ertice Z de outro. Suponha, sem perdas, que X e Y s˜ ao brasileiras. Se Z ´e brasileira, ela se conecta a X e Y ; se ´e argentina, se conecta a Z. Note que n˜ao cruzamos estradas e que Z est´a conectada, assim como todas as outras (pela hip´ otese de indu¸c˜ao). A demonstra¸c˜ao est´a completa. 12. Sejam c(A) e c(B) as quantidades de pessoas nos cliques m´ aximos nas salas A e B. O problema ´e resolvido pelo seguinte algoritmo: (a) Coloque um maior clique M na sala A e os demais na sala B. Temos c(A) = 2m ≥ c(B). (b) Enquanto c(A) > c(B), transfira uma pessoa da sala A para a sala B. Depois desse passo, temos c(A) ≤ c(B) ≤ c(A) + 1, pois a cada execu¸c˜ao desse passo c(A) diminui em 1 e c(B) aumenta em no m´ aximo 1. Tamb´em temos c(A) ≥ m. (c) Seja c(A) = k. Se c(B) = k pare. Caso contr´ario, c(B) = k + 1. Note que k = |A| = |A ∩ M | ≥ m e |B ∩ M | ≤ m. (d) Se existe uma pessoa x ∈ B ∩ M e um clique C ⊂ B tal que |C| = k + 1 e x ∈ / C, transfira x para A e pare. Temos c(A) = k + 1 (algu´em de M voltou para A) e como x ∈ / C temos c(B) = |C| = k + 1 e temos o que queremos. (e) Agora todos os cliques m´ aximos de B contˆem B ∩ M . Enquanto c(B) = k + 1, escolha um clique C ⊂ B com |C| = k + 1 e transfira um elemento de C \ M de B para A. Como |C| = k + 1 > m ≥ |B ∩ M |, sempre existe esse elemento. No final desse passo, temos c(B) = k. O que acontece com c(A)? Primeiro, como A∩M ⊂ A temos c(A) ≥ k. Na verdade n˜ao ´e poss´ıvel que haja um clique maior. Sendo Q um clique qualquer de A, ele cont´em alguns elementos de M , e outros elementos que foram movidos de cliques de B. Como todos esses cliques contˆem B ∩ M , todos os elementos de Q s˜ ao amigos de todos os elementos e B ∩ M , de modo que Q ∪ (B ∩ M ) tamb´em ´e um clique. Mas |Q ∪ (B ∩ M )| ≤ |M | ⇐⇒ |Q| + |B ∩ M | ≤ |M | ⇐⇒ |Q| + |M | − |M ∩ A| ≤ M ⇐⇒ |Q| ≤ |A ∩ M | = k. Logo, ap´ os esse passo temos c(A) = c(B), e todos os casos est˜ao cobertos.

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Probabilidades Probabilidades aparecem em v´arias situa¸c˜oes, tanto em matem´ atica pura como aplicada. Probabilidades aparecem em experimentos que, em princ´ıpio, n˜ao podem ser previstos com certeza. Parece n˜ao fazer sentido tentar prever experimentos incertos, mas ´e exatamente isso que a probabilidade faz. Vejamos como.

Espa¸co amostral, evento, probabilidade Considere um experimento. O conjunto de todos os poss´ıveis resultados desse experimento ´e o espa¸co amostral. Muitas vezes nos interessamos em algum subconjunto desse espa¸co amostral. Qualquer subconjunto do espa¸co amostral ´e chamado evento. Dependendo do conjunto (se ele for discreto ou cont´ınuo), associamos a cada elemento do conjunto um n´ umero que descreve frequˆencia relativa, que em conjuntos discretos denominamos probabilidade e em conjuntos cont´ınuos denominamos densidade de probabilidade. Trabalharemos s´ o com conjunto discretos. Defini¸ c˜ ao 1. Dado um espa¸co amostral S, definimos probabilidade como uma fun¸ca ˜o P : P(S) → [0, 1] (ou seja, associamos a cada evento um n´ umero) tal que 1. P (∅) = 0 (a probabilidade de nada acontecer ´e zero); 2. P (S) = 1 (a probabilidade de qualquer coisa acontecer ´e 1 = 100%); 3. Se A ∩ B = ∅ ent˜ ao P (A ∪ B) = P (A) + P (B) (regra do OU para eventos disjuntos). Com isso, probabilidade de um evento E pode representar: 1. chance de E acontecer; 2. a frequˆencia com que E acontece; 3. informa¸ca ˜o/incerteza: se P (E) = 50%, ent˜ao E ´e bastante incerto; se P (E) ´e pr´oximo de 100% ent˜ao ´e quase certo que E ocorre; se P (E) ´e pr´oximo de 0 ent˜ao ´e quase certo que E n˜ao ocorre.

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Quando temos espa¸cos equiprov´ aveis, ou seja, cujas probabilidades s˜ ao iguais para cada elemento do espa¸co amostral (isso ´e o mesmo que dizer que cada um tem a mesma chance de ocorrer), a probabilidade pode ser calculada por P (E) =

|E| casos favor´ aveis = |S| casos poss´ıveis

Por causa da simplicidade dessa f´ormula, vamos preferir, sempre que poss´ıvel, trabalhar com espa¸cos equiprov´aveis. Note que a´ı precisamos de certa sensibilidade para verificar quando um espa¸co amostral ´e equiprov´avel: ca´ımos, nesse caso, em um problema de modelagem, em que h´a uma preocupa¸c˜ao de o modelo matem´ atico ter algum compromisso com a realidade do experimento em quest˜ ao. Enfim, ressaltamos que

Evento ´ e subconjunto do espa¸ co amostral. Parece ´obvio? Observe o exemplo a seguir. Exemplo 1. Na Lotomania, s˜ ao sorteados 50 de 100 n´ umeros. O sorteio consiste em escolher 20 dos 100 n´ umeros, sem repeti¸ca ˜o. Existem um prˆemio m´ aximo para quem acerta os 20 n´ umeros entre os seus 50 e um prˆemio menor para quem n˜ ao acerta nenhum dos 20 n´ umeros. Calcule a probabilidade de uma aposta ganhar o prˆemio m´ aximo e a probabilidade de uma aposta ganhar o prˆemio menor.

50 Solu¸ c˜ ao: Para o prˆemio m´ aximo, h´a 100 ao favor´ aveis. 50 possibilidades, das quais 20 s˜ Ent˜ao a resposta ´e
50 20
100 , 50

certo?

Errado! Note que 100 e a quantidade de apostas poss´ıveis e 50 e a quantidade de 50 ´ 20 ´ sorteios contidos nas respostas. Ent˜ao estamos considerando um conjunto que n˜ ao est´ a contido no espa¸co amostral. O que nos induziu ao erro? Foi simplesmente o fato de n˜ao termos definido o espa¸co amostral. Fa¸camos isso agora. H´ a pelo menos duas possibilidades: apostas ou sorteios. Resolvamos o problema das duas formas:
• Usando apostas: temos |S| = 100 e as apostas que contˆem os vinte n´ umeros sortea50

80 dos s˜ ao em total de |E| = 20 · (escolhemos os 20 n´ u meros sorteados e mais 30 20 30 entre os 80 n´ umeros restantes para completar a aposta. Com isso, a probabilidade de ganhar o prˆemio m´ aximo ´e
80
20 80! 50! 20 · 30
= 100 30! 100! 50

2

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• Usando sorteios: temos |S| = 100 20 sorteios, dentre os quais aposta. Ent˜ao a probabilidade ´e
50

50 20




est˜ao contidos na

20
100 20

Parece outra resposta, mas n˜ao ´e: 50 20
100 20




=

50! 80! 30! 100!

A outra probabilidade fica para o leitor (calcule e vocˆe talvez ter´ a uma pequena surpresa!).

Probabilidade condicional Considerando que probabilidade mede chance ou informa¸ca ˜o, qualquer informa¸c˜ao adicional restringe o espa¸co amostral e faz com que precisemos recalcular a probabilidade. S A

B

Denotamos P (A|B) como a probabilidade de A sabendo que ocorreu B. O c´alculo em espa¸cos equiprov´aveis ´e |A ∩ B| P (A|B) = |B| Podemos usar probabilidades no lugar de cardinalidades: P (A|B) =

|A ∩ B|/|S| P (A ∩ B) = |B|/|S| P (B)

Em espa¸cos n˜ao equiprov´aveis, usamos a f´ormula com probabilidades.

Regra do E Mexendo um pouco mais com a equa¸c˜ao anterior, temos P (A|B) =

P (A ∩ B) ⇐⇒ P (A ∩ B) = P (B) · P (A|B) P (B)

Esse resultado ´e conhecido como regra do E. Em muitos casos ´e poss´ıvel resolver problemas de probabilidade condicional com a boa e velha f´ormula dos espa¸cos equiprov´aveis, refazendo o espa¸co amostral. 3

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Exemplo 2. Qual a probabilidade de obter duas caras no lan¸camento de trˆes moedas, sabendo que (a) uma das moedas deu cara? (b) a moeda da esquerda deu cara? Solu¸ c˜ ao: (a) Representando K para cara e C para coroa, nosso espa¸co amostral deixa de ter CCC, tendo 23 − 1 = 7 elementos. Desses, trˆes s˜ ao favor´ aveis: KKC, KCK, CKK. Ent˜ao 3 a probabilidade ´e 7 . (b) Nosso espa¸co amostral ´e agora {KCC, KCK, KKC, KKK}, e dois dos quatro casos s˜ ao favor´ aveis, de modo que a probabilidade ´e 24 = 12 . Nem sempre podemos fazer isso, por´em. Exemplo 3. Sabe-se que a chance de chuva no GP Mat de F1 ´e 30%. O piloto Pepe Legal tem 40% de chance de vencer caso chova e 20% de vencer caso n˜ ao chova. Sabendo que Pepe Legal venceu, calcule a probabilidade de ter chovido. Solu¸ c˜ ao: Sejam C o evento “choveu” e V o evento “Pepe Legal venceu o GP Mat”. Temos P (C) = 30%, P (V |C) = 40% e P (V |C) = 20% (C ´e o evento complementar de C; note que, pela regra do OU, P (C) + P (C) = 1 ⇐⇒ P (C) = 1 − P (C)). ) e f´acil de calcular: P (C ∩ V ) = A probabilidade pedida ´e P (C|V ) = P P(C∩V (V ) . P (C ∩ V ) ´ P (C) · P (V |C) = 0,3 · 0,4 = 0,12. Quanto a P (V ), basta notar que Pepe Legal pode vencer com ou sem chuva, com probabilidades P (V ∩ C) = 0,12 e P (V ∩ C) = P (C) · P (V |C) = 0,7 · 0,2 = 0,14. Logo P (V ) = 0,12 + 0,14 = 0,36 e a probabilidade pedida ´e P (V |C) =

0,12 6 = . 0,26 13

Alguns se sentem mais confort´aveis com o diagrama de ´arvore a seguir, que inclui algumas outras probabilidades: 0,4 0,3

C

ր

ր ց

0,6 0,2

ց

0,7

C

ր ց

0,8

P (C ∩ V ) = 0,12

P (C ∩ V ) = 0,18

P (C ∩ V ) = 0,14

P (C ∩ V ) = 0,56

Outros preferem usar uma tabela: 4

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V V Total

C 0,4 · 0,3 = 0,12 0,6 · 0,3 = 0,18 0,3

C 0,2 · 0,7 = 0,14 0,8 · 0,7 = 0,56 0,7

Total 0,26 0,74 1

Eventos independentes Se P (A|B) = P (A), dizemos que A e B s˜ ao independentes. Note que isso quer dizer que saber que B ocorre n˜ao altera a chance de A ocorre. De certo modo, o evento B ´e irrelevante para A. Em termos de propor¸c˜oes, se A e B s˜ ao independentes, a propor¸c˜ao de A dentro de B se mant´em em rela¸c˜ao ` a propor¸c˜ao de A em rela¸c˜ao a todo o espa¸co amostral.

Uni˜ ao de eventos: a regra do OU Quando tivermos eventos A1 , A2 , . . . , An dois a dois disjuntos (nunca acontece dois deles simultaneamente, ou Ai ∩ Aj = ∅ para i 6= j), temos ! n n X [ P P (Ai ) Ai = P (A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An ) = P (A1 ) + P (A2 ) + · · · + P (An ) = i=1

i=1

Como ´e de se esperar, a probabilidade tamb´em satisfaz o princ´ıpio da inclus˜ ao-exclus˜ao. Por exemplo, P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) − P (A ∩ B) − P (B ∩ C) − P (C ∩ A) + P (A ∩ B ∩ C) Podemos ent˜ao obter uma estimativa bacana a partir do princ´ıpio da inclus˜ ao-exclus˜ao: pode-se mostrar que Proposi¸ c˜ ao 1. A probabilidade da uni˜ ao de eventos ´e menor ou igual a ` soma das probabilidades dos eventos. Ou seja, ! n n X [ P P (Ai ) Ai = P (A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An ) ≤ P (A1 ) + P (A2 ) + · · · + P (An ) = i=1

i=1

Valor esperado e variˆ ancia Agora, consideremos um experimento que fornece um n´ umero X como resultado. Chamamos X de vari´ avel aleat´ oria. Estamos interessados em saber a m´edia dos n´ umeros obtidos quando repetimos o experimento muitas vezes. Tal m´edia ´e chamada valor esperado de X. Como o valor X = a ocorre na fra¸c˜ao P (X = a) dos experimentos, o valor esperado de X pode ser dado por X E(X) = P (X = a) · a a∈A

onde A ´e o conjunto de todos os valores que X pode assumir. N˜ ao ´e dif´ıcil mostrar que 5

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Proposi¸ c˜ ao 2. O valor esperado ´e linear, ou seja, E(X + Y ) = E(X) + E(Y ) e E(kX) = kE(X) para k constante. O princ´ıpio da casa dos pombos com m´edias simplesmente nos diz que Proposi¸ c˜ ao 3. Sendo X uma vari´ avel aleat´ oria. Ent˜ ao X assume um valor menor ou igual a E(X) e um valor maior ou igual a E(X). A variˆancia mede o quanto a vari´avel fica distante da m´edia; quanto maior a variˆancia, maior a variabilidade. Temos X var(X) = E((X − E(X))2 = P (X = a) · (a − E(X))2 a∈A

´ comum denotarmos µ = E(X) e σ 2 = var(X) (sim, usamos essa nota¸c˜ao, ao quadrado E mesmo). A variˆancia tem as seguintes propriedades: Proposi¸ c˜ ao 4. Sendo X e Y vari´ aveis aleat´ orias independentes, ou seja, P (X = a|Y = b) = P (X = a) para todos a, b, temos var(kX) = k 2 var(X), var(X + Y ) = var(X) + var(Y ) e var(X − Y ) = var(X) + var(Y ) (sim, ´e estranho assim mesmo). A estranheza das duas u ´ltimas f´ormulas vem da defini¸c˜ao de covariˆ ancia cov(X, Y ) entre duas vari´aveis aleat´ orias X e Y . Por defini¸c˜ao, cov(X, Y ) = E((X − E(X))(Y − E(Y )) = E(XY ) − E(X)E(Y ) e a variˆancia fica var(X +Y ) = var(X)+var(Y )+2 cov(X, Y ) e var(X −Y ) = var(X)+var(Y )−2 cov(X, Y ) ´ essencialmente quadrado da soma/diferen¸ca; s´ E o que quando as vari´aveis s˜ ao independentes temos cov(X, Y ) = 0.

Desigualdades de Markov e Chebyshev O valor esperado e a variˆancia podem dar boas estimativas sobre a probabilidade. Teorema 1 (Desigualdade de Markov). Seja X uma vari´ avel relacionada a um evento e seja A o conjunto dos poss´ıveis valores de X. Mostre que P (X ≥ a) ≤

E(X) a

Demonstra¸ c˜ ao: Considere a vari´ avel indicadora ( 1, se X ≥ a IX≥a = 0, se X < a

6

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Para cada X ∈ A temos X ≥ aIX≥a ⇐⇒ P (X) · X ≥ aIX≥a · P (X) X X =⇒ P (X) · X ≥ a IX≥a · P (X) X∈A

X∈A

⇐⇒ E(X) ≥ a

X

P (X)

X≥a

⇐⇒ P (X ≥ a) ≤

E(X) a

Exemplo 4. Considere um experimento que gera um n´ umero inteiro entre 0 e n. Mostre que se o valor esperado deste n´ umero ´e menor que 1, ent˜ ao a probabilidade do n´ umero ser 0 ´e maior que zero, isto ´e, ´e poss´ıvel que o n´ umero seja 0. Solu¸ c˜ ao: Provemos a contrapositiva, ou seja, que se X nunca ´e zero ent˜ao E(X) ≥ 1. Se P (X = 0) = 0, ent˜ao P (X ≥ 1) = 1 e E(X) =

n X a=0

P (X = a) · a ≥

n X a=1

P (X = a) = 1 − P (X = 0) = 1.

Com um pouco mais de informa¸c˜ao, podemos obter alguns resultados um pouco melhores. Teorema 2 (Desigualdade de Chebyshev). Seja X uma vari´ avel aleat´ oria com m´edia µ e variˆ ancia σ 2 . Para todo real positivo λ, P (|X − µ|) ≥ λσ) ≤

1 . λ2

Demonstra¸ c˜ ao: Usando a desigualdade de Markov para a vari´avel aleat´ oria Y = (X −µ)2 , temos P (Y ≥ λ2 σ 2 ) ≤

E((X − µ)2 ) E(Y ) 2 2 2 ⇐⇒ P ((X − µ) ≥ λ σ ) ≤ λ2 σ 2 λ2 σ 2 2 σ 1 ⇐⇒ P (|X − µ| ≥ λσ) ≤ 2 2 = 2 λ σ λ

Exemplo 5. Prove que P (X = 0) ≤

var(X) . (E(X))2

Solu¸ c˜ ao: Pela desigualdade de Chebyshev,  1 var(X) µ  = P (X = 0) ≤ P |X − µ| ≥ µ = · σ ≤ 2 σ (µ/σ) (E(X))2

7

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O m´ etodo probabil´ıstico Muitas vezes queremos demonstrar a existˆencia de algo. J´a vimos t´ecnicas que fazem isso, como o princ´ıpio da casa dos pombos e continuidade discreta. Mas tamb´em podemos utilizar probabilidades, com resultados fant´asticos! Usamos a seguinte ideia:

Se P (A) > 0 ent˜ ao existe um elemento com a propriedade A. Como costuma ser dif´ıcil mostrar que um n´ umero ´e positivo, costumamos trabalhar com o complementar:

ao existe um elemento com a propriedade A. Se P (A) < 1 ent˜ Exemplo 6. Um torneio de tˆenis com n participantes (onde todos jogam uma u ´nica vez contra todos) tem a propriedade Sk se, para todo conjunto X de k participantes do torneio, existe um participante n˜ ao pertencente a X que venceu todos os participantes de X. Mostre que para cada k existe um torneio com a propriedade Sk . Solu¸ c˜ ao: Estimaremos a probabilidade P (n) de um torneio com n participantes n˜ ao ter a propriedade Sk e mostraremos que existe n tal que P (n) < 1 (de modo que a probabilidade de o torneio ter Sk ´e 1 − P (n) > 0). Tomemos um torneio em que a probabilidade de cada tenista vencer cada jogo ´e 1/2. Fixemos um conjunto X com k participantes. Este conjunto “estraga” o torneio se todos os n − k demais participantes perde de pelo um participante de X. A probabilidade de isso 
k n−k
acontecer ´e 1 − 12 (por quˆe?). Como existem nk conjuntos X’s, a probabilidade

k n−k de um ou mais deles “estragar” o torneio ´e menor ou igual a nk 1 − 21 (ou um estraga ou outro estraga ou. . . ). Logo  k !n−k    k !n−k   1 n 1 n 1− ⇐⇒ 1 − P (n) > 1 − 1− P (n) < k 2 2 k Deste modo, basta  k !n−k    k !n−k   1 n 1 n 1− 1− 1− > 0 ⇐⇒ <1 k 2 2 k Seja f (m) =

m k




1−

f (m + 1) = f (m) Como


m−k 1 k . 2

Temos

 k ! 1 m+1 1− = · 2 m+1−k

 k ! 1 1 1− · k 2 1 − m+1

 k ! 1 1 1− < 1 ⇐⇒ m > k · 2k − 1, · k 2 1 − m+1 8

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ent˜ao

f (m+1) f (m)

< 1 para m > k · 2k − 1, o que implica f (m) < a · cm , onde a =

f (k · 2k − 1) ck·2k −1

Assim, sendo a e c constantes com 0 < c < 1, e cm arbitrariamente pr´oximo de 0 quando m ´e suficientemente grande, temos que existe n tal que f (n) < 1. ` vezes s´ As o ter probabilidade maior do que zero n˜ao adianta. Muitas vezes provamos que algo que quase tem a propriedade existe e fazemos modifica¸c˜oes. O seguinte resultado foi obtido por Erd˝os, em 1959. Definimos o n´ umero crom´ atico de um grafo como o menor n´ umero de cores necess´arias para pintar os v´ertices do grafo de modo que n˜ao haja dois v´ertices de mesma cor ligados por uma aresta (sim, isto tem a ver com o teorema das quatro cores!). A cintura de um grafo ´e o n´ umero m´ınimo de v´ertices dos ciclos contidos no grafo. Exemplo 7. Mostre que existe um grafo com n´ umero crom´ atico maior que χ e cintura maior que g, para todos χ, g inteiros positivos. Solu¸ c˜ ao: Considere um grafo com n v´ertices e, para cada par de v´ertices, ligamos uma aresta aleatoria e independentemente com probabilidade p a ser determinada. Seja X o n´ umero de ciclos com tamanho no m´ aximo g. A probabilidade de um ciclo ter os v´ertices k v1 , v2 , . . . , vk , k ≥ 3, ´e (k − 1)!p /2 (h´a (k − 1)! permuta¸c˜oes circulares, mas pode ser nos dois sentidos). Assim, para np < 1, g   g X X n (k − 1)!pk 1 (np)k E(X) = < < g(np)3 k 2 2k 2 k=3

k=3

Em particular, pela desigualdade de Markov, p1 = P (X ≥ n/2) ≤ 2E(X)/n. Agora, vamos ao n´ umero crom´ atico. Antes precisamos do n´ umero de independˆencia de um grafo G α(G), que ´e simplesmente a maior quantidade de v´ertices tais que n˜ao h´a dois ligados por aresta em G. A quantidade de conjuntos sem arestas ´e, ent˜ao, pelo menos |V (G)|/α(G) (todo conjunto sem arestas tem no m´ aximo α(G) elementos), e como pintamos exatamente conjuntos sem arestas, o n´ umero crom´ atico ´e pelo menos |V (G)|/α(G). Ent˜ao a ideia ´e estimar o n´ umero de independˆencia α de G. Queremos que ele seja maior ou igual a n/χ. Mas isso ´e f´acil de estimar: a probabilidade de um conjunto com m m v´ertices n˜ao ter arestas ´e (1 − p)( 2 ) . Ent˜ao, pela desigualdade da uni˜ ao,   m m n p2 = P (α ≥ m) ≤ (1 − p)( 2 ) < nm e−p( 2 ) = (ne−p(m−1)/2 )m , m em que usamos a desigualdade 1 − x < e−x para x > 0. Assim, a probabilidade de um grafo ter mais de n/2 ciclos “pequenos” ou ter n´ umero crom´ atico menor do que χ ´e no m´ aximo p1 + p2 . Ent˜ao basta escolher N e p para os quais p1 + p2 < 1. Vamos fazer melhor: vamos fazer p1 e p2 ficarem pr´oximos de zero. Primeiro, para diminuir p1 < n2 12 g(np)3 = n2 p3 g, fazemos np pequeno e n grande (por exemplo, p = n−2/3−ǫ basta, e p1 < g/n3ǫ , que fica arbitrariamente pr´oximo de zero quando n cresce). Isso faz sentido: ´e melhor ter poucas arestas para ter menos ciclos. 9

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Vamos a p2 < (ne−p(m−1)/2 )m . Vamos escolher m perto de 3 ln n/p, de modo que −p(m − 1)/2 < −p ln n/p = − ln n =⇒ ne−p(m−1)/2 < ne− ln n = 1; como o expoente m ≈ 3n2/3+ǫ ln n fica arbitrariamente grande, p2 pode ficar arbitrariamente pequeno. Ent˜ao, para algum n suficientemente grande, conseguimos um (na verdade, muitos – a maioria!) grafo G com n v´ertices com no m´ aximo n/2 ciclos “pequenos” e α menor que m. O segredo agora ´e tirar v´ertices: tiramos um v´ertice de cada um dos ciclos “pequenos” e obtemos um grafo com pelo menos n/2 v´ertices. A retirada de v´ertices n˜ao aumenta o α, ent˜ao temos n/2 n/2 n1/3−ǫ χ≥ = 2/3+ǫ = m 6 ln n 3n ln n e basta escolher n tal que essa u ´ltima fra¸c˜ao ´e maior que k, o que ´e poss´ıvel pois n1/3−ǫ cresce bem mais do que 6 ln n para ǫ < 1/3. Outra ideia ´e utilizar o princ´ıpio da casa dos pombos com m´edias, ou seja, valor esperado. Exemplo 8. Considere um torneio de tˆenis com n jogadores. Um caminho hamiltoniano do torneio ´e uma sequˆencia de n jogadores distintos i1 , i2 , . . . , in tais que i1 vence i2 , i2 vence i3 , . . . , in−1 vence in . Mostre que existe um torneio com pelo menos n!/2n−1 caminhos hamiltonianos.
Solu¸ c˜ ao: Para cada um dos n2 pares de jogadores, jogue uma moeda honesta para decidir quem ganha o jogo. Ent˜ao, para cada uma das n! permuta¸c˜oes dos jogadores, a probabilidade de eles estarem “na ordem certa” na classifica¸c˜ao ´e 1/2n−1 (1/2 para o jogo entre o i-´esimo e o (i + 1)-´esimo jogadores, 1 ≤ i < n). Assim, como h´a n! permuta¸c˜oes, o valor 1 esperado de caminhos hamiltonianos ´e n! · 2n−1 . Assim, pelo princ´ıpio da casa dos pombos com m´edias, existem torneios com pelo menos n!/2n−1 caminhos hamiltonianos. Exemplo 9. (EUA) Sendo n ≥ 2 inteiro, sejam x1 , x2 , . . . , xn reais tais que x1 + x2 + · · · + xn = 0

e

x21 + x22 + · · · + x2n = 1.

Para cada subconjunto A ⊆ {1, 2, . . . , n}, defina X SA = xi . i∈A

(se A ´e o conjunto vazio, SA = 0.) Prove que para todo real positivo λ a quantidade de conjuntos A satisfazendo SA ≥ λ ´e no m´ aximo 2n−3 /λ2 . Para que valores de x1 , x2 , . . . , xn , λ ocorre a igualdade? Solu¸ c˜ ao: Parece um problema de ´ algebra (e, de certa forma, ´e), mas tem um pouco de combinat´ oria no meio (a parte da quantidade de conjuntos). Como tem λ2 , a ideia ´e elevar as somas ao quadrado e somar tudo. Sendo S a soma total de todos os SA ’s, somando sobre todos os subconjuntos de {1, 2, . . . , n}, temos em S termos do tipo x2k , 1 ≤ k ≤ n, e do tipo xi xj , 1 ≤ i < j ≤ n. O k do x2k aparece em 2n−1 subconjuntos, logo o coeficiente de x2k em S ´e 2n−1 ; al´em disso, os termos xi xj aparecem em todo SA com i, j ∈ A, e 10

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aparece multiplicado por 2. Como h´a 2n−2 tais subconjuntos, o o coeficiente P de xi x2j ´e n−2 n−1 2·2 =2 . Logo, utilizando a nota¸c˜ao de polinˆ omios sim´etricos s2 = 1≤k≤n xk e P 2 σ2 = 1≤i
1≤i
    02 − 1 σ 2 − s2 = 2n−1 1 + = 2n−2 = 2n−1 s2 + 1 2 2

Mas SA + SA = 0, logo os SA ’s positivos e negativos vˆem aos pares. Somando somente sobre os SA ’s positivos, obtemos como total da soma dos quadrados S/2 = 2n−3 . Agora, somando s´ o sobre os SA ’s maiores ou iguais a λ, sendo N a quantidade de tais subconjuntos obtemos X 2n−3 2n−3 ≥ SA ≥ N · λ2 =⇒ N ≤ 2 . λ SA ≥λ

A igualdade ocorre quando todos os SA ’s tˆem soma igual a ±λ ou zero. Isso s´ o acontece se tem s´ o um λ e um −λ (se tiver mais de um λ, tem um subconjunto com soma 2λ, e n˜ao d´a certo. Assim, o caso de igualdade ocorre quando (x1 , x2 , . . . , xn ) = (λ, −λ,√0, . . . , 0) e permuta¸c˜oes. Substituindo na condi¸c˜ao da soma dos quadrados, achamos λ = 2/2. Agora, o que esse problema tem a ver com m´etodo probabil´ıstico? Na verdade, o problema ´e inspirado no m´etodo do segundo momento. Outra solu¸ c˜ ao: Considere vari´aveis aleat´ orias independentes Vi , em que Vi = 2xi com probabilidade 1/2 e Vi = 0 com probabilidade 1/2. Note que E(Vi ) = 12 · 2xi + 12 · 0 = xi e var(Vi ) = 21 (2xi − xi )2 + 21 (0 − xi )2 = x2i Ent˜ao, sendo V = V1 + V2 + · · · + Vn , E(V ) = E(V1 ) + E(V2 ) + · · · + E(Vn ) = x1 + x2 + · · · + xn = 0

var(V ) = var(V1 ) + var(V2 ) + · · · + var(Vn ) = x21 + x22 + · · · + x2n = 1 n n Agora, P o que representa um valor t´ıpico de V ? Com probabilidade (1/2) = 1/2 , V ´e igual a i∈A 2xi = 2SA para algum A ⊆ {1, 2, . . . , n}. Ou seja, V assume cada valor de 2SA . p Aplicando a desigualdade de Chebyshev com µ = E(V ) = 0 e σ = var(V ) = 1, temos

P (|V | ≥ 2λ · 1) ≤

1 1 ⇐⇒ P (|SA | ≥ λ) ≤ 2 2 (2λ) 4λ

Mas sabemos que os SA ’s positivos e negativos aparecem aos pares, logo 1 1 1 · 2 = 2 2 4λ 8λ Sendo N a quantidade de conjuntos A com SA ≥ λ, temos P (SA ≥ λ) ≤

N 1 2n−3 ≤ ⇐⇒ N ≤ 2n 8λ2 λ2 O caso de igualdade ´e encontrado como na solu¸c˜ao anterior. 11

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Problemas 1. (OBM) Duas pessoas v˜ao disputar uma partida de par ou ´ımpar. Elas n˜ao gostam do zero e, assim, cada uma coloca 1, 2, 3, 4 ou 5 dedos com igual probabilidade. Calcule a probabilidade de que a pessoa que escolheu par ganhe. 2. (OBM) Uma rifa foi organizada entre os 30 alunos da turma do Pedro. Para tal, 30 bolinhas numeradas de 1 a 30 foram colocadas em uma urna. Uma delas foi, ent˜ao, retirada da urna. No entanto, a bola caiu no ch˜ao e se perdeu e uma segunda bola teve que ser sorteada entre as 29 restantes. Qual a probabilidade de que o n´ umero de Pedro tenha sido o sorteado desta segunda vez? 3. (OBM) Dois cubos tˆem faces pintadas de ocre ou magenta. O primeiro cubo tem cinco faces ocres e uma face magenta. Quando os dois cubos s˜ ao lan¸cados, a probabilidade de as faces viradas para cima dos dois cubos serem da mesma cor (sim, ocre e magenta s˜ ao cores!) ´e 1/2. Quantas faces ocres tem o segundo cubo? 4. (OBM) Uma colˆ onia de amebas tem inicialmente uma ameba amarela e uma ameba vermelha. Todo dia, uma u ´nica ameba se divide em duas amebas idˆenticas. Cada ameba na colˆ onia tem a mesma probabilidade de se dividir, n˜ ao importando sua idade ou cor. Qual ´e a probabilidade de que, ap´ os 2006 dias, a colˆ onia tenha exatamente uma ameba amarela? 5. (OBM) No programa de audit´ orio Toto Bola, o apresentador Ci¸co Magallanes disp˜ oe de duas caixas idˆenticas. Um volunt´ario da plat´eia ´e chamado a participar da seguinte brincadeira: ele recebe dez bolas verdes e dez bolas vermelhas e as distribui nas duas caixas, sem que o apresentador veja, e de modo que em cada caixa haja pelo menos uma bola. Em seguida, o apresentador escolhe uma das caixas e retira uma bola. Se a bola for VERDE, o volunt´ario ganha um carro. Se for VERMELHA, ele ganha uma banana. A m´ axima probabilidade que o volunt´ario tem de ganhar um carro ´e igual a m , em que m e n s˜ ao inteiros positivos primos entre si. Determine o valor de m + n. n 6. (OBM) Um quadrado de lado 3 ´e dividido em 9 quadrados de lado unit´ ario, formando um quadriculado. Cada quadrado unit´ ario ´e pintado de azul ou vermelho. Cada cor tem probabilidade 12 de ser escolhida e a cor de cada quadrado ´e escolhida independentemente das demais. Qual a probabilidade de obtermos, ap´ os colorirmos todos os quadrados unit´ arios, um quadrado de lado 2 pintado inteiramente de uma mesma cor? 7. (OBM) Quantos dados devem ser lan¸cados ao mesmo tempo para maximizar a probabilidade de se obter exatamente um 2? 8. (OBM) Ao jogarmos uma certa quantidade de dados c´ ubicos com faces numeradas de 1 a 6, a probabilidade de obtermos soma dos pontos 2006 ´e igual `a probabilidade de obtermos soma dos pontos S. Qual ´e o menor valor poss´ıvel de S?

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9. (OPM) Nos avi˜ oes, o cart˜ao de embarque indica, entre outras coisas, o lugar onde o passageiro deve se sentar. Murali, o primeiro passageiro a embarcar em um avi˜ ao, com lugar para 100 pessoas, perdeu seu cart˜ao de embarque, e por isso sentou-se em um assento que escolheu aleatoriamente. Em seguida, cada um dos demais 99 passageiros sentou-se em seu lugar, se este estava livre, ou caso contr´ario escolheu ao acaso um dos assentos vagos. Seja P (k) a probabilidade de o k-´esimo passageiro a embarcar tenha sentado em seu lugar designado. a) Calcule P (2), P (3) e P (4). b) Encontre uma express˜ao para P (k), 2 ≤ k ≤ 100. N˜ ao se esque¸ca de que vocˆe deve justificar sua resposta. 10. (BAMO) S˜ao dados n n´ umeros reais, n˜ao todos nulos, cuja soma ´e 0. Prove que ´e poss´ıvel rotular os n´ umeros em alguma ordem a1 , a2 , . . . , an de modo que a1 a2 + a2 a3 + · · · + an−1 an + an a1 < 0. 11. Sejam A1 , A2 , . . . , Ar subconjuntos de A = {1; 2; 3; . . . ; n}. Colorimos cada elemento de A de azul Mostre que podemos pintar os elementos de modo que no Pr ou1 vermelho. |A |−1 i m´ aximo i=1 ( 2 ) dos subconjuntos tenha todos os elementos de mesma cor. 12. Prove que ´e poss´ıvel pintar cada um dos n´ umeros 1, 2, 3, . . . , n de vermelho ou azul de modo que n˜ao exista uma progress˜ ao aritm´etica com k ≥ 3 elementos pintados da mesma cor quando n < 2k/2 .

13. Sejam p e q reais n˜ao negativos cuja soma ´e 1 e m e n inteiros n˜ao negativos. Prove que (1 − pm )n + (1 − q n )m ≥ 1. 14. (Banco da IMO) Seja A um conjunto de n res´ıduos m´ odulo n2 . Prove que existe um 2 conjunto B de n res´ıduos m´ odulo n tal que pelo menos metade dos res´ıduos m´ odulo 2 n pode ser escrito como a + b com a ∈ A e b ∈ B. 15. (Su´ecia) Uma cidade tem 3n habitantes. Quaisquer duas pessoas na cidade tˆem um amigo em comum na cidade. Mostre que ´e poss´ıvel escolher um grupo de n pessoas da cidade de modo que todas as demais 2n pessoas conhecem pelo menos uma das pessoas do grupo. 16. Um conjunto A ´e dito livre de somas se a soma de quaisquer dois elementos (possivelmente iguais) de A n˜ao pertence a A. Prove que todo conjunto B de inteiros n˜ao nulos tem um subconjunto livre de somas com pelo menos |B|/3 elementos. 17. Um conjunto X = {x1 , x2 , . . . , xk } tem somas distintas se todas as somas X xi , S ⊆ {1, 2, . . . , k} i∈S

13

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s˜ ao distintas. Seja f (n) o tamanho m´ aximo de um subconjunto de {1, 2, . . . , n} com somas distintas. O exemplo {1, 2, 4, . . . , 2⌊log2 n⌋ } mostra que f (n) ≥ 1 + ⌊log2 n⌋. Prove que f (n) < log2 n +

1 log2 log2 n + c, 2

sendo c uma constante. Use o fato de que 2k > nk =⇒ k < log2 n + log2 log2 n + c para alguma constante c.

Bibliografia 1. N. Alon, J. H. Spencer, P. Erd˝os, The Probabilistic Method, John Wiley & Sons 1992. 2. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003. 3. R. Boppana, Unexpected Uses of Probability. Dispon´ıvel na Internet, 2005. 4. Diversas listas do professor Po-Shen Loh, dispon´ıveis em http://www.math.cmu.edu/~ploh/olympiad.shtml

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1.

13 25 .

2.

1 30 .

Fa¸ca uma tabela 5 × 5 com os resultados poss´ıveis.

Considere como espa¸co amostral as poss´ıveis posi¸c˜oes do n´ umero do Pedro se colocarmos os n´ umeros em fila, em ordem de sorteio.

3. 3. Com probabilidade condicional sai bem f´acil: dada a cor do primeiro dado, a probabilidade nesse caso ´e sempre 1/2. 4.

1 2

· 23 · · · 2006 2007 =

1 2007 .

Use a regra do E.

ario ganhar 5. m = 14, n = 19, probabilidade 14 19 . Seja P (a, b) a probabilidade de o volunt´ o carro no caso em que ele tenha colocado a bolas VERDES e b bolas VERMELHAS na caixa 1. Ent˜ao, necessariamente haver´a 10 − a bolas VERDES e 10 − b bolas VERMELHAS na caixa 2. Segue que P (a, b) =

1 a 1 10 − a · + · . 2 a + b 2 20 − a − b

Podemos supor, sem perda de generalidade, que a + b ≤ 10, j´a que as caixas s˜ ao idˆenticas. Suponha, ainda, que haja alguma bola VERMELHA na caixa 1. Vejamos o que acontece com essa probabilidade se transferirmos uma bola VERDE da caixa 2 para a caixa 1 e uma bola VERMELHA da caixa 1 para a caixa 2. Ficamos com P (a + 1, b − 1) =

1 a+1 1 9−a · + · . 2 a + b 2 20 − a − b 14

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Dessa forma, 1 P (a + 1, b − 1) − P (a, b) = 2 pois a + b ≤ 10.



1 1 − a + b 20 − a − b



≥ 0,

Assim, o volunt´ario sabe que, enquanto houver bola VERMELHA na caixa que cont´em menos bolas, a probabilidade pode ser aumentada, bastando, para isto, que ele troque uma das bolas VERMELHAS desta caixa com uma VERDE da outra. Por isso, para maximizarmos a probabilidade, basta considerarmos o caso em que a caixa 1 cont´em apenas bolas VERDES e a caixa 2 cont´em o restante das bolas. Teremos P (a, 0) =

1 1 10 − a 5 + · =1− . 2 2 20 − a 20 − a

Logo, a probabilidade ser´a m´ axima quando a for m´ınimo. Como em cada caixa deve haver pelo menos uma bola, devemos ter a = 1. Neste caso, a probabilidade ´e 5 = 14 P (1, 0) = 1 − 19 19 . Segue que m = 14, n = 19 e m + n = 33. 6.

95 256 .

Primeiro note que, como n˜ao ´e poss´ıvel haver um quadrado 2 × 2 azul e um quadrado 2 × 2 vermelho ao mesmo tempo, a probabilidade pedida ´e duas vezes a probabilidade de haver um quadrado 2 × 2 azul. H´ a quatro possibilidades para o quadrado 2 × 2; sendo Ai o conjunto das pinturas contendo o quadrado i, queremos P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ). Note que Ai ∩ Aj consiste em pintar a regi˜ ao da uni˜ ao dos quadrados correspondentes de azul e escolher as cores das outras casinhas.

7. Cinco ou seis. A probabilidade de se obter exatamente um 2 ao lan¸car n dados ´e
n−1 n−1 f (n) = n · 61 · 65 = n·56n . Temos 5n f (n) > 1 ⇐⇒ > 1 ⇐⇒ n < 6 f (n − 1) 6(n − 1)

Logo f (1) < f (2) < . . . < f (5) = f (6) > f (7) > . . ., e o m´ aximo ocorre para n = 5 ou n = 6. 8. 339. Sendo n a quantidade de dados, fa¸ca uma bije¸c˜ao entre (a1 , a2 , . . . , an ) e (7 − a1 , 7 − a2 , . . . , 7 − an ). 9.

a) O mais f´acil ´e trabalhar com o complementar, ou seja, calcular a probabilidade Q(k) = 1 − P (k) de o k-´esimo passageiro n˜ao encontrar o seu lugar livre. Para 1 k = 2, basta que Murali sente no seu lugar: Q(2) = 100 ; para k = 3, ou Murali senta no lugar dele ou Murali senta no lugar do segundo passageiro e o 1 1 1 1 segundo passageiro senta no lugar dele, ou seja, Q(3) = 100 + 100 · 99 = 99 ; para k = 4, ou Murali senta no lugar dele, ou no lugar do segundo passageiro e o segundo passageiro no lugar dele, ou no lugar do segundo passageiro, o segundo passageiro senta no lugar do terceiro e o terceiro senta no lugar dele, ou no lugar do terceiro passageiro e o terceiro passageiro senta no lugar dele, ou seja, 1 1 1 1 1 1 1 1 1 99 Q(4) = 100 + 100 · 99 + 100 · 99 · 98 + 100 · 98 = 98 . Logo P (2) = 1 − Q(2) = 100 , 98 1 97 1 P (3) = 1 − Q(3) = 1 − 99 = 99 e P (4) = 1 − Q(4) = 1 − 98 = 98 . 15

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b) A probabilidade de algu´em at´e o k − 2-´esimo passageiro sentar no lugar do k´esimo passageiro ´e igual ` a probabilidade de algum desses passageiros sentar no lugar do (k−1)-´esimo passageiro, ou seja, ´e Q(k−1). Calculemos a probabilidade de o (k − 1)-´esimo passageiro sentar no lugar do k-´esimo passageiro: para isso ´e necess´ario que algu´em sente no lugar dele, o que ocorre com probabilidade Q(k − 1), e o (k − 1)-´esimo sente no lugar do k-´esimo passageiro, o que ocorre 1 1 com probabilidade 100−(k−2) (ele encontra 100 − (k − 2) lugares livres = 102−k ao entrar). Logo Q(k) = Q(k − 1) + Q(k − 1) · Expandindo, obtemos Q(k) =

1 102−k

=

103−k 102−k Q(k

− 1).

1 103 − k 104 − k 105 − k · · · . . . · Q(2) = 102 − k 103 − k 104 − k 102 − k

e P (k) = 1 − Q(k) =

101−k 102−k .

10. Sejam x1 , x2 , . . . , xn os n´ umeros e considere uma permuta¸c˜ao qualquer deles. O valor esperado da soma ´e 1 · 2(n − 2)! n!

X

1≤i
 2  X X 1  xi xj = xi  − x2i  n(n − 1) 1≤i≤n

1≤i≤n

X 1 x2i < 0, = n(n − 1) 1≤i≤n

ent˜ao alguma soma ´e negativa. 11. Pinte cada elemento aleatoriamente, com probabilidade 12 para cada cor. A probabilidade de um subconjunto fixado Ai ter todos os elementos de uma mesma cor ´e
|A |−1 2 = 21 i . Ent˜ao o valor esperado de subconjuntos com elementos de uma 2|Ai |
|A |−1 P mesma cor ´e a soma das probabilidades, que ´e ri=1 12 i , e existe uma pintura que tem pelo menos essa quantidade de subconjuntos com todos os elementos de uma cor s´ o. 12. Pinte cada elemento aleatoriamente, com probabilidade 21 para cada cor. A probabilidade de uma progress˜ ao aritm´etica (i, i + r, i + 2r, . . . , i + (k − 1)r) fixada ter
k
k−1 todos os elementos da mesma cor ´e 2 12 = 21 . Vamos estimar a quantidade de progress˜ oes aritm´eticas contidas em {1, 2, . . . , n}. Para isso, basta contar as quantidades de termos iniciais (que ´e menor do que n) e raz˜oes (que ´e menor do que n/2, j´a que k ≥ 3). Assim, a quantidade de progress˜ oes aritm´eticas ´e menor do que k/2 k/2−1 k−1 n · n/2 < 2 · 2 = 2 , e o valor esperado de progress˜ oes aritm´eticas mono1 = 1, e assim existe uma pintura com quantidade crom´ aticas ´e menor do que 2k−1 · 2k−1 de progress˜ oes aritm´eticas monocrom´ aticas menor do que 1, ou seja, zero. 13. Considere uma tabela m×n. Preencha cada casa da tabela com 0 ou 1 aleatoriamente, com probabilidade p para 0 e q para 1. A probabilidade de ter pelo menos um 1 em 16

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cada coluna ´e P (A) = (1 − pm )n e a probabilidade de ter pelo menos um 0 em cada linha ´e P (B) = (1 − q n )m . Note que ocorre uma coisa ou outra (ou ambas): se uma coluna n˜ao tem 1, todas as linhas tˆem 0; se uma linha n˜ao tem 0, todas as colunas tˆem 1. Ent˜ao P (A) + P (B) ≥ P (A ∪ B) = 1 =⇒ (1 − pm )n + (1 − q n )m ≥ 1. 14. Escolha um conjunto B com n elementos aleat´ orios de Z/(n2 ), com reposi¸c˜ao. Calculemos a probabilidade de um resto fixado r n˜ao pertencer a A + B: basta que nenhum
n dos n´ umeros r − a, a ∈ A, perten¸ca a B. Isso ocorre com probabilidade 1 − n1 (a chance de n˜ao sortearmos um elemento da forma r − a ´e 1 − n1 ).
n Como nn > 2(n − 1)n ⇐⇒ 1 − n1 < 21 para n ≥ 2, temos que a probabilidade de r n˜ao pertencer a A + B ´e menor do que 21 , e o valor esperado de n´ umeros que n˜ao 2 est˜ao em A + B ´e menor do que n /2. Logo o valor esperado de n´ umeros que est˜ao em A + B ´e maior do que n2 /2 e existe um B desejado. De fato, para n grande existe
1 2 um conjunto B tal que A + B tem pelo menos n 1 − e elementos!

15. Chamemos de qualquer grupo que satisfaz as condi¸c˜oes do enunciado de dominante. Seja p um n´ umero em ]0, 1[ a ser determinado. Vamos ver para que valores de p conseguimos um grupo dominante com np elementos, e torcer para que p possa ser pequeno. Se alguma pessoa conhece menos de 3np pessoas, o problema acaba imediatamente (basta tomar um habitante e seus menos de 3np conhecidos). Ent˜ao vamos supor que todos os graus s˜ ao maiores ou iguais a np. Parece f´acil achar um conjunto dominante pequeno agora que temos tantas arestas. De fato, sorteie np pessoas ao acaso, com repeti¸c˜ao. Isso forma um grupo com no m´ aximo np pessoas. A probabilidade de que um v´ertice qualquer n˜ao tenha um conhecido nesse grupo ´e menor do que (1−p)3np (a probabilidade desse habitante conhecer algu´em fixo do grupo ´e 1−p). Mas (1−p)3np ≤ 2 (e−p )3np = e−3np , e a probabilidade de algum habitante n˜ao ter conhecidos q no grupo 2

2

´e menor do que 3ne−3np . Basta ent˜ao fazer e−3np ≤ p certo, e 3np = 3n ln(3n) ´e bem menor do que n.

1 3n ;

tomando p =

ln(3n) 3 n

d´a

16. A grande ideia ´e jogar algo sem muito estrutura (como nosso conjunto B) para algo mais estruturado, no caso o conjunto Z/(p), p primo grande. Se p = 3k+2, o conjunto C = {k + 1, k + 2, . . . , 2k + 1} ⊂ Z∗ /(p) ´e livre de somas e tem k + 1 elementos, uma k+1 fra¸c˜ao 2k+1 > 31 . Quando comparamos duas estruturas, a ideia que vem ´e tentar cruz´a-las, com contagem dupla, por exemplo. Z∗ /(p) tem boa estrutura, e a contagem ajuda a encontrar algu´em, mesmo que n˜ao haja estrutura em B. O que usamos? O “gira-gira”. Multiplique todos os elementos de B por x, 1 ≤ x < p, e reduza m´ odulo p. Nenhum b ∈ B ´e 0 m´ odulo p, ent˜ao aparecem todos os res´ıduos m´ odulo p em bZ∗ /(p), ou seja, C aparece em todo bZ∗ /(p). Mas, definindo Dx = xB (mod p), sendo |C| > 13 |Z∗ /(p)|, a probabilidade de algum elemendo de D pertencer a C ´e maior do que 13 , e portanto o valor esperado de elementos de Dx em C ´e maior do que |B|/3. Ent˜ao existe um Dt com mais de |B|/3 elementos de C, e esse ´e o subconjunto A que queremos. De 17

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fato, se a1 , a2 , a3 ∈ A s˜ ao tais que a1 + a2 = a3 ent˜ao ta1 + ta2 ≡ ta3 (mod p), com ta1 , ta2 , ta3 ∈ C, absurdo. Logo A ´e livre de somas. 17. Considere {x1 , x2 , . . . , xk } com somas distintas e vari´aveis aleat´ orias independentes ǫ1 , ǫ2 , . . . , ǫk tais que P (ǫi = 0) = P (ǫi = 1) = 12 e seja X = ǫ1 x1 + ǫ2 x2 + · · · + ǫk xk (X ´e uma soma aleat´ oria). Temos µ = E(X) =

x1 + x2 + · · · + xk 2

e limitamos a variˆancia: sendo xi ≤ n,

√ x21 + x22 + · · · + x2k n2 k n k ≤ =⇒ σ ≤ σ = 4 4 2 2

Aplicando a desigualdade de Chebyshev, temos P

√ ! λn k |X − µ| ≤ ≤ λ−2 2

Tomando complementares obtemos P

√ ! 1 λn k ≥1− 2 |X − µ| > 2 λ

Mas cada soma tem probabilidade 0 ou 2−k de aparecer, j´a que as somas s˜ ao distintas. Ent˜ao √ ! √ λn k P |X − µ| > ≤ 2−k λn k 2 e portanto

√ 1 2k 1 − λ−2 2−k n k ≤ 1 − 2 ⇐⇒ n ≥ √ . λ λ k √ Um pouco de c´alculo nos leva ao valor ´otimo λ = 3, e obtemos 1 2k+1 1 n ≥ √ ⇐⇒ log2 n ≥ k + 1 − log2 k =⇒ k ≤ log2 n + log2 log2 n + O(1). 2 2 3 k

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Geometria Combinat´ oria Onde est˜ ao os pontos? Na grande maioria dos problemas de Geometria, o primeiro passo ´e fazer uma figura que representasse bem a situa¸c˜ao. E se isso n˜ao poss´ıvel? E se n˜ao for poss´ıvel nem mesmo desenhar uma figura? Nesses casos, se n˜ao podemos dizer onde est˜ao exatamente os pontos, n´os pelo menos procuramos suas poss´ıveis posi¸co ˜es. Sendo um pouco mais espec´ıfico, verificamos em que regi˜ ao ou regi˜ oes est´ a o ponto. Exemplo 1. (Ibero) Seja F a fam´ılia de todos os hex´ agonos convexos H que satisfazem as seguintes condi¸co ˜es: (a) os lados opostos de H s˜ ao paralelos; (b) quaisquer trˆes v´ertices de H podem ser cobertos com uma faixa de largura 1. Determine o menor n´ umero real ℓ tal que cada um dos hex´ agonos da fam´ılia F pode ser coberto com uma faixa de largura ℓ. Nota: Uma faixa de largura ℓ ´e a regi˜ ao do plano compreendida entre duas retas paralelas que est˜ ao ` a distˆ ancia ℓ (incluindo ambas as retas paralelas). Solu¸ c˜ ao: A primeira impress˜ ao ´e de que ℓ = 1, mas n˜ao seria sem gra¸ca se fosse isso √ mesmo? A verdade ´e que ℓ = 2. Basta tomar “quase-quadrados”:

POT 2012 - Combinat´ oria - N´ıvel 3 - Aula 17 - Prof. Carlos Shine √ √ Note que se ℓ < 2 ent˜ao existe √ ǫ tal que ℓ = 2 − ǫ. Basta tomar δ suficientemente pequeno para que a faixa de √ largura 2 − ǫ n˜ao cubra o “quase-quadrado” correspondente. Vamos provar que ℓ = 2 ´e suficiente para cobrir todos os hex´ agonos de F. Note que, para tanto, basta mostrar que todo hex´ a gono de F tem algum par de lados opostos √ paralelos com distˆ ancia menor ou igual a 2. Seja H um hex´ agono de F. Considere um triˆ angulo ABC formado√por v´ertices alterna√ dos de H. Note que se algum dos lados de ABC ´e menor ou igual a 2, uma faixa de 2 ´e suficiente para cobrir H, pois a distˆ ancia entre cada par de lados opostos de H ´e menor ou igual a cada um dos lados de ABC.

√ Assim, suponha que todos os lados de ABC s˜ ao maiores do que 2 e que a sua menor altura seja relativa a A. Isto quer dizer que a distˆ ancia de A `a reta BC ´e menor ou igual a 1. Com isso, podemos mostrar que o ˆangulo ∠BAC ´e obtuso, pois, sendo H o p´e da ◦ ◦ √1 altura relativa a A, cos ∠HAB = AH AB < 2 = cos 45 =⇒ ∠HAB > 45 e, analogamente, ◦ ∠HAC > 45 .

A nossa meta agora ´e descobrir onde pode estar o v´ertice A′ , oposto a A em H. Para isso, vamos estudar a condi¸c˜ao (b) do enunciado. Note que ela ´e equivalente a dizer que todo triˆ angulo determinado por v´ertices de H tem sua menor altura menor ou igual a 1. Suponhamos, ent˜ao, que sabemos a posi¸c˜ao de dois v´ertices X e Y do hex´ agono H e queiramos saber onde poderiam estar os outros v´ertices de H. Seja Z um desses v´ertices. O interessante ´e que n˜ao sabemos qual ´e a menor altura, ent˜ao devemos pensar nas trˆes possibilidades (que na verdade s˜ ao duas, j´a que duas delas s˜ ao an´ alogas): • A menor altura ´e relativa a Z. Ent˜ao a distˆ ancia de Z a XY ´e menor ou igual a 1. Sendo o conjunto dos pontos a uma distˆ ancia fixada de uma reta igual a um par de 2

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retas paralelas, conclu´ımos que Z pode estar na faixa formada por duas retas r e s a uma distˆ ancia 1 de XY , excetuando a pr´opria reta XY :

• A menor altura ´e relativa a X. Ent˜ao a distˆ ancia de X a Y Z ´e menor ou igual a 1. Agora temos uma situa¸c˜ao mais interessante, pois o ponto vari´avel ´e Z; como medir a distˆ ancia de um ponto fixado a uma reta vari´avel? O truque aqui ´e considerar um c´ırculo C de raio 1 com centro em X. Se a reta ´e tangente a C, ent˜ao a distˆ ancia de X a essa reta ´e 1; se for secante, ´e menor que 1; se for exterior, ´e maior que 1. Considerando ainda que as retas em quest˜ ao devem passar pelo outro ponto fixo Y , temos a nossa resposta:

• A menor altura ´e relativa a Y . Esse caso ´e an´ alogo ao anterior. Assim, dados os pontos X e Y do hex´ agono, os demais v´ertices pertencem `a regi˜ ao destacada na figura a seguir:

Para facilitar, chamaremos tal regi˜ ao de XY -regi˜ ao. Com isso, podemos continuar o problema. Queremos encontrar as poss´ıveis posi¸c˜oes do ponto A′ , oposto a A no hex´ agono. Ele deve pertencer `a AB-regi˜ ao e `a AC-regi˜ ao, ou seja, na interse¸c˜ao dessas duas regi˜ oes. Al´em disso, como o hex´ agono ´e convexo, C e o v´ertice C ′ , oposto a C, est˜ao em lados opostos em rela¸c˜ao a AB e AC ′ ´e paralelo a A′ C, A′ tamb´em pertence ` a regi˜ ao delimitada por CR k AB, BC e, analogamente, BQ k AC.

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Se A′ est´a no interior do ˆ angulo ∠CBT , ent˜ao a distˆ ancia de√A ao lado A′ B ´e menor ou igual a 1 e ´e poss´ıvel cobrir H com uma faixa de largura 1 < 2, pois a distˆ ancia entre A′ B e o lado oposto, que cont´em A, ´e menor ou igual a 1; da mesma forma, se A′ est´a no interior do ˆangulo ∠BCS, a distˆ ancia de A ao lado A′ C ´e menor ıvel √ ou igual a 1 e ´e poss´ ′ < ◦, e ´ cobrir H com uma faixa de largura 1. Caso contr´ario, AA 2, pois ∠M AP > 90 e √ poss´ıvel cobrir H com uma faixa de largura AN < 2. Na verdade, pode-se provar que esse u ´ltimo caso n˜ao pode ocorrer: basta considerar o maior entre os ˆ angulos ∠A′ AB e ∠A′ AC e provar (por √ elimina¸c˜ao, e usando o fato de que ◦ o seno de um ˆ angulo maior do que 45 ´e maior do que 2/2) que a distˆ ancia de A a A′ B ′ ou A C (o que participar do maior ˆ angulo) ´e menor ou igual a 1, considerando o triˆ angulo ′ ′ AA B (ou AA C).

Cobrindo figuras Problemas desse tipo podem ser resolvidos com uma variedade bastante grande de t´ecnicas. Uma mistura de casos extremos, casa dos pombos e saber construir exemplos geralmente funciona bem. Exemplo 2. (EUA) Um reticulado no plano cartesiano consiste em todos os pontos (m, n), ´ poss´ıvel cobrir todos os pontos do reticulado com uma fam´ılia onde m e n s˜ ao inteiros. E infinita de c´ırculos cujos interiores n˜ ao se sobrep˜ oem se cada c´ırculo da fam´ılia tem raio maior ou igual a 5? Solu¸ c˜ ao: A resposta ´e n˜ao (os c´ırculos s˜ ao muito grandes, n˜ao?). Para isso, suponha que existe uma cobertura desse tipo e seja C o maior c´ırculo que n˜ao√se sobrep˜oe com algum c´ırculo da fam´ılia. Ent˜ao o seu raio r deve ser menor do que 2/2; caso contr´ario, C cobriria um ponto do reticulado, que n˜ao seria coberto pela fam´ılia.

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Al´em disso, C tangencia pelo menos trˆes c´ırculos C1 , C2 , C3 da fam´ılia. Sejam O, O1 , O2 e O3 os centros dos c´ırculos C, C1 , C2 , C3 , respectivamente. Ent˜ao um dos ˆangulos ∠O1 OO2 , ∠O2 OO3 , ∠O3 OO1 ´e menor ou igual a 120◦ . Suponha, sem perdas, que ´e ∠O1 OO2 . Ent˜ao, pela lei dos co-senos, O1 O22 ≤ OO12 + OO22 + OO1 · OO2 Sejam r1 e r2 os raios de C1 e C2 , respectivamente. Ent˜ao O1 O2 ≥ r1 + r2 , OO1 = r + r1 e OO2 = r + r2 . Substituindo, obtemos (r1 + r2 )2 ≤ (r + r1 )2 + (r + r2 )2 + (r + r1 )(r + r2 ) ⇐⇒ 12r2 ≥ (r1 − 3r)(r2 − 3r) √ Mas r < 2/2 e r1 e r2 s˜ ao maiores ou iguais a 5, de modo que √ 12r2 ≥ (5 − 3r)2 ⇐⇒ 2 3r ≥ 5 − 3r ⇐⇒ r ≥ Um c´alculo r´ apido mostra que

5√ 3+2 3

>

√

2 2 ,

5 √ 3+2 3

e o problema acabou.

Princ´ıpio do extremo Considerar a maior (ou menor) distˆ ancia ou algum triˆ angulo de ´area m´ axima (ou m´ınima) ou . . . m´ aximo (ou m´ınimo) pode ser bastante u ´til. Exemplo 3. (OBM) S˜ ao dados n pontos no plano, os quais s˜ ao os v´ertices de um pol´ıgono convexo. Prove que o conjunto das medidas dos lados e das diagonais do pol´ıgono tem pelo menos ⌊n/2⌋ elementos distintos. Solu¸ c˜ ao: Primeiro, considere dois pontos A e B do pol´ıgono cuja distˆ ancia ´e m´ axima. Tome B de modo que AB separe o pol´ıgono em dois pol´ıgonos, um deles com AB como u ´nica distˆ ancia m´ axima. Em cada um desses dois pol´ıgono vamos aplicar o seguinte

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Lema 1. Seja A1 A2 . . . Ak um pol´ıgono convexo tal que a maior distˆ ancia entre dois de seus v´ertices, incluindo diagonais, ´e A1 Ak . Ent˜ ao esse pol´ıgono tem k − 2 distˆ ancias diferentes; caso A1 Ak seja a u ´nica distˆ ancia m´ axima, ent˜ ao h´ a k − 1 distˆ ancias diferentes. Demonstra¸ c˜ ao: Sejam Ap e Aq , 1 < p < q < k dois v´ertices do pol´ıgono. Vamos provar que, para quaisquer m e n com p < m ≤ n < q um dos segmentos Ap An , Aq Am ´e menor do que Ap Aq . Em seguida, conseguiremos uma sequˆencia de k − 2 distˆ ancias diferentes. Como conseguir distˆ ancias menores? Ou, de modo mais geral, como comparar segmentos? Muitas vezes ´e melhor transferir tudo para ˆangulos, para que possamos fazer. . . isso mesmo, um arrast˜ ao! Sejam α = ∠Am A1 Ak , α1 = ∠A1 Am Ak , α2 = ∠Ap Am Aq , α3 = ∠Aq Ap Am , A a interse¸c˜ao de Ap Aq e A1 Am (note que, como o pol´ıgono ´e convexo, A est´a no interior do segmento Ap Aq ) e α4 = ∠Am AAq .

Suponha que Ap Aq ≤ Am Aq . Ent˜ao, no triˆ angulo Am Ap Aq , α2 ≤ α3 . Al´em disso, pelo teorema do ˆangulo externo no triˆ angulo AAp Am , α3 < α4 . Ademais, α1 < α2 e, sendo A1 Ak a maior distˆ ancia de todas (e esse ´e o passo decisivo da demonstra¸c˜ao e mostra o poder do princ´ıpio do extremo), no triˆ angulo A1 Am Ak , α < α1 . Logo α < α1 < α2 ≤ α3 < α4 =⇒ α < α4 Definindo os β’s analogamente e supondo que Ap Aq ≤ An Ap , obtemos β < β4 . Por´em, observando os quadril´ateros A1 Ak An Am e ABAn Am , temos que α + β + ∠A1 Am An + ∠Ak An Am = α4 + β4 + ∠AAm An + ∠BAn Am = 360◦ =⇒ α + β = α4 + β4 . Mas α < α 4 =⇒ α + β < α4 + β4 , β < β4

contradi¸c˜ao. O caso em que m = n fica a cargo do leitor. Para terminar, basta fazer uma esp´ecie de “zigue-zague”. Comece com A2 Ak−1 , que ´e menor do que A1 Ak (por quˆe?). Pelo que acabamos de provar, A2 Ak−2 ou A3 Ak−1 ´e menor do que A2 Ak−1 . Oba, mais uma distˆ ancia! Suponha, por exemplo, que A3 Ak−1 seja menor. Ent˜ao, aplicando o nosso fato de novo, A4 Ak−1 ou A3 Ak−2 ´e menor do que A3 Ak−1 . Continuamos assim, at´e acabar o pol´ıgono, e assim conseguimos (conte!) k − 2 distˆ ancias diferentes. 6

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No caso em que A1 Ak ´e a u ´nica distˆ ancia m´ axima, fica para vocˆe provar (use o poder do arrast˜ ao novamente!) que, no quadril´atero A1 A2 Ak−1 Ak , uma das diagonais ´e menor do que A1 Ak (bem, isso ´e imediato ⌣) ¨ e maior do que A2 Ak−1 (nisso vocˆe vai ter que trabalhar um pouquinho mais ⌣), ¨ de modo que ganhamos mais uma distˆ ancia, totalizando k − 1. Agora, vamos terminar o problema. Lembre que cortamos o pol´ıgono original do problema em dois por uma diagonal AB com medida m´ axima. Suponha que os pol´ıgonos obtidos tenham k +1 e n−k +1 lados, sendo que o de k +1 lados tem a distˆ ancia m´ axima u ´nica. Nele, obtemos (k + 1) − 1 = k distˆ ancias diferentes, e no outro, (n − k + 1) − 2 = n − k − 1. n Ent˜ao conseguimos d = max{k, n−k −1} distˆ ancias. Mas d ≥ k+(n−k−1) = n−1 2 2 ≥ ⌊ 2 ⌋.

Fecho convexo Fecho convexo de um conjunto S de pontos (finito ou infinito) limitado no plano (poderia ser do espa¸co ou de figuras com mais dimens˜ oes ainda) ´e a menor figura convexa que cont´em S. No caso do plano, ´e figura obtida quando soltamos um el´ astico esticado em torno de S. Exemplo 4. (IMO) Sejam Γ1 , Γ2 , . . . , Γn c´ırculos de raio 1 no plano, onde n ≥ 3. Seus centros s˜ ao O1 , O2 , . . . , On , respectivamente. Suponha que n˜ ao exista reta que intercepte mais que dois dos c´ırculos. Prove que X

1≤i
1 (n − 1)π ≤ Oi Oj 4

Solu¸ c˜ ao: O que ´e isso? Contas com segmentos de um lado e π do outro? O que fazer? A primeira id´eia ´e, na verdade, transformar tudo em ˆangulos. Seja αij o aˆngulo determinado entre as tangentes internas a Γi e Γj .

α

Veja que sen 2ij = positivo, sen x < x.

1 Oi Oj /2

=

2 Oi Oj .

A figura a seguir mostra que, para todo x real

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Assim,

1 Oi Oj

=

sen α/2 2

X

< α4 , de modo que basta provar que

1≤i
αij (n − 1)π ≤ ⇐⇒ 4 4

X

1≤i
αij ≤ (n − 1)π

Voltemos para os αij ’s. Eles tamb´em aparecem nos pr´oprios c´ırculos, como ilustramos na figura a seguir, tra¸cando as tangentes externas (que s˜ ao paralelas):

A condi¸c˜ao de n˜ao haver retas que interceptem mais do que dois c´ırculos se traduz em os αij /2’s n˜ao se sobreporem nas figuras. A regi˜ ao hachurada indica em que regi˜ oes as circunferˆencias diferentes de Γi e Γj n˜ao podem estar.

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Assim, a soma de todos os αij ’s ´e menor ou igual `a metade da soma de todos os arcos (veja que cada αij /2 aparece quatro vezes, totalizando 2αij ), que em princ´ıpio ´e nπ. ´ a´ı que o fecho convexo Faltou pouco! Mas ser´a que n˜ao podemos melhorar essa conta? E entra! “soltando o el´ astico”, vemos que alguns arcos n˜ao s˜ ao contados:

A soma desses arcos ´e exatamente a soma dos ˆangulos externos de um pol´ıgono, que ´e 2π. Com isso, a metade da soma de todos os arcos ´e menor ou igual a nπ − π = (n − 1)π, e acabou.

Distˆ ancias e n´ umeros reais Muitos problemas exploram distˆ ancias, e em alguns deles queremos saber se eles satisfazem certas condi¸c˜oes. Exemplo 5. (Ibero) Tem-se n pontos distintos A1 , A2 , . . . , An no plano e a cada ponto Ai se associa um n´ umero real λi diferente de zero, de maneira que Ai A2j = λi + λj , para todos i, j com i 6= j. Demonstre que (a) n ≤ 4 (b) Se n = 4, ent˜ ao

1 λ1

+

1 λ2

+

1 λ3

+

1 λ4

= 0.

Solu¸ c˜ ao: Distˆ ancias ao quadrado! Que teorema envolve distˆ ancias ao quadrado? Uma dica: o nome do teorema come¸ca com “Pit” e termina com “´ agoras”. Com o seu aux´ılio, provamos o seguinte Lema 2. Se A, B, C e D s˜ ao pontos no plano ent˜ ao AB 2 + CD2 = AD2 + BC 2 se, e somente se, AC e BD s˜ ao perpendiculares. Demonstra¸ c˜ ao: Seja B ′ e D′ as proje¸c˜oes de B e D sobre a reta AC, respectivamente. Suponha que B ′ est´a mais ` a esquerda de D′ . Seja B ′ D′ = k.

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Aplicando o teorema de Pit´ agoras quatro vezes, obtemos AB 2 = a2 + b2

AD2 = (a + k)2 + d2

CD2 = c2 + d2

BC 2 = (c + k)2 + b2

Assim, AB 2 + CD2 = AD2 + BC 2 ⇐⇒ a2 + b2 + c2 + d2 = (a + k)2 + b2 + (c + k)2 + d2

⇐⇒ 2k(a + c + k) = 0 ⇐⇒ 2k · AC = 0 ⇐⇒ k = 0,

de modo que as proje¸c˜oes de B e D sobre AC devem coincidir, provando que a igualdade ocorre se, e somente se, BD ´e perpendicular a AC. Com isso, o problema fica simples. Suponha que n ≥ 4, de modo que existam A1 , A2 e A3 . Note que, sendo i > 3, A1 A2i + A2 A23 = λ1 + λi + λ2 + λ3 = A1 A22 + A3 A2i , e pelo ´ lema, A2 Ai ´e perpendicular a A1 A3 , isto ´e, Ai pertence `a altura por A2 de A1 A2 A3 . E claro que A2 n˜ao ´e mais especial do que A1 e A3 , assim, analogamente Ai tamb´em pertence `a altura por A1 de A1 A2 A3 . Deste modo, Ai est´a na interse¸c˜ao das duas alturas, ou seja, seu ortocentro. Isso vale para todo ponto Ai diferente de A1 , A2 e A3 . Mas como s´ o existe um ortocentro, s´ o pode haver um ponto a mais, ou seja, n ≤ 4. Isso resolve o item a. Vamos para o item b. Primeiro, considere trˆes pontos Ai , Aj e Ak . Ent˜ao 2 2 2 λ = Ai Aj + Ai Ak − Aj Ak i 2 Ai A2j = λi + λj Ai A2j + Aj A2k − Ai A2k 2 Ai Ak = λi + λk ⇐⇒ λj = 2 A A2 = λ + λ 2 + A A2 − A A2 j j k k A A j k i j λ = i k k 2 Ai A2 +Ai A2 −Aj A2

j k k = Ai Aj · Ai Ak · cos ∠Aj Ai Ak . Assim, Mas, pela lei dos co-senos, 2 λi = Ai Aj · Ai Ak · cos ∠Aj Ai Ak λj = Ai Aj · Aj Ak · cos ∠Ai Aj Ak λk = Ai Ak · Aj Ak · cos ∠Ai Ak Aj

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Vamos supor que A4 ´e ortocentro do triˆ angulo acutˆangulo A1 A2 A3 (na verdade, cada ponto ´e ortocentro do triˆ angulo determinado pelos trˆes outros pontos). Note que o triˆ angulo n˜ao pode ser retˆ angulo, o que prova que nenhum dos λ’s pode ser zero.

Note que ∠A2 A4 A3 = ∠A4 A2 A1 + 90◦ , de modo que cos ∠A4 A2 A1 = − sen ∠A2 A4 A3 . Deste modo, isolando os co-senos na rela¸c˜ao acima e substituindo na rela¸c˜ao fundamental cos2 ∠A2 A4 A3 + sen2 ∠A2 A4 A3 = 1, obtemos 2  2  λ2 λ4 + =1 A2 A4 · A3 A4 A2 A4 · A1 A2 Como Ai A2j = λi + λj , tirando o m´ınimo e substituindo obtemos

λ24 (λ1 + λ2 ) + λ22 (λ3 + λ4 ) = (λ1 + λ2 )(λ3 + λ4 )(λ2 + λ4 ) Dividindo tudo por λ1 λ22 λ3 λ24 ,         1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + = λ2 λ3 λ1 λ2 λ1 λ4 λ3 λ4 λ1 λ2 λ3 λ4 λ2 λ4

Separando o segundo membro:           1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + = + + + + + + + λ2 λ3 λ1 λ2 λ1 λ4 λ3 λ4 λ2 λ1 λ2 λ3 λ4 λ4 λ1 λ2 λ3 λ4

Para que isso? Ora, para fatorar! Colocando λ12 ( λ11 + λ12 ) e λ14 ( λ13 + λ14 ) em evidˆencia no segundo membro, obtemos       1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + − + − + + =0 λ2 λ1 λ2 λ3 λ4 λ3 λ4 λ1 λ2 λ1 λ3 λ4     1 1 1 1 1 1 + + ⇐⇒ + =0 λ2 λ4 λ1 λ2 λ2 λ4 λ3 λ4   1 1 1 1 1 =0 + + + ⇐⇒ λ2 λ4 λ1 λ2 λ3 λ4 1 1 1 1 + + + =0 ⇐⇒ λ1 λ2 λ3 λ4

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Esse problema ´ e de geometria?? Muitas vezes id´eias geom´etricas s˜ ao u ´teis em problemas que aparentemente n˜ao s˜ ao de Geometria. Como em Combinat´ oria, por exemplo. Exemplo 6. (Cone Sul) O prefeito de uma cidade deseja estabelecer um sistema de transportes com pelo menos uma linha de ˆ onibus, no qual: (i) cada linha passe exatamente por trˆes paradas; (ii) cada duas linhas distintas tenham exatamente uma parada em comum; (iii) para cada duas paradas de ˆ onibus distintas exista exatamente uma linha que passe por ambas. Determine o n´ umero de paradas de ˆ onibus da cidade. Solu¸ c˜ ao: Vamos representar linhas de ˆonibus por uma reta e paradas por pontos. Uma linha passa por uma parada se, e somente se, a reta correspondente passa pelo ponto correspondente. Reescrevendo as trˆes condi¸c˜oes do enunciado em termos de retas e pontos, temos: (i) cada reta passa exatamente por trˆes pontos; (ii) cada duas retas distintas tˆem exatamente um ponto em comum; (iii) por dois pontos passa exatamente uma reta. Assim, podemos desenhar (isso mesmo!) as possibilidades. Uma ´e ter exatamente uma linha (cidade pequena essa, n˜ao?), totalizando trˆes pontos A, B e C:

Agora, pode haver mais pontos. Considere um ponto D fora da reta. Por A e D passa uma reta, e essa reta n˜ao pode ser ABC, pois ela n˜ao teria trˆes pontos; essa nova reta n˜ao pode passar por B ou por C, pois duas retas tˆem exatamente um ponto em comum. Assim, a reta AD precisa conter um novo ponto E. Analogamente, obtemos as retas BDF e CDG.

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Ser´ a que pode haver mais um ponto H? Vejamos a reta DH. Ela deve cortar a reta ABC em um de seus pontos, mas nenhum deles serve, j´a que j´a temos as retas AD, BD e CD e se um dos pontos A, B ou C pertencesse a DH ent˜ao essa reta e AD, BD ou CD tˆem dois pontos de interse¸c˜ao (D e um dos pontos A, B, C). Ent˜ao n˜ao podemos mais ter pontos. Completando as linhas, podemos obter o seguinte exemplo, com 7 paradas (uma das linhas ´e circular):

Com um pouquinho mais de esfor¸co vocˆe pode provar que o u ´nico exemplo para 7 paradas ´e esse. Deste modo, a cidade tem 3 ou 7 paradas.

Problemas 1. (Hungria) Seja P um pol´ıgono convexo com lados √ de medidas inteiras e per´ımetro ´ımpar. Prove que a ´ area de P ´e maior ou igual a 3/4. 2. (Cone Sul) Achar todos os n´ umeros inteiros n ≥ 3 tais que exista um conjunto Sn formado por n pontos do plano que satisfa¸cam as duas condi¸c˜oes seguintes: (a) Trˆes pontos quaisquer n˜ao s˜ ao colineares. (b) Nenhum ponto se encontra no interior do c´ırculo cujo diˆ ametro tem por extremos dois pontos quaisquer de Sn . NOTA: Os pontos da circunferˆencia n˜ao s˜ ao considerados interiores ao c´ırculo. 3. (OBM) Dizemos que um quadrado est´a contido em um cubo quando todos os seus pontos est˜ao nas faces ou no interior do cubo. Determine o maior ℓ > 0 tal que existe um quadrado de lado ℓ contido num cubo de aresta 1. ´ dado um conjunto de N discos de raios unit´ 4. E arios. Esses c´ırculos podem se intersectar (mas n˜ao coincidir). Mostre que existe um arco de comprimento maior ou igual a 2π/N pertencendo ` a circunferˆencia de um desses discos que n˜ao ´e coberto por nenhum outro disco. 5. Trˆes c´ırculos de raio r cobrem um c´ırculo de raio 1. Encontre o menor valor de r. 13

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6. (OBM) Temos um n´ umero finito de quadrados, de ´area total 4. Prove que ´e poss´ıvel arranj´ a-los de modo a cobrir um quadrado de lado 1. ´ permitido sobrepor quadrados e parte deles pode ultrapassar os limites do Obs: E quadrado a ser coberto. 7. (Cone Sul) Pablo tem uma certa quantidade de retˆ angulos cujas ´areas somam 3 e cujos lados s˜ ao todos menores ou iguais a 1. Demonstre que com esses retˆ angulos ´e poss´ıvel cobrir um quadrado de lado 1 de modo que os lados dos retˆ angulos sejam paralelos aos lados do quadrado. Nota: Os retˆ angulos podem estar sobrepostos e podem sair parcialmente do quadrado. 8. Seja S um conjunto finito de pontos. Prove que se A, B, C, D s˜ ao pontos distintos de S tais que AB e CD s˜ ao ambos segmentos de distˆ ancia m´ axima, ent˜ao esses segmentos se cortam em seus respectivos interiores. 9. (Cone Sul) Trˆes triˆ angulos acutˆangulos est˜ao inscritos em uma mesma circunferˆencia, de modo que seus v´ertices s˜ ao nove pontos distintos. Demonstre que se pode escolher um v´ertice de cada triˆ angulo de maneira que os trˆes pontos escolhidos determinem um triˆ angulo cujos ˆ angulos sejam menores que ou iguais a 90◦ . 10. (Ibero) Prove que para qualquer pol´ıgono convexo de ´area 1, existe um paralelogramo de ´area dois que o cont´em. 11. (Cone Sul) Um pol´ıgono de ´ area S est´a contido no interior de um quadrado de lado a. Demonstre que h´a pelo menos dois pontos do pol´ıgono que est˜ao separados por uma distˆ ancia maior que ou igual a S/a. 12. (OBM) Seja S um conjunto de n pontos no plano de modo que n˜ao haja trˆes pontos de S colineares. Para que valores de n ´e poss´ıvel colorir todos os pontos de S de modo que todos os ˆ angulos determinados por trˆes pontos de S, todos de mesma cor ou de trˆes cores diferentes, n˜ao sejam obtusos? A quantidade dispon´ıvel de cores ´e ilimitada. 13. (OBM) Existe um conjunto finito de n > 2 pontos no plano tais que n˜ao h´a trˆes pontos colineares e o circunc´ırculo de quaisquer trˆes pontos pertence ao conjunto? 14. Dados n pontos no plano, prove que trˆes deles determinam um ˆangulo menor ou igual a 180◦ /n. 15. (Ibero) Seja P = {P1 , P2 , . . . , P1997 } um conjunto de 1997 pontos no interior de um c´ırculo de raio 1, sendo P1 o centro do c´ırculo. Para cada k = 1, . . . , 1997 seja xk a distˆ ancia de Pk ao ponto de P mais pr´oximo a Pk e distinto de Pk . Demonstrar que x21 + x22 + · · · + x21997 ≤ 9

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16. (Ibero) Encontrar o maior valor poss´ıvel n para que existam pontos distintos P1 , P2 , P3 , . . . , Pn no plano, e n´ umeros reais r1 , r2 , . . . , rn de modo que a distˆ ancia entre quaisquer dois pontos diferentes Pi e Pj seja ri + rj . 17. (IMO) Determine todos os inteiros n > 3 tais que existem n pontos A1 , A2 , . . . , An no plano sem que haja trˆes deles colineares e n´ umeros reais r1 , r2 , . . . , rn tais que, para todos i, j, k distintos, a ´ area do triˆ angulo Ai Aj Ak ´e ri + rj + rk . 18. (OBM) Arnaldo e Beatriz se comunicam durante um acampamento usando sinais de fuma¸ca, ` as vezes usando uma nuvem grande, `as vezes uma pequena. No tempo dispon´ıvel antes do caf´e da manh˜ a, Arnaldo consegue enviar uma sequˆencia de 24 nuvens. Como Beatriz nem sempre consegue distinguir uma nuvem pequena de uma grande, ela e Arnaldo fizeram um dicion´ario antes de ir para o acampamento. No dicion´ario aparecem N sequˆencias de 24 tamanhos de nuvem (como por exemplo a sequˆencia P GP GP GP GP GP GGP GP GP GP GP GP , onde G significa nuvem grande e P significa nuvem pequena). Para cada uma das N sequˆencias, o dicion´ario indica seu significado. Para evitar interpreta¸c˜oes erradas, Arnaldo e Beatriz evitaram incluir no dicion´ario sequˆencias parecidas. Mais precisamente, duas sequˆencias no dicion´ario sempre diferem em pelo menos 8 das 24 posi¸c˜oes. Demonstre que N ≤ 4096.

Dica: pense em c´ırculos! Defina distˆ ancia entre duas sequˆencias como a quantidade de posi¸co ˜es com nuvens de tamanhos diferentes nas duas sequˆencias. Por incr´ıvel que pare¸ca, essa distˆ ancia satisfaz a desigualdade triangular e podemos definir c´ırculos de raio r e centro em uma sequˆencia s como as sequˆencias com distˆ ancia menor ou igual a r de s. A id´eia ´e, ent˜ ao, pensar no fato de que c´ırculos com centros distantes n˜ ao podem se intersectar.

Bibliografia 1. D. M´ aximo, S. Feitosa, Problemas sobre Pontos. Eureka! 25.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. Primeiro, considere os dois v´ertices do pol´ıgono mais distantes A e B; seja AB = ℓ. A reta AB divide o pol´ıgono em duas partes. Como o per´ımetro do pol´ıgono ´e ´ımpar, uma parte tem per´ımetro pelo menos uma unidade maior; se a menor tem per´ımetro d, a outra tem pelo menos per´ımetro d + 1; pela desigualdade triangular, ℓ ≤ d, ent˜ao a parte maior tem per´ımetro pelo menos d + 1. Agora utilize a t´√ ecnica do “onde est˜ao os pontos”. Se a ´area de algum triˆ angulo ´e maior ou igual a 3/4, o problema acaba. Como cada lado √ do pol´ıgono ´e pelo menos 1, a distˆ ancia de cada v´ertice a cada lado ´e menor do que 3/2. A seguir exibimos a regi˜ ao de onde os v´ertices do pol´ıgono podem estar. Usamos tamb´em o fato de que o pol´ıgono ´e convexo.

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b

b

A

P b

AB e sen θ = Sendo θ = ∠ABP , temos cos θ = 2BP dade triangular, 2BP > d + 1. Logo



AB 2BP

2

+

√

32 AB

!2

√

32 AB .

= 1 =⇒

B

Mas AB = d e, pela desigual-

3 d2 + >1 (d + 1)2 4d2

⇐⇒ (d − 1)(−8d2 − 9d − 3) > 0 ⇐⇒ d < 1, absurdo. Logo a ´ area do pol´ıgono ´e pelo menos

√

3/4.

2. A segunda condi¸c˜ao diz que todo ˆangulo definido por trˆes pontos de Sn ´e agudo ou reto. Como (m − 2)180◦ /m ≤ 90◦ ⇐⇒ m ≤ 4, o fecho convexo de Sn deve ser um triˆ angulo ou um retˆ angulo. Mas se existir ponto interior a Sn deve-se ter ◦ ◦ 360 /m ≤ 90 ⇐⇒ m ≥ 4. Se m = 4, as desigualdade s˜ ao igualdade e aparecem trˆes pontos colineares, ent˜ao n˜ao pode ter ponto interior no fecho convexo. Logo n = 3 ou n = 4, e ´e f´acil encontrar os exemplos. 3. Primeiro, mostremos que podemos supor, sem perda de generalidade, que os centros do cubo, que doravante chamaremos C e do quadrado coincidem. Suponha que os centros n˜ao coincidam. Considere os trˆes planos distintos, cada um deles paralelo a duas faces do cubo, que passam pelo centro do quadrado. Os trˆes planos determinam no cubo oito paralelep´ıpedos; considere o de menores dimens˜ oes (ou seja, algum que tem todas as dimens˜ oes menores ou iguais a 1/2). Seja a a maior dimens˜ ao desse cubo. Ent˜ao construa um cubo C0 de lado 2a com centro no centro do quadrado e faces paralelas ` as faces do cubo do problema. N˜ ao ´e dif´ıcil ver que o quadrado est´a contido nesse cubo, dado que cada plano ou cont´em o quadrado ou o corta em dois pol´ıgonos congruentes e sim´etricos em rela¸c˜ao ao centro do quadrado. Translade o cubo C, incluindo o quadrado, que est´a em seu interior, de modo que o centro de C0 coincida com o centro do cubo. Agora os centros do quadrado e de C coincidem, e dado que 2a ≤ 1, C0 est´a contido em C, o quadrado ainda est´a contido no cubo C. q
√
2 1 2 A figura a seguir mostra que ℓ ≥ 3 4 2 . Note que AB = CD = + 12 + 41 = 4 q
√ √ √ √ 3 2 3 1 2 + 12 + 12 = 23 = 3 4 2 · 2. 4 , AD = BC = 4 · 2 e AC = 2

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1 4

3 4

A

3 4 D1 4

1 4 B 3 4 3 4

Vamos provar que, na verdade, ℓ = √ 3 2 4 .

√ 3 2 4 .

C 1 4

Suponha que exista um quadrado de lado

ℓ> Podemos supor que o centro do quadrado coincide com o centro do cubo. Seja S uma esfera com centro √ no centro O de C e que passa pelo quatro v´ertices do quadrado, ou seja, de raio ℓ 2/2 > 3/4. A figura a seguir mostra as sec¸c˜oes de S no cubo C. Numeramos as oito regi˜ oes contidas na superf´ıcie da esfera e no interior do cubo com n´ umeros romanos. I

IV

VIII

III

VI V

VII II

√

Agora, vamos tentar localizar o quadrado de lado ℓ > 3 4 2 em S. Note que cada um dos quatro v´ertices deve pertencer a uma das regi˜ oes de I a VIII. Suponhamos, sem perda de generalidade, que dois v´ertices opostos do quadrado est˜ao contidos nas regi˜ oes I e, conseq¨ uentemente, II, j´a que v´ertices opostos do quadrado s˜ ao diametralmente opostos em S. Considere o paralelep´ıpedo de menores dimens˜ oes que cont´em as regi˜ oes I e, digamos, III. Sejam x, x e 1 as suas dimens˜ oes. Vamos provar que dois pontos no interior desse √ 3 2 paralelep´ıpedo est´a a uma distˆ ancia menor que 4 .

17

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I 1

III

Primeiro, considere uma face do cubo c˜ao com q e sua
interse¸ q a esfera. A partir da
2 2 1 1 figura a seguir, o raio da esfera ´e y 2 + 2 + 2 = y 2 + 12 . Como o raio da √ √
2 ⇐⇒ y > 41 . Conseq¨ uentemente, esfera ´e maior que 3 4 2 · 22 = 34 , y 2 + 12 > 34 1 1 x = 2 − y < 4. y

r

y 1 2

q √ √ 1 + 1 = 3 4 2 e portanto, A diagonal do paralelep´ıpedo mede x2 + x2 + 12 < 2 · 16 dois v´ertices do quadrado n˜ao podem estar contidos em I e III. Como um dos v´ertices pertence a I, n˜ao pode existir v´ertice do quadrado em III e, analogamente, em II e V. Da mesma forma, lembrando que um dos v´ertices do quadrado est´a em II, n˜ao pode haver v´ertices do quadrado em VI, VII e VIII. Mas ent˜ao n˜ao sobraram regi˜ oes para os outros dois v´ertices do quadrado, absurdo. Deste modo, o maior lado de um quadrado contido no cubo unit´ ario ´e ℓ =

√ 3 2 4 .

4. Consideremos o fecho convexo H desse conjunto de discos. Um arco que esteja na borda do fecho convexo n˜ao pode ser coberto por outro disco. A jun¸c˜ao de todos os arcos no bordo de H ´e um c´ırculo de raio unit´ ario. Como este c´ırculo tem per´ımetro 2π e no m´ aximo juntamos N arcos, pelo menos um dos arcos da jun¸c˜ao ´e maior ou igual a 2π/N . √ √ 5. 3/2. Considere o triˆ angulo equil´ atero inscrito no c´ırculo. Ele tem lado 3 (verifi√ √ √ que!) e como quaisquer dois pontos est˜ao `a distˆ ancia 3, 2r ≥ 3 ⇐⇒√ r ≥ 3/2. Usando esse triˆ angulo equil´ atero, n˜ao ´e dif´ıcil obter um exemplo com r = 3/2: basta tomar os pontos m´edios dos lados do triˆ angulo equil´ atero como centros. ´ claro que o resultado do pr´oximo problema implica este problema, mas vamos para 6. E uma outra solu¸c˜ao. Divida os quadrados em conjuntos de acordo com olado. Mais es pecificamente, seja Sn o conjunto dos quadrados com lados no intervalo 2−n , 2−(n−1) . Podemos supor sem perda de generalidade que |Sn | ≤ 3; caso contr´ario, tomamos quatro quadrados de Sn e os trocamos por um quadrado de lado igual ao dobro do 18

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menor quadrado, e o colocamos em Sn−1 . Se Sk 6= ∅ para algum k ≥ 0, o problema acaba. Ent˜ao suponha que Sk = ∅ para k ≥ 0. Ent˜ao a ´area total ´e menor do que
1 3 1 + 41 + 16 + · · · = 1−3 1 = 4, absurdo. 4

7. Colocamos os retˆ angulos de modo que seus lados verticais sejam maiores do que os horizontais, e os ordenados em ordem n˜ao crescente de lados verticais. O primeiro retˆ angulo tem lado vertical a1 e ´e colocado no canto inferior esquerdo do quadrado. Colocamos o segundo retˆ angulo logo `a direita do primeiro, e assim por diante. Este processo continua at´e que um retˆ angulo de dimens˜ oes b1 × c1 , b1 ≥ c1 com b1 vertical corte o lado vertical direito do quadrado. Tra¸camos ent˜ao uma reta horizontal r que cont´em o lado superior do retˆ angulo b1 × c1 . Em seguida, fazemos o mesmo, usando a reta r como base, come¸cando com um retˆ angulo de lado vertical a2 e terminando com um retˆ angulo de lado vertical b2 e lado horizontal c2 .

bj

aj

cj

r a1

b1 c1

Repetimos o procedimento at´e acabarem os retˆ angulos, e obtemos assim k faixas S1 , S2 , . . . , Sk . Primeiro note que k > 1, pois sen˜ao todos os retˆ angulos estariam contidos no quadrado sem se sobrepor, o que ´e imposs´ıvel. A faixa Sj come¸ca com um retˆ angulo de altura vertical aj e e termina com um retˆ angulo bj × cj , bj ≥ cj , que corta o lado direito do quadrado. Se a u ´ltima tira est´a incompleta, fazemos bk = 0. Sendo [P ] a ´ area do pol´ıgono P , temos [S1 ] + [S2 ] + · · · + [Sk ] = 3. A altura coberta do quadrado ´e B = b1 + b2 + · · · + bk . Temos, ent˜ao, que provar que B ≥ 1. Seja ℓi o tamanho da base da faixa Si . Pelo procedimento, temos [Sj ] ≤ aj ℓj e 1 ≤ ℓi < 1 + cj ≤ 1 + bj , e portanto [Sj ] < (1 + bj )aj . Assim, [S1 ] + [S2 ] + · · · + [Sk ] < (1 + b1 )a1 + (1 + b2 )a2 + · · · + (1 + bk )ak

= a1 + a2 + · · · + ak + a1 b1 + a2 b2 + · · · + ak bk

Novamente, pelo procedimento, aj ≤ bj−1 , e a1 ´e o m´ aximo dos ai ’s. Logo a2 + a3 + · · · + ak ≤ b1 + b2 + · · · + bk−1 ≤ B

a1 b1 + a2 b2 + · · · + ak bk ≤ a1 (b1 + b2 + · · · + bk ) = a1 B 19

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Enfim, sendo a1 ≤ 1, temos 3 = [S1 ] + [S2 ] + · · · + [Sk ] < a1 + B + a1 B ≤ 1 + 2B =⇒ B > 1 e o problema acabou. 8. Use a desigualdade triangular. Se ABCD ´e um quadril´atero convexo ent˜ao AC + BD > AB + CD: sendo P a interse¸c˜ao de AC e BD, temos AP + P B > AB e CP + P D > CD, e AC + BD = AP + P B + CP + DP > AB + CD. Se o fecho convexo de A, B, C e D ´e um triˆ angulo ent˜ao, supondo que D est´a dentro do fecho convexo temos AC > CD ou BC > CD, pois prolongando CD at´e encontrar o segmento AB em Q temos ∠CQA ≥ 90◦ ou ∠CQB ≥ 90◦ , de modo que um dos triˆ angulos AQC ou BQC ´e obtusˆ angulo ou retˆ angulo, sendo o ˆangulo obtuso ou reto em Q. 9. Sejam A1 A2 A3 , B1 B2 B3 e C1 C2 C3 os triˆ angulos. Tome o ponto A1 e trace o diˆ ametro AA1 que passa por A1 . Podemos supor, sem perda de generalidade, que, dentre os pontos B1 , B2 , B3 , C1 , C2 e C3 , o mais pr´oximo de A ´e B1 e que, dentre os pontos C1 , C2 e C3 , o mais pr´oximo de A, contido no arco AA1 que cont´em B1 , ´e C1 . b

C1 b

b

A1 b

O

B1

b

A

C b

O diˆ ametro C1 C que passa por C1 divide a circunferˆencia em dois arcos. Se C1 , C2 e C3 estivessem no arco que cont´em A1 , ter´ıamos que o maior ˆangulo do triˆ angulo C1 C2 C3 seria maior ou igual a 180◦ /2 = 90◦ , o que n˜ao ´e poss´ıvel. Logo existe um ponto Ci no arco que cont´em B1 . Sendo C1 o mais pr´oximo de A, e como AC1 cont´em B1 , Ci pertence ao arco CA. Temos ent˜ao que o triˆ angulo A1 B1 Ci satisfaz as condi¸c˜oes do enunciado. Verifique que os ˆ angulos desse triˆ angulo n˜ao s˜ ao obtusos. 10. Deixamos o caso do triˆ angulo para o leitor. Se o pol´ıgono tem pelo menos quatro v´ertices, considere o quadril´atero ABCD m´ aximo com v´ertices em quatro desses v´ertices. Trace paralelas ` a diagonal AC por B e D, e paralelas `a diagonal BD por A e C, formando um paralelogramo cuja ´area ´e o dobro da ´area de ABCD. Esse paralelogramo ´e o que queremos: ele tem ´area menor ou igual ao dobro da ´area do pol´ıgono, ou seja, menor ou igual a 2, e todos os v´ertices est˜ao contidos nele. Caso contr´ario, um v´ertice V estaria, sem perda de generalidade, mais longe de BD do que A, e a ´ area de V BCD seria maior do que a ´area de ABCD, absurdo. 20

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11. Suponha, por absurdo, que quaisquer dois pontos do pol´ıgono estejam separados por uma distˆ ancia menor que S/a. Consideramos o ponto mais `a esquerda e mais `a direita X e Y do nosso pol´ıgono. Se b ´e a diferen¸ca de suas abscissas, o pol´ıgono est´a contido num retˆ angulo de lados b e a. Temos S ≤ ab, donde b ≥ S/a. Como XY ≥ b, temos um absurdo e o resultado est´a provado. 12. Considere o seguinte Lema 3. Todo conjunto com 5 ou mais pontos, sem trˆes pontos colineares, tem trˆes pontos que determinam um ˆ angulo obtuso. Al´em disso, em um conjunto de quatro pontos sem trˆes que determinam um ˆ angulo obtuso a posi¸ca ˜o de trˆes dos pontos determina a posi¸ca ˜o do outro ponto. Primeiro, note que os pontos devem determinar um pol´ıgono convexo, pois caso contr´ario, um dos pontos, digamos P , est´a no interior de um triˆ angulo determinado por outros trˆes pontos, digamos A, B e C, e sendo ∠AP B + ∠BP C + ∠CP A = 360◦ , um dos trˆes ˆ angulos ∠AP B, ∠BP C, ∠CP A ´e maior do que 90◦ . Por fim, como a soma dos ˆ angulos internos de um n-´ agono convexo ´e (n − 2) · 180◦ , um dos ˆangulos
◦ internos tem medida maior ou igual a (n−2)·180 = 1 − n2 180◦ > 90◦ para n > 4. n Isso prova a primeira parte do lema.

Para a segunda parte, basta notar que se temos quatro pontos ent˜ao todos os ˆangulos internos do quadril´atero cujos v´ertices s˜ ao os quatro pontos devem ser iguais a 90◦ . Ou seja, o quadril´atero ´e um retˆ angulo. Como quaisquer trˆes dos v´ertices do retˆ angulo o determinam, a segunda parte do lema est´a provada.

A partir do lema, prova-se que n˜ao h´a mais do que quatro pontos da mesma cor ou de cores distintas em S. Provemos ent˜ao que S n˜ao pode ter mais de 12 pontos. Caso tenha, ent˜ao como h´a no m´ aximo quatro cores e mais do que 3 · 4 = 12 pontos h´a quatro pontos da mesma cor. Al´em disso, como h´a no m´ aximo quatro pontos de mesma cor, h´a tamb´em quatro pontos de cores diferentes. Provaremos agora que n˜ao ´e poss´ıvel que S tenha quatro pontos da mesma cor e quatro pontos de cores distintas simultaneamente. Suponha que seja poss´ıvel. Seja ent˜ao P = {A, B, C, D} um subconjunto de pontos de S com a mesma cor e E, F e G pontos de S com cores distintas entre si e diferentes dos pontos de P. Ent˜ao {A, E, F, G} e {B, E, F, G} s˜ ao conjuntos de pontos de quatro cores distintas. Mas, pelo lema, E, F e G determinam a posi¸c˜ao tanto de A como de B, o que implica A = B, absurdo. Logo S tem no m´ aximo 12 pontos. Al´em disso, existem exemplos com 12 pontos: tome os v´ertices de trˆes quadrados de lado unit´ ario cujos centros s˜ ao v´ertices de um triˆ angulo equil´ atero de lado grande. Pinte os v´ertices de cada quadrado de uma cor, tendo trˆes cores distintas, uma para cada quadrado. Os ˆangulos determinados por trˆes pontos de mesma cor s˜ ao todos retos, e os ˆangulos determinados por trˆes pontos de cores distintas podem ser arbitrariamente pr´oximos de 60◦ (basta tomar um triˆ angulo equil´ atero de lado suficientemente grande). 21

POT 2012 - Combinat´ oria - N´ıvel 3 - Aula 17 - Prof. Carlos Shine ´ poss´ıvel obter conjuntos com menos de 12 pontos excluindo-se pontos do conjunto E S definido acima. Assim, a resposta ´e n ≤ 12. 13. N˜ ao. Supondo que exista um conjunto A satisfazendo as condi¸c˜oes do problema, seja CD um segmento com extremos em A tal que sua medida seja m´ınima. Como existe pelo menos um ponto E no conjunto A que n˜ao pertence `a reta CD, existe pelo menos um ponto de A na mediatriz r de CD (o centro da circunferˆencia passando por C, D e E). Seja, ent˜ao, P ∈ r ∩ A tal que a distˆ ancia de P a CD ´e m´ınima. Como, por defini¸c˜ao, P C = P D ≥ CD, o triˆ angulo CDP ´e acutˆangulo, logo, sendo O o seu circuncentro, O ∈ r ∩ A e d(O, r) < d(P, r), contradi¸c˜ao.

Podemos observar que na resolu¸c˜ao dada sup˜oe-se apenas que os pontos de A n˜ao est˜ao todos sobre uma mesma reta.

14. Seja m a quantidade de pontos no◦ fecho convexo. Ent˜ao existe um ˆangulo interno . Ligando B a todos os n − 3 outros pontos, ∠ABC menor ou igual a (m−2)180 m ◦ dividimos ∠ABC em n − 2 ˆ angulos; um deles ´e, ent˜ao, menor ou igual a (m−2)180 m(n−2) ≤ 180◦ n .

15. Considere c´ırculos de centro Pi e raio xi /2. Esses c´ırculos tˆem no m´ aximo um ponto em comum, pois Pi Pj ≥ xi e Pi Pj ≥ xj implicam Pi Pj ≥ xi /2 + xj /2. Como xi ≤ 1, todos os c´ırculo est˜ao contidos em um c´ırculo com centro em P1 e raio 1 + 1/2 = 3/2, e  2  x 2  x 2 x  3 1 2 1997 2 π +π + ··· + π ≤π ⇐⇒ x21 + x22 + · · · + x21997 ≤ 9. 2 2 2 2 16. Primeiro note que, pela desigualdade triangular, Pi Pj + Pj Pk ≥ Pi Pk ⇐⇒ ri + rj + rj + rk ≥ ri + rk ⇐⇒ rj ≥ 0. Agora, interprete o problema geometricamente da seguinte forma: trace circunferˆencias Ci com centro em Pi e raio ri (raios nulos s˜ ao permitidos). A condi¸c˜ao Pi Pj = ri + rj significa que quaisquer dois c´ırculos s˜ ao tangentes externamente, e o problema se traduz agora em encontrar a maior quantidade de c´ırculos que se tangenciam externamente duas a duas. Considere um c´ırculo qualquer. Todos os outros c´ırculos devem ser tangentes externamente a ele. Se houver mais de trˆes c´ırculos, v˜ao existir dois que n˜ao se tocam externamente, ent˜ao o n´ umero m´ aximo ´e 4. 17. A u ´nica resposta ´e n = 4. Primeiro, considere quatro pontos. De fato, h´a repsotas com quatro pontos: um quadrado com todos os n´ umeros iguais d´a certo. No caso geral, se A1 A2 A3 A4 ´e um quadril´atero convexo ent˜ao [A1 A2 A3 ]+[A1 A3 A4 ] = [A1 A2 A4 ] + [A2 A3 A4 ] ⇐⇒ r1 + r3 = r2 + r4 ; se A4 est´a no interior do triˆ angulo r1 +r2 +r3 A1 A2 A3 ent˜ao [A1 A2 A3 ] = [A1 A2 A4 ] + [A1 A3 A4 ] + [A2 A3 A4 ] ⇐⇒ r4 = − . 3 Agora note que se n ≥ 5 n˜ao pode haver dois n´ umeros ri iguais. Se ri = rj , supondo sem perdas i, j > 3 temos [A1 A2 Ai ] = [A1 A2 Aj ] =⇒ Ai Aj k A1 A2 e, analogamente, Ai Aj k A1 A3 , o que quer dizer que A1 , A2 , A3 s˜ ao colineares. 22

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Agora, separe o problema em casos, de acordo com o fecho convexo dos n pontos. Se for um pent´agono, os quadril´ateros A1 A2 A3 A4 e A1 A2 A3 A5 s˜ ao convexos, e r1 + r3 = r2 + r4 = r2 + r5 =⇒ r4 = r5 , abusrdo. Se for um quadril´atero, suponha que A5 est´a no interior de A1 A2 A3 A4 , e suponha sem perdas que A5 est´a no interior de A1 A3 A4 . Ent˜ao A1 A2 A3 A5 tamb´em ´e convexo e novamente r4 = r5 , outro absurdo. Se for um triˆ angulo A1 A2 A3 ent˜ao r4 = r5 = − r1 +r32 +r3 , novo absurdo. 18. Para cada sequˆencia a no dicion´ario, seja S(a) o conjunto das sequˆencias de 24 nuvens que diferem de a em no m´ aximo 4 posi¸c˜oes. Se a e b s˜ ao duas sequˆencias distintas no dicion´ario, como a e b diferem em pelo menos 8 posi¸c˜oes S(a) e S(b) tˆem em comum somente as sequˆencias que diferem de ambas em quatro posi¸c˜oes. Vejamos a quantos conjuntos S(a) cada sequˆencia pode pertencer: se uma sequˆencia x difere en quatro posi¸c˜oes de a e em quatro posi¸c˜oes de b, estas oito posi¸c˜oes n˜ao podem ter repeti¸c˜oes, pois caso contr´ario a e b n˜ao teriam 8 posi¸c˜oes diferentes. Portanto, x pertence a no m´ aximo 24/4 = 6 conjuntos S(a) distintos. Logo, considerando que cada sequˆencia pode pertencer a seis conjuntos S(a) e a uni˜ ao 24 dos conjuntos S(a) cobrem no m´ aximo todas as 2 sequˆencias,           24 24 1 24 24 24 + + + + ≤ 224 ⇐⇒ N ≤ 4096. N· 3 2 1 0 6 4

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Teoria dos Grafos: Conectividade Nessa unidade veremos algumas generaliza¸c˜oes e resultados sobre conectividade em grafos.

Generalizando a ideia de conectividade ` vezes n˜ao basta saber se um grafo ´e conexo ou n˜ao; em muitas situa¸c˜oes ´e conveniente As que existam alternativas de caminhos (mais ou menos como no trˆansito). Definimos ent˜ao um grafo k-conexo como um grafo G com a seguinte propriedade: G continua conexo com a retirada de menos de k v´ertices do grafo. Algo imediato da defini¸c˜ao ´e que todo par de v´ertices em um grafo k-conexo deve ser conectado por pelo menos k caminhos sem v´ertices intermedi´arios em comum (caso contr´ario, exclu´ımos os menos que k v´ertices de cada caminho e desconectamos os v´ertices). Ou seja, ´e necess´ario que todo par de v´ertices ´e conectado por pelo menos k caminhos sem v´ertices intermedi´arios em comum. Ser´ a que ´e suficiente? Surpreendentemente, sim.

Teorema de Menger O teorema de Menger prova exatamente isso. Teorema 1 (Menger). Um grafo ´e k-conexo se, e somente se, todo par de v´ertices ´e conectado por pelo menos k caminhos sem v´ertices intermedi´ arios em comum. A seguinte demonstra¸c˜ao mostra o poder do princ´ıpio do extremo. Demonstra¸ c˜ ao: Vamos provar algo um pouco mais forte: sejam u, v v´ertices distintos e n˜ao vizinhos de um grafo G. Definimos c(u, v) como a menor quantidade de v´ertices diferentes de u e v cuja retirada desconecta u e v e f (u, v) como a maior quantidade de caminhos disjuntos de u a v (no sentido em que n˜ao h´a v´ertices comum com a exce¸c˜ao de u e v). Provaremos que c(u, v) = f (u, v), o que demonstra o teorema: basta notar que G ´e min c(u, v)-conexo e a quantidade m´ınima de caminhos ´e min f (u, v). Vamos `a demonstra¸c˜ao: primeiro, note que c(u, v) ≥ f (u, v), porque todo conjunto de v´ertices que separa u e v tem que ter pelo menos um v´ertice de cada caminho que liga u e v. Agora, provemos que c(u, v) ≤ f (u, v). Provaremos por indu¸c˜ao sobre k que se c(u, v) ≥ k ent˜ao f (u, v) ≥ k e, em particular, para k = c(u, v), f (u, v) ≥ c(u, v), o que termina o

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problema. Note que o que queremos fazer, agora, ´e mostrar que, dado que precisamos retirar pelo menos k v´ertices, existem pelo menos k caminhos ligando u a v. Para k = 1, isso ´e imediato: para separar u e v precisamos tirar pelo menos um v´ertice, o que quer dizer que existe pelo menos um caminho de u a v. Vamos ao passo de indu¸c˜ao: suponha que k ≥ 1 e que se c(u, v) ≥ k ent˜ao f (u, v) ≥ k. Suponha agora que c(u, v) ≥ k + 1, ou seja, que precisamos retirar pelo menos k + 1 v´ertices para separar u e v. Pela hip´ otese de indu¸c˜ao, existem k caminhos disjuntos C1 , C2 , . . . , Ck ligando u a v. Como os k v´ertices vizinhos a u nesses k caminhos n˜ao separam u e v, existe um caminho C ligando u a v cujo v´ertice vizinho a u ´e diferente de todos os correspondentes em Ci ’s. Seja x o primeiro v´ertice depois de v em C que pertence a algum dos Ci ’s, e seja Ck+1 o caminho de u a x. Suponha que escolhemos C1 , C2 , . . . , Ck+1 de modo que a distˆ ancia de x a v em G − u ´e m´ınima (veja todas as possibilidades de escolhas de k caminhos para fazer essa escolha). Se x = v, conseguimos k + 1 caminhos e o passo de indu¸c˜ao acaba. Vamos supor, ent˜ao, que x 6= v. Tire x de G. Pela hip´ otese de indu¸c˜ao, como ainda precisamos tirar k v´ertices para separar u e v, h´a pelo menos k caminhos D1 , D2 , . . . , Dk ligando u a v em G − x. Suponha que a escolha dos Di ’s foi feita de modo a utilizar a menor quantidade poss´ıvel de arestas fora dos caminhos Ci . Seja H o grafo obtido unindo os caminhos Di e o v´ertice x. Escolha um caminho Cj cuja aresta inicial n˜ao est´a em H. Seja y o primeiro v´ertice de Cj depois de u que est´a em H. Se y = v, temos k + 1 caminhos (os Di ’s e Cj ) e o problema acabou. Ent˜ao suponha que y 6= v. Se y = x, seja E o menor caminho de x a v em G − u. Seja z o primeiro v´ertice de E que pertence a algum Di (se n˜ao existir z, conseguimos de novo mais um caminho juntando Cj e E). Ent˜ao a distˆ ancia de z a v ´e menor do que de x a v, o que contradiz a escolha dos Ci ’s. Logo podemos supor que y 6= x. Ent˜ao y est´a em algum caminho Dt . Considere o caminho ligando u a y em Dt . Nem todas as suas arestas s˜ ao arestas de algum Ci , por exemplo, a aresta wy que cont´em y em Dt , pois y est´a em Cj e w n˜ao, e sabemos que os caminhos Ci s˜ ao disjuntos aparte de u, v e x. Agora, se trocarmos o trecho u-y de Dt pelo trecho u-y de Cj , obtemos k caminhos disjuntos com menos arestas fora dos Ci ’s do que os Di ’s, contradi¸c˜ao. Com isso, o teorema est´a demonstrado. Existe uma variante para arestas desse teorema. Teorema 2 (Menger para arestas). Um grafo ´e dito k-aresta-conexo se a retirada de menos de k arestas do grafo o mant´em conexo. Ent˜ ao um grafo ´e k-aresta-conexo se, e somente se, para todo par de v´ertices u e v, existem k caminhos que ligam u a v sem arestas em comum. Demonstra¸ c˜ ao: Considere o grafo linha de G, L(G), que ´e o grafo cujos v´ertices s˜ ao as arestas de G e ligamos duas arestas se elas tˆem um v´ertice em comum (imagine que o v´ertice comum vira uma aresta). Aplique o teorema de Menger (o primeiro, ´e claro!) a esse grafo. Vocˆe pode se perguntar quanto a resultados mistos. Ou seja, o que acontece se retiramos k v´ertices e ℓ arestas, obtendo os grafos (k, ℓ)-conexos? Incrivelmente, esse problema ainda est´a em aberto! 2

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Problema em aberto 1. Um grafo ´e (k, ℓ)-conexo se, e somente se, existem k+ℓ caminhos sem arestas em comum ligando quaisquer dois v´ertices, sendo que k deles n˜ ao tˆem v´ertices em comum.

Caminho m´ınimo: o algoritmo de Dijkstra ` vezes estamos interessados em achar o menor caminho entre dois pontos, dentro de uma As rede. Por exemplo, a distˆ ancia entre dois pontos de uma cidade atrav´es das ruas. Para formalizar isso em termos de grafos, definimos os pontos intermedi´arios como v´ertices, as arestas como as ruas e definimos uma fun¸c˜ao d : A → R+ que representa a distˆ ancia entre dois v´ertices. A distˆ ancia entre dois v´ertices u e v ´e o caminho entre u e v cuja soma das distˆ ancias das arestas ´e m´ınima. Tal caminho ´e dito um caminho m´ınimo. O algoritmo que encontra o caminho m´ınimo entre duas arestas u e v ´e o seguinte: 1. Fixe u e associe a cada v´ertice x um r´otulo, que indica a distˆ ancia de u a x. A ideia ´e calcular todos os r´ otulos. 2. Crie um conjunto vari´avel S de v´ertices cujos r´otulos est˜ao definidos. Em princ´ıpio, coloque u em S e associe o r´ otulo 0 a u. 3. Se todos os v´ertices do grafo est˜ao em S, termine. Caso contr´ario, considere todos os vizinhos de v´ertices de S e calcule r´otulos tempor´ arios para cada um deles. O r´otulo de cada vizinho x ´e igual ` a menor soma de um r´otulo de um v´ertice vizinho v de S com a distˆ ancia d(vx). 4. Tome o v´ertice de menor r´ otulo tempor´ ario e inclua em S, tornando o r´otulo permanente. Em caso de empate, escolha qualquer um dos v´ertices. Volte ao passo 3. As figuras a seguir mostram a execu¸c˜ao do algoritmo. [2] [2] 2 2 5 5 b

b

u [0∗ ] b

v u [0∗ ] b

3

5

1

3 b

[1]

b

5

1 [1∗ ]

1 b

1

u [0∗ ]

3 b

[1∗ ]

[1∗ ]

1

b

b

Vamos mostrar que o algoritmo funciona. 3

v [5∗ ]

3 [1∗ ]

1

[2∗ ]

5

b

[2∗ ]

b

5

3

b

1

v [6]

3

1

b

b

5

b

b

v [5]

5

3

[2]

1

[2∗ ]

1

2 b

5

b

b

5

3

u [0∗ ]

v [6]

[2∗ ]

2 b

2

3 b

b

u [0∗ ]

b

3

b

[2∗ ]

[2]

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Teorema 3. O algoritmo de Dijkstra descrito acima funciona. Demonstra¸ c˜ ao: Provaremos por indu¸c˜ao sobre |S| que o algoritmo calcula a distˆ ancia entre u e todo outro v´ertice. Para |S| = 1, o resultado ´e verdadeiro. Agora, suponha que |S| > 1 e seja x o u ´ltimo v´ertice que entrou em S. Por hip´ otese de indu¸c˜ao, o algoritmo calcula a distˆ ancia entre u e qualquer v´ertice de S \ {x}. Considere um caminho C de u a x; sejam v o u ´ltimo v´ertice de S em C antes de chegar a x e t o pr´oximo v´ertice. Ent˜ao a distˆ ancia de u a x ´e maior ou igual `a soma do r´otulo f (v) e d(v, t). Mas o algoritmo escolheu x, ent˜ao, sendo w o vizinho de x em S, f (v) + d(vt) ≥ f (w) + d(wx). Logo o caminho at´e w com a aresta wx ´e m´ınimo, e o passo de indu¸c˜ao est´a completo.

O teorema max flow/min cut Considere um grafo G e dois v´ertices s e t. Suponha que as arestas sejam canos, cada um com uma capacidade. Queremos saber quanta ´agua podemos passar de s a t. Esse ´e um t´ıpico problema de fluxo m´ aximo. Vamos formalizar tudo isso. Dado um grafo G = (V, A), definimos uma fun¸c˜ao c : A → R+ , a capacidade de cada aresta. Um fluxo de s a t ´e uma fun¸c˜ao f : A → R com as seguitnes propriedades: (F1) f (x, y) = −f (y, x) para x, y ∈ V (ou seja, se revertermos o fluxo, ele troca de sinal); P ertices (F2) x∈N (v) f (v, x) = 0 para todo v ∈ V \ {s, t}. Isso quer dizer que nos v´ intermedi´arios n˜ao “entra nem vaza” ´agua; (F3) |f (e, v)| ≤ c(e) para todo e ∈ A (n˜ao ultrapassamos a capacidade). OP valor do fluxo ´e igual a quantidade de ´agua que sai de s e chega em t, ou seja, ´e P ` |f | = x∈N (s) f (s, x) = x∈N (t) f (x, t). Enfim, definimos um corte como uma parti¸c˜ao (S, S) do conjunto V de v´ertices, e a capacidade do corte c(S, S) como a soma das capacidades positivas de todas as arestas saindo de S. Note que se u ∈ S e v ∈ S, todo fluxo ´e menor ou igual a c(S, S). O teorema max flow/min cut mostra que a igualdade pode ser alcan¸cada: o fluxo m´ aximo ´e igual ao menor corte. Teorema 4 (Max flow/min cut). Se as capacidades s˜ ao todas inteiras, o fluxo m´ aximo de s a t ´e igual ao corte m´ınimo com s de um lado e t do outro. Demonstra¸ c˜ ao: Iremos encontrar um fluxo que ´e igual a algum corte. A ideia ´e construir uma sequˆencia de fluxos, at´e obter um igual a um corte. Comece com o fluxo nulo (f1 (u, v) = 0 para toda aresta). Para cada fluxo fk , seja S o conjunto dos v´ertices x tais que existe um caminho v0 v1 . . . vn de s = v0 a x = vn tal que f (vi−1 , vi ) < c(vi−1 vi ) para todo i, 1 ≤ i ≤ n. Se t ∈ S, podemos aumentar o fluxo: considere o caminho v0 v1 . . . vn com s = v0 e t = vn e seja ǫ = min{c(vi−1 vi ) − f (vi−1 , vi )}. Construa o novo fluxo ( fk (u, v) + ǫ se uv est´a no caminho fk+1 (u, v) = fk (u, v) se uv n˜ao est´a no caminho 4

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Intuitivamente, estamos aumentando o fluxo em ǫ. b

1

1

b b

1 2

b

0

1

b

3 s

b

1

3

t s

1

b

2

1

2 2 0 Um caminho; todas as capacidades s˜ ao iguais a 3, e ǫ = 2. b

b

b

3

3

b

t

1 b

Temos |fk+1 | ≥ |fk | + 1 pois ǫ ´e inteiro. Como o fluxo est´a limitado pelas capacidades, em algum momento n˜ao poderemos mais aumentar o fluxo, ou seja, em algum momento v∈ / S. Mas a´ı, da defini¸c˜ao de S, f (v, x) = c(v, x) para todo v ∈ S e x ∈ S com f (v, x) > 0, e a´ı |f | = c(S, S). O teorema max flow/min cut tem v´arias aplica¸c˜oes: Teorema 5 (Casamentos). Dado um grafo bipartido com classes V1 e V2 , para S ⊂ V1 seja N (S) o conjunto de todos os v´ertices vizinhos a algum elemento de S. Um emparelhamento de V1 em V2 ´e um conjunto de arestas disjuntas cujas extremidades est˜ ao em classes diferentes. Ent˜ ao existe um emparelhamento completo de V1 em V2 se, e somente se, |N (S)| ≥ |S| para todo S ⊂ V1 . Demonstra¸ c˜ ao: Se |N (S)| < |S| ´e imediato que n˜ao ´e poss´ıvel ter um emparelhamento completo (n˜ao h´a vizinhos suficientes para S!). Provaremos a rec´ıproca usando max flow/min cut. Crie dois v´ertices, s ligado a todos os v´ertices de V1 e t ligado a todos os v´ertices de V2 , e coloque capacidades 1 em cada uma dessas novas arestas e ∞ nas arestas originais (ou seja, pode passar qualquer coisa l´ a!). Seja (S, S) um corte m´ınimo. Sabemos que c(S, S) ≤ |V1 |, pois existe o corte ({s}, V \ {s}). Provaremos que c(S, S) ´e na verdade igual a |V1 |. Seja X = S ∩ V1 . Como a capacidade de todas as arestas originais ´e infinita, nenhum corte pode ter essas arestas separando S e S. Logo N (X) ⊂ S ∩ V2 . Ent˜ao X X X c(x, t) ≥ |V1 | − |X| + |N (X)| ≥ |V1 | c(s, y) + c(x, y) = c(S, S) = x∈S,y∈S

y∈S∩V1

x∈S∩V2

Portanto todo corte m´ınimo tem capacidade |V1 |, e o fluxo correspondente nos d´a o emparelhamento m´ aximo. Outra demonstra¸ c˜ ao do teorema de Menger: Primeiro, provamos a vers˜ao com arestas: escolha s e t como dois v´ertices quaisquer e considere cada aresta com capacidade 1. Seja f um fluxo m´ aximo e (S, S) o corte m´ınimo correspondente. O fluxo determina a quantidade de caminhos sem arestas em comum, sendo que uma aresta est´a no caminho quando o fluxo nela ´e 1. O corte determina a menor quantidade de arestas que separam s e t. Ent˜ao o resultado ´e imediato de max flow/min cut. Quanto `a vers˜ao com v´ertices, divida cada v´ertice v diferente de s e t em dois v´ertices v− e v+ (cada um dos dois v´ertices est´a ligado aos correspondentes dos vizinhos de v) e crie 5

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uma aresta de capacidade 1 de v− para v+ . Mantenha cada aresta original com capacidade 1. Isso garante que no fluxo n˜ao haja v´ertices em comum nos caminhos. O corte determina as arestas que separam s e t; basta tomar um v´ertice de cada aresta e juntar.

Problemas 1. Determine o menor caminho de A a B na rede a seguir. 20 b

b

3 v

15 b

4

2

10 b

b

10

w

2. Seja G um grafo 2-conexo e v1 e v2 dois v´ertices de G. Sendo n = |V | = n1 + n2 , prove que existe uma parti¸c˜ao (V1 , V2 ) de V tal que vi ∈ Vi , |Vi | = ni e os subgrafos induzidos por Vi s˜ ao conexos, i = 1, 2. 3. Prove que o teorema de Menger ´e equivalente ao seguinte teorema: Teorema 6 (Menger para conjuntos de v´ertices). Sejam V e W conjuntos de v´ertices do grafo G. Para cada inteiro positivo k, existem k caminhos ligando v´ertices de V a v´ertices de W se, e somente se, todo conjunto de v´ertices que separa V e W cont´em pelo menos k v´ertices. 4. Seja G um grafo k-conexo, k ≥ 2, e seja T um conjunto com no m´ aximo k v´ertices de G. Prove que existe um ciclo em G contendo todos os v´ertices de T . 5. Uma matriz com entradas reais tem a seguinte propriedade: as somas dos elementos de cada linha e de cada coluna s˜ ao todas inteiras. Prove que podemos trocar cada elemento da matriz pelo seu piso ou teto de modo que as somas dos elementos em cada linha e em cada coluna n˜ao mudam. 6. (Putnam) Um torneio tem 2n times e durou 2n − 1 dias. Em cada dia, todo time jogou contra outro time; em cada jogo um time venceu e outro perdeu. No fim do ´ sempre torneio, cada time jogou com cada um dos demais exatamente uma vez. E poss´ıvel escolher um time vencedor de cada dia sem escolher times repetidos? 7. Sejam A1 , A2 , . . . , A20 conjuntos disjuntos, cada um com 20 elementos do conjunto {1, 2, . . . , 400} e B1 , B2 , . . . , B20 conjuntos nas mesmas condi¸c˜oes. Prove que ´e poss´ıvel formar 20 pares de conjuntos (Ai , Bji ) com {j1 , j2 , . . . , j20 } = {1, 2, . . . , 20} e Ai ∩ Bji 6= ∅ para todo i, 1 ≤ i ≤ 20. 8. Sejam a, n inteiros positivos com a ≥ (n − 1)!. Prove que existem n primos distintos p1 , p2 , . . . , pn tais que pi | a + i, 1 ≤ i ≤ n. 6

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Bibliografia 1. B. Bollob´as, Graph Theory: An Introductory Course. 2. R. Diestel, Graph Theory. Springer, 2003. 3. O. R. Oellermann. Menger’s Theorem. Dispon´ıvel em http://ion.uwinnipeg.ca/~ooellerm/MengersTheoremMay11-2010.pdf 4. F. Kammer, H. T¨ aubig. Graph Connectivity. Dispon´ıvel em www.informatik.uni-augsburg.de/thi/personen/kammer/Graph Connectivity.pdf 5. T. Andreescu e Z. Feng, 102 Combinatorial Problems, From the training of the USA IMO team, Birkh¨ auser 2003.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. O caminho m´ınimo est´a indicado a seguir, a distˆ ancia total ´e 17. 20 b

b

3 v

15 b

2

4 10 b

b

10

w

2. Indu¸c˜ao sobre n1 . Para n1 = 1, sendo o grafo 2-conexo, temos que G − v1 ´e conexo. Agora suponha que conseguimos uma parti¸c˜ao nas condi¸c˜oes do enunciado com |V1 | = n1 e |V2 | = n2 . Vamos passar um v´ertice w de V2 para V1 sem alterar conectividade. Escolhemos w o v´ertice mais distante de v2 (em termos de quantidade de arestas no caminho m´ınimo) que tem vizinho em V1 . Obviamente V1 ∪ {w} ´e conexo. Provemos que V2 \ {w} tamb´em ´e. Suponha que exista um v´ertice v de V2 desconectado de v2 . Como G ´e 2-conexo, existe um caminho de v2 a v em G que n˜ao cont´em w. Seja xou ´ltimo v´ertice desse caminho, indo no sentido de v a v2 , que est´a em V2 . Pela defini¸c˜ao de w, o caminho de v2 a x em G2 n˜ao cont´em w. Mas juntando esse u ´ltimo caminho com o primeiro obtemos um caminho de v2 a v que n˜ao cont´em w, absurdo, e o problema acabou. 3. (Menger =⇒ Menger para conjuntos de v´ertices) Dados V e W , crie dois novos v´ertices v e w; ligue v a todos os elementos de V e w a todos os elementos de W . Ent˜ao cada caminho de V a W corresponde a um caminho de v a w. (Menger para conjuntos de v´ertices =⇒ Menger) Dados v e w, seja V = N (v) e W = N (w). Ent˜ao cada caminho de v a w corresponde a um caminho de V a W .

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4. Considere o menor ciclo que cont´em a maior quantidade poss´ıvel de v´ertices de T . Suponha que ele n˜ao cont´em todos os v´ertices de T . Tome um dos v´ertices v ∈ T que ficaram de fora do ciclo e W como o ciclo e considere os k caminhos disjuntos que ligam v a W (que existem pelo teorema de Menger). Sejam v1 , v2 , . . . , vm os v´ertices de T no ciclo, nessa ordem, e considere os trechos vi vi+1 do ciclo (sendo vm vm+1 = vm v1 ). Como m < k, dois caminhos C e D que ligam v a W terminam no mesmo trecho vi vi+1 (por casa dos pombos). Ent˜ao basta trocar o trecho vi vi+1 por vi CvDvi+1 no ciclo e obtemos um ciclo com mais v´ertices de T , contradi¸c˜ao. Logo existe um ciclo que passa por todos os v´ertices de T . 5. Primeiro, podemos supor sem perda de generalidade que todas as entradas da matriz est˜ao entre 0 e 1 (basta subtrair o piso de cada entrada). Considere o seguinte grafo: os v´ertices s˜ ao s, t, cada linha e cada coluna; as arestas s˜ ao de s para cada linha, de cada linha para cada coluna e de cada coluna para t. Aplicaremos o max flow/min cut da seguinte forma: as capacidades de s para cada linha ´e a soma das suas entradas; as capacidades das linhas para as colunas s˜ ao iguais a 1; as capacidades de cada coluna para t ´e a soma das suas entradas. Considere o seguinte fluxo: de s para cada linha ´e a soma dos elementos; da linha i para a coluna j ´e aij ; de cada coluna para t ´e a soma dos elementos. Agora, considere o corte em que S = V \{t} e S = {t}. Note que c(S, S) ´e igual `a soma dos elementos de toda a matriz, que ´e igual ao fluxo! Ent˜ao esse fluxo ´e m´ aximo e esse corte ´e m´ınimo, e sabemos que existe um fluxo m´ aximo inteiro. Esse fluxo indica quais entradas da nova matriz devem ser iguais a 1 e quais devem ser iguais a 0. 6. Considere o grafo bipartido em que os times ficam em uma classe T de 2n elementos e os dias na outra D de 2n − 1 elementos. Ligamos o time ao dia se ele venceu nesse dia. Queremos verificar se existe um casamento de D para T . Seja S um conjunto de dias e N (S) o conjunto dos times que ganharam em algum desses dias. Suponha que |N (S)| < |S|. Como h´a mais times que dias, existe um time t que n˜ao est´a em N (S). Mas ent˜ao t perdeu de pelo menos |S| times nesses dias, porque t jogou em todos esses dias; logo |N (S)| ≥ |S| (pelo menos os times que ganharam de t), absurdo. Logo, pelo teorema dos casamentos, ´e sempre poss´ıvel escolher 2n − 1 times que ganharam em dias diferentes. 7. Considere o grafo bipartido em que os v´ertices de uma classe A s˜ ao os conjuntos Ai e os v´ertices da outra classe B s˜ ao os conjuntos Bj . Ligamos Ai a Bj se Ai ∩ Bj 6= ∅. Seja S um subconjunto de A e N (S) seus vizinhos. Os elementos de N (S) s˜ ao os conjuntos Bj que contˆem algum elemento da uni˜ ao dos Ai ’s de S. Como essa uni˜ ao tem |S| · 20 elementos, s˜ ao necess´arios pelo menos |S| conjuntos Bj para cobri-los. Logo |N (S)| ≥ |S| e, pelo teorema dos casamentos, podemos formar os pares (Ai , Bji ). 8. Construa o grafo bipartido em que uma classe N tem como v´ertices os n´ umeros a+i e a outra classe P tem como v´ertices os primos que dividem algum dos a+i. Ligue a+i a pk se pk | a + i. Vamos provar que, para todo subconjunto S de N , |N (S)| ≥ |S|. Isso termina o problema, porque a´ı existe um casamento e conseguimos pi | a + i. 8

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Seja ent˜ao S = {a + i1 , a + i2 , . . . , a + ik } e suponha que m < k fatores primos p1 , p2 , . . . , pm apare¸cam neles. Considere, para cada primo pi , o inteiro que cont´em a maior quantidade de fatores pi . Como h´a mais n´ umeros que primos, um deles n˜ao foi escolhido. Suponha, sem perda, que seja a + ik . Ent˜ao a + ik | (a + i1 )(a + i2 ) . . . (a + ik−1 ), o que equivale a (a + i1 )(a + i2 ) . . . (a + ik−1 ) ≡ 0 (mod a + ik ) ⇐⇒ (ik − i1 )(ik − i2 ) . . . (ik − ik−1 ) ≡ 0 (mod a + ik ) =⇒ |(ik − i1 )(ik − i2 ) . . . (ik − ik−1 )| ≥ a + ik Mas |(ik − i1 )(ik − i2 ) . . . (ik − ik−1 )| ≤ (n − 1)! < a + ik , absurdo, e o problema acabou.

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Teoria Aditiva dos N´ umeros A teoria aditiva dos n´ umeros se foca na opera¸c˜ao de adi¸c˜ao. Apesar de ser a opera¸c˜ao mais simples, ela n˜ao se mistura muito com o que muitos consideram a opera¸c˜ao mais importante da teoria dos n´ umeros, que ´e a multiplica¸c˜ao. Primeiro, um pouco de nota¸c˜ao: sendo A e B conjuntos de n´ umeros, definimos A + B = {a + b; a ∈ A e b ∈ B} A − B = {a − b; a ∈ A e b ∈ B}

Estimando |A + A|
Se A = {2i−1 , 1 ≤ i ≤ n}, pela unicidade da base 2, temos |A + A| = n2 + n, e isso ´e o melhor que conseguimos. E quanto ao limitante inferior? De fato, temos 2|A| − 1 ≤ |A + A| ≤ |A|(|A|+1) . 2 Teorema 1. Se |A| = n ent˜ ao |A+A| ≥ 2n−1, com igualdade se, e somente se, A consiste em n termos consecutivos de uma progress˜ ao aritm´etica. Demonstra¸ c˜ ao: Sejam a1 < a2 < . . . < an os elementos de A. Note que a1 + a1 < a1 + a2 < . . . < a1 + an < a2 + an < a3 + an < . . . < an + an , de modo que A + A tem pelo menos 2n − 1 elementos. Para provar o caso de igualdade, note que, para 2 ≤ i ≤ n − 1, a1 + a1 < a1 + a2 < . . . < a1 + ai < a2 + ai < . . . < an + ai < an + ai+1 < . . . < an + an s˜ ao 2n − 1 somas distintas, logo no caso de igualdade os termos devem coincidir. Em particular, a1 + ai+1 = a2 + ai ⇐⇒ ai+1 − ai = a2 − a1 , o que quer dizer que a diferen¸ca entre dois termos consecutivos do conjunto A ´e constante.

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Conjuntos livres de somas Dizemos que um conjunto A ´e livre de somas quando (A + A) ∩ A = ∅. Em outras palavras, n˜ao existem x, y, z ∈ A tais que x + y = z. Por exemplo, o conjunto dos ´ımpares ´e livre de somas, e o u ´ltimo teorema de Fermat nos diz que o conjunto das potˆencias n-´esimas, n ≥ 3, ´e livre de somas. Se fixarmos o conjunto [n] = {1, 2, . . . , n}, com os ´ımpares conseguimos um subconjunto livre de somas com ⌈n/2⌉ elementos. Ser´ a que conseguimos melhor? A resposta ´e: n˜ao. Teorema 2. Todo subconjunto com mais de ⌈n/2⌉ elementos de [n] = {1, 2, . . . , n} n˜ ao ´e livre de somas. Demonstra¸ c˜ ao: Seja A um subconjunto de [n] com mais de ⌈n/2⌉. Como ´e dif´ıcil controlar A + A, pois v´arios de seus elementos podem ser maiores do que n, considere no seu lugar o conjunto X = (A − A) ∩ Z∗+ , de modo que queremos provar que X ∩ A 6= ∅. Sendo A = {a1 , a2 , . . . , ak }, com a1 < a2 < . . . < ak , note que 0 < a2 −a1 < a3 −a1 < . . . < ak −a1 , de modo que |X| ≥ |A| − 1. Mas isso quer dizer que |A ∩ X| = |A| + |X| − |A ∪ X| ≥ 2|A| − 1 − n > 0, e acabou. A seguir, um resultado que j´a foi explorado, mas que vale a pena ser repetido. Teorema 3. Todo conjunto finito B tem um subconjunto livre de somas com pelo menos |B|/3 elementos. Demonstra¸ c˜ ao: A grande ideia ´e jogar algo sem muito estrutura (como nosso conjunto B) para algo mais estruturado, no caso o conjunto Z/(p), p primo grande. Se p = 3k + 2, o conjunto C = {k + 1, k + 2, . . . , 2k + 1} ⊂ Z∗ /(p) ´e livre de somas e tem k + 1 elementos, k+1 uma fra¸c˜ao 2k+1 > 31 . Quando comparamos duas estruturas, a ideia que vem ´e tentar cruz´ a-las, com contagem dupla, por exemplo. Z∗ /(p) tem boa estrutura, e a contagem ajuda a encontrar algu´em, mesmo que n˜ao haja estrutura em B. O que usamos? O “gira-gira”. Multiplique todos os elementos de B por x, 1 ≤ x < p, e reduza m´ odulo p. Nenhum b ∈ B ´e 0 m´ odulo p, ent˜ao aparecem todos os res´ıduos m´ odulo p em bZ∗ /(p), ou seja, C aparece em todo bZ∗ /(p). Mas, definindo Dx = xB (mod p), sendo |C| > 13 |Z∗ /(p)|, a probabilidade de algum elemendo de D pertencer a C ´e maior do que 13 , e portanto o valor esperado de elementos de Dx em C ´e maior do que |B|/3. Ent˜ao existe um Dt com mais de |B|/3 elementos de C, e esse ´e o subconjunto A que queremos. De fato, se a1 , a2 , a3 ∈ A s˜ ao tais que a1 + a2 = a3 ent˜ao ta1 + ta2 ≡ ta3 (mod p), com ta1 , ta2 , ta3 ∈ C, absurdo. Logo A ´e livre de somas.

Teorema de Cauchy-Davenport E quanto a Z/(p), o conjunto dos n´ umeros tomados m´ odulo p primo? O seguinte teorema nos d´a uma ideia: Teorema 4 (Cauchy-Davenport). Sejam A e B dois subconjuntos n˜ ao vazios de Z/(p). Ent˜ ao |A + B| ≥ min(|A| + |B| − 1, p). 2

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Demonstra¸ c˜ ao: Vamos cuidar da parte mais f´acil primeiro: se |A|+|B|−1 ≥ p, |A|+|B| ´e maior do que p, e pelo princ´ıpio da casa dos pombos, os conjuntos {x} − A (uma transla¸c˜ao de −A) e B se interceptam para todo x. Ent˜ao existem a ∈ A e b ∈ B tais que x − a ≡ b (mod p) ⇐⇒ x ≡ a + b (mod p), ou seja, A + B = Z/(p). A partir de agora, vamos supor que |A|+|B|−1 < p. Suponha, por absurdo, que existem conjuntos A e B tais que A + B 6= Z/(p) e |A + B| ≤ |A| + |B| − 2. Essa propriedade continua verdadeira se trocamos B por B − {b}, b ∈ B (s´o subtra´ımos todas as somas em b), de modo que podemos supor sem perda de generalidade que 0 ∈ B. Escolha A e B de modo que |B| ´e minimal. Note que |B| ≥ 2, pois se |B| = 1, bom. . . B = {0}. Agora, vamos definir a transformada de Davenport. Temos A+B ⊂ A+2B = (A+B)+ B, pois 0 ∈ B. Al´em disso, se A + B = A + 2B, A + 3B = (A + 2B) + B = (A + B) + B = A+2B = A+B, e indutivamente A+nB = A+B. Mas se a ∈ A e 0 6= b ∈ B, a+nb ∈ A+B para todo n; s´ o que a + nb cobre todo Z/(p), e ent˜ao A + B = Z/(p), o que n˜ao ´e verdade. Logo A + B est´a propriamente contido em A + 2B, e o conjunto X = (A + 2B) \ (A + B) n˜ao ´e vazio. Sendo x ∈ X, seja Bx∗ = {b ∈ B | x − b ∈ A + B},

Bx = B \ Bx∗ .

ao os caras de B que fazem com que x perten¸ca a (A + 2B) \ (A + B), e Note que Bx∗ s˜ Bx s˜ ao. . . os outros caras. O conjunto Bx ´e a transformada de Davenport. Agora, veja que 0 ∈ / Bx∗ 6= ∅ e 0 ∈ Bx ⊂ B. Agora, ´e claro que A + Bx ⊂ A + B e ∗ {x} − Bx ⊂ A + B, de modo que (A + Bx ) ∪ ({x} − Bx∗ ) ⊂ A + B. Finalmente, note que se (A + Bx ) ∩ ({x} − Bx∗ ) 6= ∅, ocorre a + bx = x − b∗x ⇐⇒ a + b∗x = x − bx ∈ A + B e bx ∈ Bx∗ , o que ´e absurdo pois Bx∗ ∩ Bx = ∅. Enfim, |A + B| ≥ |A + Bx | + |{x} − Bx∗ | = |A + Bx | + |Bx∗ | = |A + Bx | + |B| − |Bx | Assim, o problema acabou: de fato, se trocarmos A e B por A e Bx , temos 1 ≤ |Bx | < |B|, |A + Bx | < |A + B| < p e |A + Bx | ≤ |A + B| − |B| + |Bx | ≤ |A| + |B| − 2 − |B| + |Bx | = |A| + |Bx | − 2, ou seja, conseguimos um exemplo com |Bx | < |B| menor ainda, o que ´e absurdo. A igualdade ocorre em uma das seguintes situa¸c˜oes: • |A| + |B| > p; • |A| = 1 ou |B| = 1; • B = {c} − A para algum c ∈ Z/(p); • A e B s˜ ao progress˜ oes aritm´eticas com mesma raz˜ao. A demonstra¸c˜ao est´a em [2]. 3

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Problemas 1. (O problema de Waring) Seja k um inteiro positivo e Ak = {nk , n ∈ Z+ } as potˆencias k-´esimas. Definindo tAk = Ak + Ak + · · · + Ak , | {z } t vezes

qual ´e o menor valor de t, se existir, para o qual tAk = Z+ ? Foi provado na d´ecada de 1950 que Teorema 5. Seja g(k) o menor t tal que tAk = Z+ . Ent˜ ao n
o j
k j
k k k k − 2 se 2k 23 + 23 ≤ 2k ; • g(k) = 2k + 32 j j
k j
k n
o j
k k k k k + 43 − 2 se 2k 23 + 32 > 2k e • g(k) = 2k + 32 j
k j
k k 4 k + 32 = 2k ; 3 j
k j
k j n
o j
k k k k k • g(k) = 2k + 32 + 43 − 3 se 2k 23 + 32 > 2k e j
k j
k k 4 k + 32 > 2k . 3 Prove que g(k) ≥ 2k + 2k

j


3 k 2

k

−2. Na verdade, conjectura-se que 2k

para todo k, mas ainda n˜ao se provou isso!

n


4 k 3

kj


3 k 2

k

+


4 k 3

kj


3 k 2

k

+

o j +


3 k 2

k

≤


3 k 2

2. Prove que, sendo A e B subconjuntos finitos de inteiros, |A + B| ≥ |A| + |B| − 1. 3. (Ibero) Encontrar o menor n´ umero natural n com a seguinte propriedade: entre quaisquer n n´ umeros distintos do conjunto {1, 2, . . . , 999} pode-se escolher quatro n´ umeros diferentes a, b, c, d tais que a + 2b + 3c = d. 4. (Banco RMM) Sejam U, V, W subconjuntos finitos e n˜ao vazios de Z. Prove que |V − W | ≤

|U + V | · |U + W | |U |

5. Sejam n+1 inteiros 0 = a0 < a1 < . . . < an = 2n−1. Encontre a menor cardinalidade que o conjunto {ai + aj : 0 ≤ i ≤ j ≤ n} pode ter. 6. (OBM) Dizemos que um conjunto A ⊂ N satisfaz a propriedade P (n) se A tem n elementos. Dado elementos e A + A = {x + y tal que x ∈ A e y ∈ A} tem n(n+1) 2 A ⊂ N finito definimos diˆ ametro de A como sendo a diferen¸ca entre o maior e o menor elemento de A. Seja f (n) o menor diˆ ametro que o conjunto A satisfazendo P (n) pode n2 3 ter. Mostre que 4 ≤ f (n) < n para todo n ≥ 2. (Se o seu tempo de prova n˜ao estiver esgotado, tente melhorar esta estimativa. Por exemplo, tente mostrar que f (p) < 2p2 , para todo n´ umero primo p.) 4

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7. (Romˆenia TST) Sejam X e Y subconjuntos finitos de [0, 1) tais que 0 ∈ X ∩ Y e x + y 6= 1 para todos x ∈ X e y ∈ Y . Prove que o conjunto {x + y − ⌊x + y⌋ : x ∈ X e y ∈ Y } tem pelo menos |X| + |Y | − 1 elementos. 8. Seja p > 3 primo. O conjunto {1, 2, 3, . . . , p − 1} ´e particionado em trˆes subconjuntos n˜ao vazios A, B, C. Prove que existem trˆes n´ umeros x, y, z, um de cada subconjunto, tais que p divide x + y − z. 9. (IMO) Seja A um subconjunto do conjunto S = {1, 2, . . . , 1000000} com exatamente 101 elementos. Demonstre que existem n´ umeros t1 , t2 , . . . , t100 em S tais que os conjuntos Aj = {x + tj | x ∈ A}, para j = 1, 2, . . . , 100 s˜ ao disjuntos dois a dois. 10. (IMO) Sejam a1 , a2 , . . . , an inteiros positivos distintos e M um conjunto de n − 1 inteiros positivos que n˜ao cont´em o n´ umero s = a1 + a2 + · · · + an . Um gafanhoto pretende saltar ao longo da reta real. Ele come¸ca no ponto 0 e d´a n saltos para a direita de comprimentos a1 , a2 , . . . , an , em alguma ordem. Prove que essa ordem pode ser escolhida de modo que o gafanhoto nunca caia num ponto de M . 11. (Banco da IMO) Seja A um conjunto de n res´ıduos m´ odulo n2 . Prove que existe um 2 conjunto B de n res´ıduos m´ odulo n tal que pelo menos metade dos res´ıduos m´ odulo n2 pode ser escrito como a + b com a ∈ A e b ∈ B. 12. (Miklos-Schweitzer) Prove que existem constantes c e n0 com a seguinte propriedade: se A ´e um conjunto finito de inteiros, |A| = n > n0 , ent˜ao |A − A| − |A + A| ≤ n2 − cn8/5 .

Bibliografia 1. T. Tao, Lecture Notes 1 for 254A. Dispon´ıvel em http://www.math.cmu.edu/~af1p/Teaching/AdditiveCombinatorics/Tao.pdf 2. Ø. J. Rødseth, Sumsets mod p. Dispon´ıvel em http://www.folk.uib.no/nmaoy/papers/sumsetsR.pdf 3. N. Alon, J. H. Spencer, P. Erd˝os, The Probabilistic Method, John Wiley & Sons 1992.

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes j


3 k 2 que 3k

´ s´ 1. E o considerar 2k

k

− 1, que ´e menor do que 3k : como as u ´nicas potˆencias

k-´esimas menores s˜ ao 2k e 1, devemosj usar ka maior j
k jquantidade  poss´ıvel de

k k 3 3 k 3 k k k 2 s, que ´e 2 − 1, e cobrir o resto, que ´e 2 −1− − 1 2k = 2k − 1, 2 j
k j 2
k k k − 1 + 2k − 1 = 23 + 2k − 2 com 1s. Com isso, precisamos de pelo menos 23 potˆencias. 5

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2. Translade A e B de modo que max A = min B = 0. Note que A s´ o tem n´ umeros n˜ao positivos e B s´ o tem n´ umeros n˜ao negativos, e que A ∪ B ⊂ A + B, pois 0 ∈ A e 0 ∈ B. Logo |A + B| ≥ |A ∪ B| = |A| + |B| − 1. 3. A resposta ´e n = 835. Para ver isso, considere o exemplo com os 834 n´ umeros de 166 a 999. O menor valor de a + 2b + 3c ´e 168 + 2 · 167 + 3 · 166 = 1000. Agora, considere 835 n´ umeros entre os mais de 834 escolhidos, e sejam eles m = a1 < a2 < . . . < a835 = M . Temos M ≥ m + 834, de modo que −3m ≥ 3 · 834 − 3M , e M − 3m ≥ 3 · 834 − 2M ≥ 3 · 834 − 3 · 999 = 504. A ideia ´e comparar M − 3m com ai + 2aj , 1 < i, j < 835. Fixe k = M − 3m e considere a equa¸c˜ao x + 2y = k. H´ a pelo menos k/3 − 1 ≥ 167 solu¸c˜oes disjuntas para essa equa¸c˜ao: (k − 2i, i), 1 ≤ i ≤ 167 (note que sempre temos x > y, ent˜ao n˜ao h´a perigo de ocorrer repeti¸c˜oes). Ent˜ao para que n˜ao ocorra a + 2b = M − 3m devemos ter b = m ou um dos n´ umeros a, b n˜ao est´a entre os escolhidos. Isso elimina pelo menos 167 − 1 = 166 n´ umeros, sobrando no m´ aximo 999 − 166 = 833, e a´ı obtemos uma contradi¸c˜ao, de modo que existem a, b com a + 2b = M − 3m. 4. Reescreva a desigualdade como |V − W | · |U | ≤ |U + V | · |U + W | e considere o produto cartesiano (U + V ) × (U + W ). Note que ele cont´em os pares (u + v, u + w), u ∈ U , v ∈ V e w ∈ W . Note que (u1 + v1 , u1 + w1 ) = (u2 + v2 , u2 + w2 ) ⇐⇒ v1 − v2 = w1 − w2 = u2 − u1 =⇒ v1 − w1 = v2 − w2 . Assim, dado u ∈ U e x ∈ V − W , conseguimos, escolhendo um par (v, w) adequado para cada x, pelo menos um elemento (u + w + x, u + w) de (U + V ) × (U + W ), e n˜ao temos repeti¸c˜oes (s´o escolhemos um representante para cada u − v). Logo |U + V | · |U + W | = |(U + V ) × (U + W )| ≥ |{(u + v, u + w) : u ∈ U, v ∈ V, w ∈ W }| ≥ |U | · |V − W |. 5. A resposta ´e 3n, obtida para ai = i para 0 ≤ i < n: as somas s˜ ao 0, 1, . . . , 3n − 1. Vamos provar que pelo menos 3n somas aparecem em qualquer situa¸c˜ao. Primeiro, seja A = {ai : 0 ≤ i ≤ n}; note que (A+{2n−1})∪(A+{0}) j´a tem 2(n+1)−1 = 2n+1 somas diferentes, pois todo elemento de A+{2n−1} ´e maior ou igual que os elementos de A, com igualdade s´ o para o 2n − 1. Faltam n − 1 elementos! Agora, seja C o conjunto dos 2n − (n + 1) = n − 1 n´ umeros entre 0 e 2n − 1 que n˜ao foram escolhidos para compor A. Note que as somas podem ir de 0 a 2(2n − 1), ent˜ao consideremos tamb´em C + {2n − 1}. Provaremos que, para c ∈ C, pelo menos um dos dois n´ umeros c ou c + 2n − 1 est´a em A + A. Como |C| = n − 1, isso termina o problema. Para isso, seja t o inteiro tal que at−1 < c < at e pensemos em c + 2n − 1. N˜ ao h´a chance para que ai +aj = c+2n−1 se um dos ´ındices ´e menor do que t, ent˜ao considere os conjuntos X = {at , at+1 , . . . , an = 2n − 1, a1 + 2n − 1, a2 + 2n − 1, . . . , at−1 + 2n − 1} e Y = {c + 2n − 1 − ai : 1 ≤ i ≤ n − 1}. Temos |X| = n e |Y | = n − 1 e todos 6

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os elementos de X ∪ Y maiores do que c e menores do que c + 2n − 1, num total de no m´ aximo 2n − 2 n´ umeros. Logo X ∩ Y 6= ∅. Assim, existem i e j tais que ai = c + 2n − 1 − aj ⇐⇒ ai + aj = c + 2n − 1, ou seja, c + 2n − 1 ∈ A + A ou ai + 2n − 1 = c + 2n − 1 − aj ⇐⇒ ai + aj = c, ou seja, c ∈ A + A, e o problema acabou. 6. Dado um conjunto finito A ⊂ N, denotaremos por d(A) o diˆ ametro de A. Temos duas desigualdades a provar: 2

(i) f (n) ≥ n4 , para todo n ≥ 2. Considere um conjunto A = {a1 , a2 , . . . , an }, a1 < a2 < · · · < an , n ≥ 2 que satisfaz P (n). Assim, A+A = {a1 +a1 , a1 +a2 , . . . , an +an } tem n(n+1) elementos. 2 Como a1 + a1 < a1 + a2 < · · · < an + an , temos que (an + an ) − (a1 + a1 ) + 1 ≥ 2 n(n+1) n2 n2 =⇒ an − a1 ≥ n4 + n−2 2 4 ≥ 4 =⇒ d(A) ≥ 4 . Isto demonstra (i). (ii) f (n) < n3 , para todo n ≥ 2. Vamos fazer isso por indu¸c˜ao. Como {0, 1} satisfaz P (2), temos que f (2) ≤ 1 < 23 . Agora, vamos supor que f (n) < n3 para algum n ≥ 2. Seja An = {a1 , a2 , . . . , an } ⊂ N tal que An satisfaz P (n) e d(An ) = f (n) < n3 . Sem perda de generalidade, podemos supor que 0 = a1 < a2 < · · · < an = d(An ), bastando para isto subtrair de cada elemento de An o menor de seus elementos. Agora, queremos achar an+1 ∈ N−An tal que An+1 = {a1 , a2 , . . . , an+1 } satisfa¸ca elementos e An+1 + P (n + 1) e d(An+1 ) < (n + 1)3 . Como An + An tem n(n+1) 2 An+1 = (An + An ) ∪ {ai + an+1 | 1 ≤ i ≤ n + 1}, temos que an+1 ∈ N \ An e An+1 satisfaz P (n + 1) se, e somente se, an+1 + ak 6= ai + aj ∈ An + An ou a +a an+1 + an1 6= ai +naj ⇐⇒ an+1 6= io2 j , ou seja, an+1 ∈ / P = {ai + aj − ak | ai +aj 2

| 1 ≤ i, j ≤ n . Como |P | ≤ n3 + n(n+1) (no m´ aximo 2
ai +aj n 3 n escolhas para ai + aj − ak e no m´ aximo 2 + n escolhas para 2 ), temos n(n+1) 3 que an+1 ≤ n + 2 , pois basta escolher an+1 como o menor natural que n˜ao est´a em P . Assim, f (n + 1) ≤ d(An+1 ) < (n + 1)3 . Por indu¸c˜ao finita em n, temos que (ii) ´e verdade, o que completa nossa demonstra¸ca˜o. Vamos ainda, verificar que, para P primo, f (p) < 2p2 . Para isto, constru´ımos o conjunto A = {k + 2pg(k), 0 ≤ k ≤ p − 1}, onde g(k) = k 2 mod p ´e o resto da divis˜ao de k 2 por p. temos d(A) ≤ p − 1 + 2p(p − 1) = 2p2 − p − 1 < 2p2 e se tiv´essemos i + 2pg(i) + j + 2pg(j) = r + 2pg(r) + s + 2pg(s) ⇐⇒ i + j − (r + s) = 2p(g(i) + g(j) − (g(r) + g(s))), ent˜ao como −2p < i + j − (r + s) < 2p ´e m´ ultiplo de 2p 1 ≤ i, j, k ≤ n} ∪

i + j + 2p(g(i) + g(j)) = r + s + 2p(g(r) + g(s)) ⇐⇒ i + j = r + s e g(i) + g(j) = g(r) + g(s). Note que o 2p multiplicando g(k) n˜ao foi ao acaso. A ideia era exatamente se aproveitar do fato de que −2p < i + j − (r + s) < 2p. 7

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Assim, i − r = s − j e i2 + j 2 ≡ r2 + s2 (mod p), logo (i − r)(i + r) ≡ (s − j)(s + j)

(mod p)

⇐⇒ i − r ≡ s − j ≡ 0 (mod p) ou i + r ≡ s + j

(mod p).

Portanto i = r e s = j ou i = s e r = j. Novamente, k 2 mod p n˜ao foi escolhido ao acaso: usamos o fato de que i − r = s − j e a fatora¸c˜ao da diferen¸ca de quadrados. ´ praticamente igual! De7. Imite a demonstra¸c˜ao do teorema de Cauchy-Davenport. E fina X + Y m´ odulo 1, e para provar que X + Y 6= X + 2Y , leve em considera¸c˜ao que ny ∈ X + Y para todo n inteiro positivo e, portanto, ny nunca ´e inteiro; ou seja, nY ⊂ X + Y ´e infinito, absurdo. 8. Suponha por absurdo que exista uma parti¸c˜ao sem a propriedade do enunciado. Podemos supor, sem perda de generalidade, que A ´e um conjunto com menos elementos, e tamb´em podemos supor que 1 ∈ A, pois basta multiplicar todos os n´ umeros por a−1 , para algum a ∈ A. Seja k o n´ umero tal que 1, 2, . . . , k ∈ A e k + 1 ∈ B. Seja c ∈ C, i com 1 ≤ i ≤ k. Se c ± i ∈ B, (i, c ± i, c) ∈ A × B × C, ent˜ao c ± i ∈ / B. Se c + i ∈ C e c − (k + 1 − i) ∈ A, (c − k − 1 + i, k + 1, c + i) ∈ A × B × C tamb´em. Seja c1 = min C. Ent˜ao c1 − (k + 1 − i) ∈ A e, portanto, c1 + i ∈ A, ou seja, A cont´em {1, 2, . . . , k} ∪ {c1 − 1, c1 − 2, . . . , c1 − k} ∪ {c1 + 1, c1 + 2, . . . , c1 + k}. Essa ideia tamb´em vale se tomarmos o pr´oximo elemento de C, e assim por diante. Logo temos |A| > |C|, o que ´e uma contradi¸c˜ao, e o problema acabou. 9. Vamos supor, sem perda de generalidade, 1 = t1 < t2 < . . . < t100 . Quando dois conjuntos Ai e Aj tˆem interse¸c˜ao? Quando xi + ti = xj + tj ⇐⇒ tj = xi − xj + ti . Ou seja, devemos nos preocupar com A − A. Agora, vamos construir um exemplo indutivamente. J´a escolhemos t1 = 1. Suponha que
j´a escolhemos t1 , . . . , tk . Para escolher tk+1 , cada valor de ti , 1 ≤ i ≤ k, pro´ıbe 101 = 101·100 n´ umeros (as escolhas de xi > xj ) al´em, ´e claro, dos k valores anteriores. 2 2 Ent˜ao h´a k · 101 · 50 + k ≤ 99 · (50 · 101 + 1) < 1000000 n´ umeros proibidos, e sempre sobra pelo menos um para escolher. 10. Indu¸c˜ao sobre n. N˜ ao h´a o que se provar para n = 1 e o problema ´e imediato se n = 2. Suponha ent˜ao que n > 1, e seja an o maior dos n´ umeros ai e m = max M . Caso s − an ∈ M e m > s − an (ou seja, s − an n˜ao ´e o m´ aximo), ent˜ao para algum i, 1 ≤ i ≤ n − 1, s − ai e s − ai − an est˜ao ambos fora de M : s˜ ao n − 1 pares (s − ai , s − ai − an ), nenhum desses n´ umeros ´e igual a s − an , que ´e um elemento de M , e sobram n − 2 outros elementos em M . A´ı, aplicamos a hip´ otese de indu¸c˜ao para os n − 2 n´ umeros tirando ai e an e os n − 3 elementos de M tirando m e s − an , que s˜ ao ambos maiores do que s − ai − an , e terminamos pulando em s − ai e s. No outro caso, aplicamos a hip´ otese de indu¸c˜ao para os ai ’s tirando an e M \ {m}. Note que agora ou s − an ∈ / M ou s − an = m, ent˜ao podemos fazer isso. Fazemos 8

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ent˜ao os n − 1 pulos pela hip´ otese de indu¸c˜ao e colocamos m de volta. Se m n˜ao est´a em nenhum dos pulos, basta dar o u ´ltimo pulo de tamanho an e terminamos; se m est´a no k-´esimo pulo (note que m ´e o u ´ltimo lugar em que isso pode acontecer), trocamos o k-´esimo pulo por an , ultrapassamos m e depois usamos os outros pulos. Com isso, o passo de indu¸c˜ao est´a completo. 11. Escolha um conjunto B com n elementos aleat´ orios de Z/(n2 ), com reposi¸c˜ao. Calculemos a probabilidade de um resto fixado r n˜ao pertencer a A + B: basta que nenhum
n dos n´ umeros r − a, a ∈ A, perten¸ca a B. Isso ocorre com probabilidade 1 − n1 (a chance de n˜ao sortearmos um elemento da forma r − a ´e 1 − n1 ).
n Como nn > 2(n − 1)n ⇐⇒ 1 − n1 < 21 para n ≥ 2, temos que a probabilidade de r n˜ao pertencer a A + B ´e menor do que 21 , e o valor esperado de n´ umeros que n˜ao 2 est˜ao em A + B ´e menor do que n /2. Logo o valor esperado de n´ umeros que est˜ao em A + B ´e maior do que n2 /2 e existe um B desejado. De fato, para n grande existe
um conjunto B tal que A + B tem pelo menos n2 1 − 1e elementos! 12. Considere o seguinte lema: Lema 1. Suponha que uma diferen¸ca c de A − A possa ser escrita de k maneiras na forma ai − aj , ai , aj ∈ A. Ent˜ ao existe um conjunto V ⊂ A com pelo menos k/3 elementos tal que cada diferen¸ca vi −vj de V −V tamb´em apare¸ca em (A\V )−(A\V ). Para provar esse lema, note que as k diferen¸cas formam v´arias progress˜ oes aritm´eticas disjuntas; escolha para V os termos de ordem par das PAs (ou seja, se a PA ´e a, a + r, a + 2r escolhemos a + r), e temos pelo menos k/3 elementos. Para ver por que d´a certo, basta deslocar um termo de cada termo da diferen¸ca na PA correspondente. A´ı temos |A − A| − |A + A| ≤ |A − A| ≤ |(A \ V ) − (A \ V )| + |(A \ V ) − V | + |V − (A \ V )| ≤ 2|V |(n − |V |) + (n − |V |)2 = n2 − |V |2 ≤ n2 − (k/3)2 , o que resolve o problema se k ≥ C · n4/5 , ou seja, alguma diferen¸ca aparece mais do que C · n4/5 vezes. Caso contr´ario, seja s = |A + A| e t = |A − A|. Suponha que cada soma si , 1 ≤ i ≤ s, seja escrita na forma ai + aj de xi maneiras e que cada diferen¸ca ti , 1 ≤ i ≤ t, seja escrita na forma ai − aj de yi maneiras. Ent˜ao, como h´a n2 pares (ai , aj ), s X

xi =

t X

yi = n 2

i=1

i=1

Al´em disso, como ai + aj = ap + aq ⇐⇒ ai − ap = aq − aj , existem x2u qu´adruplas (ai , aj , ap , aq ) com ai + aj = ap + aq = su e yv2 qu´adruplas (ai , aj , ap , aq ) com ai − ap = aq + aj , temos tamb´em t s X X 2 yi2 = S xi = i=1

i=1

9

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Como 1 ≤ yi ≤ C · n4/5 , S ´e maximizado quando todos os yi ’s s˜ ao 1 ou C · n4/5 . 4/5 Achando a quantidade de 1’s e C · n ’s, temos S≤

n2 − t n2 − t 4/5 2 · (Cn ) + t − = (n2 − t)(Cn4/5 + 1) + t 4/5 4/5 Cn − 1 Cn − 1

Por Cauchy-Schwartz, S · s ≥ n4 ⇐⇒ s ≥

n4 S

≥

n4 . (n2 −t)(Cn4/5 +1)+t

Ent˜ao, sendo x = n2 − t, |A − A| − |A + A| ≤ n2 − x −

n4 xCn4/5 + n2

Se x ≥ C ′ n8/5 , o resultado segue imediatamente. Caso contr´ario, xCn4/5 + n2 < n4 C ′ n12/5 + n2 < C ′′ n12/5 para n suficientemente grande e xCn4/5 > C ′′′ n8/5 , e o +n2 problema termina de qualquer jeito.

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Programa Olímpico de Treinamento Curso de Combinatória – Nível 3

Aula

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Prof. Carlos Shine

Estrutura de Subconjuntos de um Conjunto Tome um conjunto, finito ou n˜ao, e considere seus subconjuntos. Como eles se comportam?

Inclus˜ ao Como os subconjuntos de um conjunto se comportam em rela¸c˜ao `a inclus˜ ao? Come¸caremos com alguns exemplos mais simples. Exemplo 1. Seja S um conjunto de n elementos. Chamamos de cadeia uma sequˆencia de subconjuntos distintos S1 , S2 , . . . , Sk de S tais que S1 ⊂ S2 ⊂ S3 ⊂ . . . ⊂ Sk . Encontre o maior valor de k e, para esse valor, encontre a quantidade de cadeias. Solu¸ c˜ ao: A principal observa¸c˜ao ´e que se A e B s˜ ao conjuntos finitos tais que A ⊂ B e |A| = |B| ent˜ao A = B. De fato, se A 6= B ent˜ao existe x ∈ B tal que x ∈ / A e ter´ıamos |A| < |B|. Assim, uma cadeia n˜ao pode ter dois subconjuntos com a mesma cardinalidade, de modo que pode ter no m´ aximo n+1 subconjuntos. Supondo, sem perda de generalidade, S = {1, 2, . . . , n}, um exemplo de cadeia de n + 1 subconjuntos ´e ∅ ⊂ {1} ⊂ {1, 2} ⊂ {1, 2, 3} ⊂ . . . ⊂ {1, 2, 3, . . . , n} Como h´a n maneiras de escolher o elemento do conjunto unit´ ario, n − 1 maneiras de escolher o segundo elemento do conjunto de dois elementos, n − 2 maneiras de escolher o terceiro elemento do conjunto de trˆes elementos, e assim por diante, a quantidade de cadeias com n + 1 subconjuntos ´e n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · 1 = n!. Observa¸ c˜ ao 1. A afirma¸ca ˜o de que A ⊂ B e |A| = |B| implica A = B n˜ ao ´e verdadeira para conjuntos infinitos! De fato, pode-se mostrar que |Z| = |Q|. Como contraexemplo, |Q| < |R|. ´ de se esperar que se tivermos muitos subconjuntos ent˜ao um vai conter o outro. Mas E de quantos subconjuntos precisamos?

Exemplo 2. Seja S um conjunto com n elementos. Prove que entre quaisquer 2n−1 + 1 subconjuntos de S existem dois tais que um n˜ ao cont´em o outro e dois tais que um cont´em o outro.

POT 2012 - Combinat´ oria - N´ıvel 3 - Aula 20 - Prof. Carlos Shine Solu¸ c˜ ao: Para a primeira parte, considere os 2n−1 pares de subconjuntos {A, S \ A}. Note que somos obrigados a escolher dois subconjuntos do mesmo par. Para a segunda parte, seja x ∈ S. Considere os 2n−1 pares {A, A ∪ {x}}, sendo A qualquer subconjunto de S que n˜ao cont´em x. Novamente, escolhemos dois subconjuntos do mesmo par. As solu¸c˜oes acima nos fazem suspeitar que as quantidades de subconjuntos s˜ ao muito grandes, e que deve haver quantidades melhores. Para a primeira pergunta, ´e mais simples: n + 2 subconjuntos bastam. Pelo exemplo 1, dois subconjuntos tˆem a mesma quantidade de elementos, e a´ı o resultado segue; h´a exemplos para n + 1 subconjuntos (as cadeias). Para a segunda pergunta, precisamos de algo um pouco mais elaborado. Para facilitar, chamaremos de fam´ılia de Sperner uma cole¸c˜ao de subconjuntos tais que cada um deles n˜ao cont´em nenhum dos outros. Lema 1 (Desigualdade LYM, de Lubell-Yamamoto-Meshalkin). Seja F uma fam´ılia de Sperner de um conjunto S com n elementos. Sendo ak a quantidade de elementos de F com exatamente k elementos, n X ak
n ≤ 1. k=0

k

Demonstra¸ c˜ ao: A principal ideia tem muito a ver com o exemplo 1: cadeias. Vocˆe deve ter percebido que cada cadeia induz uma permuta¸c˜ao dos elementos de S, de acordo com os elementos que entram. Por exemplo, ∅ ⊂ {2} ⊂ {2, 3} ⊂ {1, 2, 3} 7→ (2, 3, 1)

Com isso, considere todas as cadeias que cont´em um elemento A de F. H´ a |A|!(n − |A|)! tais cadeias: primeiro constru´ımos A colocando os elementos e depois colocamos os outros n − |A| elementos at´e completar S. Agora, note que dois elementos de F n˜ao podem estar na mesma cadeia, pois um conteria o outro em caso contr´ario. Logo, somando tudo, e considerando que h´a n! permuta¸c˜oes, X

A∈F

|A|!(n − |A|)! ≤ n! ⇐⇒

n X k=0

ak k!(n − k)! ≤ n! ⇐⇒

n X ak
n ≤ 1. k=0

k

Com a ajuda do lema, fica f´acil terminar. Teorema 1 (Teorema de Sperner). Uma fam´ılia de Sperner de um conjunto com n ele
n mentos tem no m´ aximo ⌊n/2⌋ subconjuntos.
Demonstra¸ c˜ ao: Basta notar que nk ´e m´ a
ximo para
k = ⌊n/2⌋ ou k = ⌈n/2⌉ (esses n n´ umeros coincidem para n par). Com isso, nk ≤ ⌊n/2⌋ e, pela desigualdade LYM, X k=0

  n n X X n ak
≤
ak ≤ n n ≤ 1 =⇒ ⌊n/2⌋ ⌊n/2⌋ k ak

k=0

k=0

A igualdade ocorre, por exemplo, tomando F como todos os subconjuntos com ⌊n/2⌋ elementos. 2

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Ordens parciais e o teorema de Dilworth A rela¸c˜ao de inclus˜ ao ´e um exemplo de rela¸ca ˜o de ordem, pois ela satisfaz as seguintes propriedades: • A ⊂ A (reflexiva) • A ⊂ B e B ⊂ C =⇒ A ⊂ C (transitiva) • A ⊂ B e B ⊂ A =⇒ A = B (antissim´etrica) Toda rela¸c˜ao que satisfaz essas trˆes propriedades ´e uma rela¸ca ˜o de ordem. Representaremos uma rela¸c˜ao de ordem gen´erica por ≻. Alguns exemplos s˜ ao ⊂, ≤, e a divisibilidade | em N. Podemos provar teoremas sobre rela¸c˜oes de ordem. Isso quer dizer que esses teoremas s˜ ao v´alidos para ⊂, ≤, |. . . Vamos definir alguns conceitos em rela¸c˜oes de ordem: • Se a ≻ b ou b ≻ a, dizemos que a e b s˜ ao compar´ aveis; • Uma cadeia, como se pode suspeitar, ´e uma sequˆencia a1 ≻ a2 ≻ . . . ≻ ak ; • Uma anticadeia ´e um conjunto de elementos tais que quaisquer dois elementos n˜ao s˜ ao compar´ aveis (como, por exemplo, as fam´ılias de Sperner); • Dizemos que a ´e maximal quando n˜ao existe b 6= a tal que b ≻ a. No caso dos subconjuntos, o u ´nico maximal ´e o pr´oprio conjunto universo S. Podemos associar rela¸c˜oes de ordem com grafos direcionados. Por exemplo, considere os subconjuntos de {1, 2, 3}: {1, 2}

{1} b

∅ b

b

{1, 3}

{2} b

b

b

b

{1, 2, 3}

b

{2, 3}

{3}

O teorema de Sperner pode ser traduzido, em termos de
rela¸co˜es de ordem, como a n quantidade m´ axima de elementos em uma anticadeia ´e ⌊n/2⌋ . Vamos generalizar isso. 3

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Teorema 2 (Teorema de Dilworth). Em todo conjunto parcialmente ordenado, a quantidade m´ axima de elementos em uma anticadeia ´e igual ` a quantidade m´ınima de cadeias disjuntas que cobrem o conjunto. No nosso exemplo dos subconjuntos de {1, 2, 3}, uma anticadeia ´e {{1}, {2}, {3}} e podemos particionar os subconjuntos nas cadeias ∅ ⊂ {1} ⊂ {1, 2} ⊂ {1, 2, 3}; {2} ⊂ {2, 3} e {3} ⊂ {1, 3}. Demonstra¸ c˜ ao: Indu¸c˜ao sobre a quantidade de elementos do conjunto P . Se P ´e vazio, o teorema ´e trivial. Agora, para o passo, seja a um elemento maximal de P . Pela hip´ otese de indu¸c˜ao, o conjunto P ′ = P \ {a} pode ser particionado em k cadeias C1 , C2 , . . . , Ck e tem pelo menos uma anticadeia A0 com k elementos. Temos Ci ∩ A0 6= ∅, pois sen˜ao dois elementos da anticadeia pertenceria a uma mesma cadeia, o que n˜ao ´e poss´ıvel. Para cada i, 1 ≤ i ≤ k, defina xi como o elemento maximal de Ci que pertence a alguma anticadeia de tamanho k. Afirmamos que A = {x1 , x2 , . . . , xk } ´e uma anticadeia. Considere xi e xj . Seja Ai uma anticadeia de tamanho k que cont´em xi . Temos, pelos mesmos motivos anteriores, Ai ∩ Cj 6= ∅. Seja y ∈ Ai ∩ Cj . Ent˜ao y ≺ xj , pela defini¸c˜ao de xj ; como xi 6≻ y, xi 6≻ xj . Trocando i e j de lugar, xj 6≻ xi , e portanto A ´e uma anticadeia. Voltemos a P . Se a ≻ xi para algum i, considere a cadeia K = {a} ∪ {z ∈ Ci : z ≺ xi }. Ent˜ao, pela escolha de xi , P \ K n˜ao tem uma anticadeia de tamanho k, mas tem a anticadeia A \ {xi } com k − 1 elementos. Logo P \ K pode ser coberto por k − 1 cadeias. Colocamos K de volta, e P pode ser coberto por k cadeias. Se a 6≻ xi para todo i, A ∪ {a} ´e uma anticadeia com k + 1 elementos, pois a ´e maximal. A cadeia adicional ´e o unit´ ario {a}. Vejamos algumas aplica¸c˜oes. Exemplo 3. (Romˆenia) Seja n um inteiro positivo e S um conjunto de n2 + 1 inteiros positivos tais que todo subconjunto com n + 1 elementos de S cont´em dois n´ umeros tais que um divide o outro. Prove que S cont´em n + 1 n´ umeros distintos a1 , a2 , . . . , an+1 tais que ai | ai+1 para i = 1, 2, . . . , n. Solu¸ c˜ ao: Nossa rela¸c˜ao de ordem ´e a divisibilidade | (n˜ao se esque¸ca de provar as trˆes propriedades!). A condi¸c˜ao de que entre quaisquer n + 1 elementos h´a dois tais que um divide o outro nos diz que n˜ao h´a anticadeias com n + 1 elementos, ou seja, a anticadeia m´ axima tem uma quantidade menor ou igual a n elementos. Mas isso quer dizer que podemos particionar S em no m´ aximo n cadeias, e uma delas vai ter n + 1 elementos.

Interse¸c˜ ao E se quisermos trabalhar com interse¸c˜ao? Vamos ver alguns resultados. Teorema 3 (Teorema De Erd˝os-Ko-Rado). Sendo n ≥ 2r, seja F uma fam´ılia de subconjuntos de S, com |S| = n, tal que todo subconjunto em F tem r elementos e quaisquer dois elementos de F tˆem interse¸ca ˜o n˜ ao vazia. Ent˜ ao   n−1 |F| ≤ . r−1 4

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Demonstra¸ c˜ ao: A ideia brilhante aqui ´e permutar os n´ umeros em c´ırculos e contar os elementos de F somente quando seus elementos aparecem consecutivos no c´ırculo. Considere uma permuta¸c˜ao circular dos elementos de S. Suponha que apare¸ca um elemento A de F na permuta¸c˜ao, na ordem (a1 , a2 , . . . , ar ). Note que todo outro elemento B de F que aparece deve “cortar” A em um elemento ai , de modo que ai pertence a B e ai+1 n˜ao pertence a B, ou o contr´ario. De qualquer forma, cada corte ai |ai+1 define no m´ aximo um outro elemento de F. Logo, como h´a r − 1 cortes, cada permuta¸c˜ao circular tem no m´ aximo r elementos de F. Agora, vamos contar a quantidade de pares (A, C), em que A ´e um elemento de F e C ´e uma permuta¸c˜ao circular, com A aparecendo em C. J´a vimos que essa quantidade ´e no m´ aximo r · (n − 1)!, contando por permuta¸c˜ao. Contando por A, temos r! permuta¸c˜oes dos elementos de A para colocar na permuta¸c˜ao e (n − r)! permuta¸c˜oes dos outros elementos. Ent˜ao   n−1 |F|r!(n − r)! ≤ r(n − 1)! ⇐⇒ |F| ≤ . r−1 Observa¸ co ˜es 1.

• Por que devemos ter n ≥ 2r?

• Se n > 2r, s´ o existe um tipo de exemplo: todos os conjuntos que contˆem um elemento comum. Se n = 2r, h´ a outro exemplo, que s˜ ao os conjuntos que n˜ao contˆem um elemento fixado.

O caso cont´ınuo para conjuntos convexos: o teorema de Helly Para o caso em que temos conjuntos infinitos, temos um resultado interessante para conjuntos convexos. Um subconjunto S de Rn ´e convexo quando, para todos P, Q ∈ S e t ∈ [0, 1] temos tP + (1 − t)Q ∈ S (ou seja, o segmento ligando P e Q est´a contido em S). Uma consequˆencia direta ´e que toda m´edia com pesos positivos de uma quantidade finita de pontos de S est´a em S. Teorema 4 (Teorema de Helly). Seja F uma fam´ılia de compactos convexos em Rn . Se quaisquer n + 1 conjuntos de F tˆem um ponto em comum, ent˜ ao todos os elementos de F tˆem um ponto em comum. Demonstra¸ c˜ ao: Come¸camos com um resultado bem simples de Radon. Considere n + 2 pontos p1 , p2 , . . . , pn+2 ∈ Rn . Ent˜ao existem reais x1 , x2 , . . . , xn+2 , n˜ao todos nulos, tais que n+2 n+2 X X xi = 0 pi x i = 0 e i=1

i=1

(note que na primeira equa¸c˜ao temos o vetor nulo e na segunda, o escalar zero.) Eles existem pois o sistema acima tem n + 1 equa¸c˜oes e n + 2 vari´aveis. Seja I o conjunto e J o conjunto dosP xj ’s negativosPou nulos. Considere o ponto P dosxixi ’s positivos P xj P = xi ∈I S Pi = − xj ∈J S Pj , sendo S = xi ∈I xi = − xj ∈J xj . Note que P ´e uma 5

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combina¸c˜ao linear positiva dos Pi ’s com ´ındices de I e tamb´em ´e combina¸c˜ao linear positiva dos Pj ’s com ´ındices em J. Ent˜ao, todo conjunto de n + 2 de Rn pode ser particionado em dois conjuntos cujos fechos convexos tˆem interse¸c˜ao n˜ao vazia. Vamos usar esse resultado para provar o teorema de Helly para conjuntos finitos (para conjuntos infinitos, use compacidade). Seja m = |F|. Provaremos o resultado por indu¸c˜ao sobre m. Para m = n + 2, sejam X1 , X2 , . . . , Xn+2 e seja Pi a interse¸c˜ao de todos os conjuntos tirando Xi . Agora, aplique o resultado para os pontos Pi , 1 ≤ i ≤ n + 2, ou seja, particione o conjunto dos Pi ’s em dois conjuntos A1 e A2 tais que os fechos convexos de A1 e A2 tenham um ponto P em comum. Afirmamos que P est´a em todos os n + 2 s´ olidos. Considere um s´ olido Xj qualquer. O u ´nico ponto Pi que pode n˜ao estar em Xj ´e Pj . Se (sem perda de generalidade) Pj ∈ A1 , ent˜ao A2 ⊂ Xj , e sendo Xj convexo, ele cont´em o fecho convexo de A2 e portanto cont´em P . Logo P est´a em todo Xj , e a base acabou. Agora suponha que m > n + 2 e que o resultado ´e verdadeiro para m − 1 s´ olidos. Ent˜ao a base mostra que quaisquer d + 2 s´ olidos tˆem um ponto em comum. Troque dois deles pela interse¸c˜ao, e obtenha m − 1 s´ olidos dos quais quaisquer d + 1 tˆem um ponto em comum, e o resultado segue pela hip´ otese de indu¸c˜ao aplicada aos m − 1 s´ olidos.

Design de experimentos Dado um conjunto finito X (cujos elementos chamaremos pontos) com v pontos, um design de experimentos ´e uma fam´ılia de b subconjuntos de X, chamados blocos, de modo que dois pontos quaisquer determinam λ blocos com k pontos em cada bloco, e cada ponto est´a contido em r blocos. Na verdade, os cinco parˆ ametros n˜ao s˜ ao independentes. Proposi¸ c˜ ao 1. Nas condi¸co ˜es acima, prove que vr = bk e λ(v − 1) = r(k − 1). Portanto, representamos um design de experimentos com a terna ordenada (v, k, λ). Demonstra¸ c˜ ao: Provar que certas condi¸c˜oes s˜ ao necess´arias em designs de experimento geralmente usam contagens duplas. A primeira identidade vem da contagem de (x, B), em que x pertence ao bloco B. Contando por x, temos v pontos, cada um em r blocos. Contando por B, temos b blocos, cada um com k elementos. Logo vr = bk. A segunda identidade vem dos pares. ao pontos
Contamos ({x, y}, B), em que vx
6= y s˜ k do bloco B. Contando por B temos b 2 pares ordenados; por {x, y} h´a 2 λ pares. Assim,

b k2 = λ v2 ⇐⇒ bk(k − 1) = λv(v − 1). Mas bk = vr, portanto vr(k − 1) = λv(v − 1) ⇐⇒ r(k − 1) = λ(v − 1). Dados v, k e λ, ´e poss´ıvel sempre construir um design de experimentos? Na verdade, n˜ao se sabe a resposta completa para esse problema: construir designs de experimentos d´a trabalho. Vejamos um exemplo.

Triplas de Steiner Um caso particular: k = 3 e λ = 1. Quais s˜ ao os poss´ıveis valores de v? Ou seja, para que valores de v podemos montar triplas n˜ao ordenadas de modo que cada par de pontos aparece 6

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exatamente uma vez? Chamamos esses designs de sistemas de Steiner. As condi¸c˜oes nos dizem que vr = 3b e r(3 − 1) = 1(v − 1) ⇐⇒ v = 2r + 1. Isso implica que v ´e ´ımpar. Al´em c˜ao nos d´a b = v(v−1) , de modo que v ≡ 0 disso, substituindo r = v−1 2 na primeira equa¸ 6 (mod 3) ou v ≡ 1 (mod 3). Juntando tudo, temos que v ≡ 1 (mod 6) ou v ≡ 3 (mod 6). O mais impressionante ´e que as condi¸c˜oes acima tamb´em s˜ ao suficientes! Mas as constru¸c˜oes s˜ ao mais interessantes. H´ a v´arias delas; mostraremos uma particularmente elegante de Thomas Kirkman. A ideia ´e construir tudo recursivamente: fazemos n → 2n + 1 e n → 2n − 5. Se n = 6t + 1, obtemos 2(6t + 1) + 1 = 12t + 3 e 2(6t + 1) − 5 = 12t − 3, cobrindo todos os v ≡ 3 (mod 6); se n = 6t + 3, temos 2(6t + 3) + 1 = 12t + 7 e 2(6t + 3) − 5 = 12t + 1, cobrindo todos os v ≡ 1 (mod 6). Para isso, partimos de v = 1 (n˜ao h´a muito o que se fazer nesse caso, mas fazemos a parti¸c˜ao {x}) e v = 3, que ´e trivial. A grande ideia de Kirkman foi, como se faz em muitas indu¸c˜oes, fortalecer a hip´ otese. Kirkman provou que d´a para montar triplas de Steiner com uma propriedade a mais: dados x, y ∈ X, existe um u ´nico z tal que {x, y, z} ´e um bloco. Seja Y = X \ {x, y, z}. Dizemos que um sistema de Steiner ´e pastoral em rela¸ca ˜o a x e y quando existe uma permuta¸c˜ao π : Zv−3 → Y tal que {{x, π(2i), π(2i + 1)}, {y, π(2i + 1), π(2i + 2)} : 0 ≤ i < (v − 3)/2} ⊂ B (as contas s˜ ao todas m´ odulo v − 3.) A permuta¸c˜ao (π(0), π(1), . . . , π(v − 4)) ´e uma permuta¸ca ˜o pastoral. S´o falta mais um ingrediente antes de mostrarmos a nossa constru¸c˜ao. Dado um conjunto de 2n elementos, um sistema de rodadas ´e uma parti¸c˜ao dos pares n˜ao ordenados de elementos do conjunto em 2n − 1 classes, sendo que cada elemento do conjunto aparece em cada classe exatamente uma vez (sim, pode imaginar as rodadas de um campeonato de pontos corridos de um turno). H´ a uma maneira simples de construir as rodadas (se os cartolas conseguem, n´os conseguimos!): sendo X = {x0 , x1 , . . . , x2n−2 , y}, a rodada j, 0 ≤ j < 2n − 1, consiste nos pares {xi+j , x2n−1−i+j }, 1 ≤ i < n, e o par {xj , y} (contas todas m´ odulo 2n − 1). Note que a soma dos ´ındices ´e sempre 2n − 1 + 2j, de modo que a soma dos ´ındices determina a rodada, e que todos os times aparecem exatamente uma vez (´e s´ o listar tudo!). Enfim, permute as rodadas de modo que a nova rodada j seja a antiga rodada (j + 1)n, tudo m´ odulo 2n − 1. Rotule a nova rodada i com Hi . O que importa ´e que: • {x0 , x1 } esteja em H0 ; • {x0 , xi+1 } e {x1 , xi } estejam em Hi ; • {x0 , x2 } e {x1 , y} estejam em H1 ; • {x0 , y} e {x1 , x2n−1 } esteja na u ´ltima rodada H2n−2 . Agora sim, vamos ` as duas constru¸c˜oes. Lema 2 (t → 2t + 1). Se existe um sistema de Steiner com 2n − 1 elementos, existe um sistema de Steiner pastoral com 4n − 1 elementos. 7

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Demonstra¸ c˜ ao: Seja H0 , H1 , . . . , H2n−2 um sistema de rodadas de 2n times. Considere um sistema de Steiner com 2n − 1 elementos v0 , v1 , . . . , v2n−2 . Defina as triplas {vi , a, b}, {a, b} ∈ Hi , 0 ≤ i ≤ 2n − 2 Temos um sistema de Steiner com 4n−1 elementos v0 , v1 , . . . , v2n−2 , x1 , x2 , . . . , x2n−2 , y. Note que temos (2n−1)(2n−2) + n(2n − 1) = (4n−2)(4n−1) triplas; basta verificar se todo par 6 6 aparece. Mas todo par que aparece no sistema de rodadas obviamente aparece, todo par de vi ’s obviamente aparece e pares da forma {vi , xj } tamb´em aparece. Enfim, o sistema ´e pastoral em rela¸c˜ao a x0 e x1 , que est´a em H0 ; note que a tripla com x0 e x1 ´e {x0 , x1 , v0 }. A permuta¸c˜ao pastoral ´e (v1 , x2 , v2 , x3 , v3 , x4 , . . . , x2n−2 , v2n−2 , y). Lema 3 (t → 2t − 5). Se existe um sistema de Steiner pastoral com 2n + 1 elementos, existe um sistema de Steiner pastoral com 4n − 3 elementos. Demonstra¸ c˜ ao: Seja H0 , H1 , . . . , H2n−2 um sistema de rodadas de 2n times. Considere um sistema de Steiner com 2n + 1 elementos t, u, v, v0 , v1 , . . . , v2n−3 que ´e pastoral em rela¸c˜ao a t e u com permuta¸c˜ao pastoral usual (v0 , v1 , . . . , v2n−3 ). Defina as triplas {a, b, c} do sistema de Steiner, {a, b, c} ∩ {t, u} = ∅

{vi , a, b}, {a, b} ∈ Hi+1 , {a, b} ∩ {x0 , x1 } = ∅, 0 ≤ i ≤ 2n − 3 {v, a, b}, {a, b} ∈ H0 , {a, b} = 6 {x0 , x1 }

{vi , vi+1 , xi+2 }, 0 ≤ i < 2n − 3 e {y, v0 , v2n−3 } Os elementos das triplas s˜ ao v0 , v1 , . . . , v2n−3 , v, x2 , x3 , . . . , x2n−2 , y, ou seja, tiramos t, u, x0 e x1 . Com isso, o total de  elementos ´e 2n + 1 + 2n − 4 = 4n − 3. O total de triplas (2n+1)2n definidas ´e − 2n + 1 + (2n − 2)(n − 2) + (n − 1) + (2n − 2) = (4n−3)(4n−4) . 6 6 Vamos mostrar que cada par aparece alguma vez: para isso, note que como o sistema original ´e pastoral, as ternas com t e u s˜ ao {t, u, v}, {t, v0 , v1 }, {t, v2 , v3 }, . . . , {t, v2n−4 , v2n−3 }, {u, v1 , v2 }, {u, v3 , v4 }, . . . , {u, v2n−5 , v2n−4 }, {u, v2n−3 , v0 }. Ou seja, essas triplas foram exclu´ıdas, e precisamos repor os pares {vi , vi+1 } do sistema original. Mas eles aparecem na u ´ltima linha. Assim, todos os pares {vi , vj } aparecem, ou na primeira ou na u ´ltima linha. Os pares das rodadas aparecem na segunda e terceira linhas (aqui, exclu´ımos duplas com x0 ou x1 participando, ent˜ao n˜ao h´a perigo de excluirmos pares); {v, xi } aparece na terceira linha, assim como {v, y}. A primeira rodada ´e constitu´ıda pelos pares de ´ındices com soma 1 m´ odulo 2n − 1: {x0 , x1 }, {x2 , x2n−2 }, {x3 , x2n−3 }, em geral {xi , x2n−i }, 1 ≤ i < n e {xn , y}. Al´em disso, x0 faz par com xi+2 e x1 com xi+1 na rodada i + 1. Assim, {vi , xj } aparece na segunda linha para j 6= i + 1 e j 6= i + 2; {vi , xi+1 } e {vi , xi+2 } aparecem na u ´ltima linha. Enfim, {v, xi } aparece na terceira linha. Para terminar, a permuta¸c˜ao pastoral em rela¸c˜ao a x2 , x3 ´e, considerando ainda que {x2 , x3 , v3 } ´e uma das triplas, (v0 , v1 , v2 , y, v4 , x4 , v5 , x5 , . . . , v2n−3 , x2n−3 , v, x2n−2 ). De fato, as triplas com x2 s˜ ao {x2 , xi , vi }, 3 ≤ i ≤ 2n − 3, {x2 , y, v2 }, {x2 , x2n−2 , v} e {v0 , v1 , x2 } e as triplas com x3 s˜ ao {x2 , x3 , v3 }, {x3 , xi−1 , vi }, 5 ≤ i ≤ 2n − 3, {x3 , x2n−2 , v0 }, {x3 , y, v4 }, {x3 , x2n−3 , v} e {v1 , v2 , x3 }. 8

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Com isso, garantimos a existˆencia de triplas de Steiner para qualquer v, v ≡ 1, 3 (mod 6).

Problemas 1. (Vingan¸ca Ol´ımpica) Seja n um n´ umero inteiro positivo. Uma fam´ılia P de intervalos [i, j] com 0 ≤ i < j ≤ n e i, j inteiros ´e dita unida se, para quaisquer I1 = [i1 , j1 ] ∈ P e I2 = [i2 , j2 ] ∈ P tais que I1 ⊂ I2 , ent˜ao i1 = i2 ou j1 = j2 . Determine o maior n´ umero possivel de elementos de uma fam´ılia unida.

2. Prove a vers˜ao dual do teorema de Dilworth: seja P um conjunto com ordem parcial. Ent˜ao a menor quantidade de anticadeias que cobre P ´e igual `a quantidade de elementos na maior cadeia. 3. Sejam a e b inteiros positivos. Prove que, em uma sequˆencia com ab + 1 n´ umeros reais distintos, existe uma subsequˆencia crescente com a + 1 n´ umeros ou uma subsequˆencia descrescente com b + 1 n´ umeros. 4. (Eslov´aquia) Dados 1001 retˆ angulos com ambas as dimens˜ oes pertencentes ao conjunto {1, 2, 3, . . . , 1000}, prove que podemos escolher trˆes deles distintos, A, B, C, tais que A cabe em B e B cabe em C. 5. (Romˆenia) Sejam m e n inteiros positivos e S um subconjunto de {1, 2, 3, . . . , 2m n} com (2m − 1)n + 1 elementos. Demonstre que S cont´em m + 1 n´ umeros distintos a0 , a1 , . . . , am tais que ak−1 | ak para k = 1, 2, . . . , m. 6. Seja A = {A1 , A2 , . . . , Am } uma fam´ılia de subconjuntos distintos de {1, 2, . . . , n} com no m´ aximo n/2 elementos. Suponha que Ai 6⊂ Aj e Ai ∩ Aj 6= ∅ para i, j distintos. Prove que m X 1
≤ 1. n−1 i=1

|Ai |−1

7. Dados n pontos no plano tais que quaisquer trˆes deles est´a contido em um c´ırculo de raio 1, prove que todos os n pontos est˜ao contidos em um c´ırculo de raio 1. 8. Seja M um conjunto finito de pontos tal que a distˆ ancia entre quaisquer dois deles √ n˜ao excede 1. Prove que M est´a contido em um c´ırculo de raio 1/ 3. 9. Seja X um conjunto com 2k elementos. Considere uma fam´ılia F de subconjuntos de X, cada um com k elementos, tais que todo subconjunto de k − 1 elementos de X est´a contido em exatamente um elemento de F. Prove que k + 1 ´e primo. 10. (IMO) Prove que o conjunto {1, 2, 3, . . . , 1989} pode ser particionado em subconjuntos A1 , A2 , . . . , A117 tais que |Ai | = 17 para i = 1, 2, . . . , 117 e a soma dos elementos de cada Ai ´e igual.

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11. (OBM) A cada dia, os 289 alunos de uma escola s˜ ao divididos em 17 grupos com 17 alunos. Nenhum par de estudantes caiu no mesmo grupo mais de uma vez. Por quantos dias, no m´ aximo, ´e poss´ıvel fazer essas divis˜oes? 12. Construa explicitamente um exemplo de triplas de Steiner se o conjunto em quest˜ao tem 6k + 3 pontos. 13. (Banco da IMO) Para cada inteiro n ≥ 2, seja N (n) o n´ umero m´ aximo de triplas de n´ umeros (ai , bi , ci ), i = 1, . . . , N (n), consistindo de inteiros n˜ao negativos ai , bi e ci , tais que as duas seguintes condi¸c˜oes s˜ ao satisfeitas: (1) ai + bi + ci = n, para todo i = 1, . . . , N (n); (2) Se i 6= j, ent˜ao ai 6= aj , bi 6= bj e ci 6= cj . Determine N (n), para cada n ≥ 2. 14. (OIMU) A soma (ou diferen¸ca sim´etrica) dos conjuntos A e B ´e definida como: A ∆ B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) Inicialmente os 1024 subconjuntos de um conjunto de 10 elementos est˜ao escritos ciclicamente numa circunferˆencia. Simultaneamente entre cada dois subconjuntos vizinhos escreve-se sua soma. Depois todos os conjuntos anteriores s˜ ao apagados. Quais conjuntos estar˜ao escritos na circunferˆencia depois de repetir esta opera¸c˜ao 2001 vezes? 15. (China Girls) Seja n um inteiro maior do que 2 e sejam A1 , A2 , . . . , A2n subconjuntos distintos de {1, 2, . . . , n}. Determine o valor m´ aximo de 2n X |Ai ∩ Ai+1 | |Ai | · |Ai+1 | i=1

em que A2n+1 = A1 e |X| denota a cardinalidade de X. 16. (China) Seja n ≥ 2 inteiro. Considere n conjuntos finitos n˜ao vazios A1 , A2 , . . . , An tais que |Ai ∆ Aj | = |i − j|, i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. P Encontre o valor m´ınimo de ni=1 |Ai |.

Bibliografia

1. R. Diestel, Graph Theory. Springer 2003. 2. C. J. Colbourn, A. Rosa, Triple Systems. Oxford University Press 1999. 3. P. Cameron, Combinatorics – Topics, Techniques and Algorithms. Cambridge University Press 1994.

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Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. Considere as 2n − 1 cadeias [i, i + 1] ⊂ [i − 1, i + 2] ⊂ [i − 2, i + 3] ⊂ . . . ⊂ [i − k, i + k + 1] . . . ,

[i − 1, i + 1] ⊂ [i − 2, i + 2] ⊂ [i − 3, i + 3] ⊂ . . . ⊂ [i − k, i + k] . . . ,

0≤i≤n−1

1≤i≤n−1

Note que uma fam´ılia unida n˜ao pode ter dois elementos da mesma cadeia, de modo que a quantidade de elementos de uma fam´ılia unida ´e no m´ aximo 2n−1. Um exemplo com 2n − 1 intervalos ´e considerar os intervalos [0, i] e [i, n], 1 ≤ i ≤ n − 1 e [0, n]. 2. Para cada x do conjunto, seja nx o tamanho da maior cadeia que tem x como termo maximal. Se x, y ∈ Ai s˜ ao tais que x ≻ y, ent˜ao nx ≥ ny + 1 (tomamos a maior cadeia com y e colocamos x depois). Ent˜ao os conjuntos Ai = {x : nx = i} s˜ ao anticadeias, e ao variamos i entre 1 e o tamanho da maior cadeia no conjunto, obtemos anticadeias que cobrem o conjunto todo. Para terminar, note que n˜ao ´e poss´ıvel ter menos anticadeias, j´a que elementos de uma mesma cadeia devem ir para anticadeias diferentes. 3. Considere a rela¸c˜ao de ordem usual (o ≤), mas s´ o comparando termos na ordem da sequˆencia. Se houver uma cadeia de tamanho a+1, o problema acaba imediatamente. Ent˜ao toda cadeia tem no m´ aximo a termos, de modo que pelo menos b + 1 cadeias s˜ ao necess´arias para cobrir a sequˆencia. Isso quer dizer que existe uma anticadeia de ´ uma sequˆencia decrescente, pois n˜ao tamanho b + 1. Mas o que ´e uma anticadeia? E pode haver dois n´ umeros x, y com x ≤ y na anticadeia. 4. Primeiro, “deite” os retˆ angulos, de modo que as bases s˜ ao maiores ou iguais `as alturas. Descrevemos cada retˆ angulo Ri por uma tripla (hi , bi ), com 1 ≤ hi ≤ bi ≤ 1000, 1 ≤ i ≤ 1001, sendo hi sua altura e bi sua base. Considere a ordem ≺ em que (a, b) ≺ (c, d) ⇐⇒ a ≤ c e b ≤ d (ou seja, um retˆ angulo cabe no outro). Ent˜ao precisamos provar que existe uma cadeia de tamanho pelo menos trˆes. Suponha por absurdo que n˜ao haja tal cadeia. Ent˜ao h´a pelo menos 501 cadeias, e portanto pelo teorema de Dilworth existe uma anticadeia com pelo menos 501 retˆ angulos. Sejam 1 ≤ h1 < h2 < . . . < h501 as alturas (s˜ao distintas porque sen˜ao eles seriam compar´ aveis) e b1 > b2 > . . . > b501 as bases. Temos h501 ≥ 501 e b501 ≤ 500, o que contradiz hi ≤ bi . Logo existe uma cadeia de tamanho pelo menos trˆes e o problema acabou. 5. Considere a rela¸c˜ao de ordem de divisibilidade. Temos que provar, ent˜ao, pelo dual de Dilworth, que pelo menos m + 1 anticadeias s˜ ao necess´arias para cobrir S. Ent˜ao suponha, por absurdo, que as anticadeias A1 , A2 , . . . , Am cobrem S. Para cada elemento a de uma dessas anticadeias, associe a ele um n´ umero de [2m−1 n + 1, 2m n] da t seguinte forma: escolha o n´ umero da forma 2 a que pertence a esse intervalo. Sendo t k = 2 (2u+1), chamamos 2u+1 de parte ´ımpar de k. Dois n´ umeros com mesma parte ´ımpar n˜ao podem estar na mesma anticadeia, j´a que um divide o outro (o quociente 11

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´e uma potˆencia de 2). Por isso, dois n´ umeros de uma mesma anticadeia s˜ ao levados a n´ umeros diferentes no intervalo. Mas n´ umeros de anticadeias podem ser levados a n´ umeros iguais. Se 2t k k, h´a min{t + 1, m} n´ umeros que podem ser associados a m−u−1 ele. Ent˜ao, como h´a no intervalo 2 n n´ umeros k tais que 2u−1 } k a quantidade elementos em S ´e no m´ aximo 2m−2 n + 2m−3 n · 2 + 2m−3 n · 3 + · · · + 2n · (m − 1) + n · m = (2m − 1)n, contradi¸c˜ao. 6. Vamos repetir a ideia da demonstra¸c˜ao do teorema de Erd˝ os-Ko-Rado. Considere todas as (n − 1)! permuta¸c˜oes circulares de {1, 2, . . . , n} e conte os conjuntos quando eles aparecem consecutivos em cada permuta¸c˜ao. Ou seja, contaremos a quantidade de pares (Ai , π) em que Ai ´e um conjunto da fam´ılia que aparece na permuta¸c˜ao circular π. Fixe um conjunto Ai e veja uma permuta¸c˜ao onde ele aparece: por um argumento an´ alogo ` a demonstra¸c˜ao do teorema de Erd˝os-Ko-Rado, no m´ aximo |Ai | conjuntos aparecem nessa permuta¸c˜ao. Ent˜ao, para cada apari¸c˜ao de Ai h´a no m´ aximo |Ai | outros conjuntos. Em termos de contagem, tanto faz qual ´e o conjunto, ent˜ao podemos fazer a contagem dessa forma: as permuta¸c˜oes em que ele aparece s˜ ao |Ai |!(n−|Ai |)!, mas como ele aparece |Ai | vezes repetido, contamos (|Ai |−1)!(n−|Ai |)! conjuntos. Somando tudo d´a menos do que a quantidade de permuta¸c˜oes circulares, logo m m X X 1
≤ 1. (|Ai | − 1)!(n − |Ai |)! ≤ (n − 1)! ⇐⇒ n−1 i=1

i=1

|Ai |−1

7. Considere os c´ırculos com centro em cada um dos n pontos. Ent˜ao quaisquer trˆes desses c´ırculos tˆem interse¸c˜ao n˜ao vazia, e pelo teorema de Helly todos os c´ırculos tˆem interse¸c˜ao n˜ao vazia. Seja O um ponto da interse¸c˜ao; O est´a a uma distˆ ancia menor ou igual a 1 de todos os pontos, e esse ´e o centro de um c´ırculo de raio 1 que cont´em todos os pontos.

8. Primeiro, √ note que quaisquer trˆes pontos A, B e C de M est˜ao em um c´ırculo de angulo equil´atero de lado 1. raio 1/ 3, que ´e o raio do c´ırculo circunscrito a um triˆ De fato, suponha que AB ´e o maior lado do triˆ angulo ABC. Ent˜ao ∠ACB ≥ 60◦ . Ent˜ao, se ∠ACB ≥ 90◦ , um c´ırculo de centro no ponto m´edio de AB, e portanto raio ◦ menor ou igual a 1/2, cont´em o triˆ angulo ABC. Se ∠ACB √ ≤ 90 , pela lei dos senos 1 AB o circunraio R de AB ´e R = 2 sen ∠ACB ≤ 2·√3/2 = 1/ 3. Assim, pelo problema √ anterior, todos os pontos est˜ao em um c´ırculo de raio 1/ 3. 9. Note que todo conjunto com a elementos est´a na mesma quantidade de subconjuntos
2k−a de F. H´ a k−1−a conjuntos de k − 1 elementos contendo a elementos fixados. Cada
k−a elemento de F cont´em k−1−a = k − a desses conjuntos de k − 1 elementos, logo
2k−a 1 h´a k−a k−1−a conjuntos em F que contˆem a elementos fixados. Logo k − a divide (2k − a)(2k − a − 1) . . . (2k − a − k + 1 + a + 1) = (2k − a)(2k − a − 1) . . . (k + 2), 1 ≤ a ≤ k − 1. Em particular, todo primo p = k − a entre 2 e k − 1 divide 12

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(2k − a)(2k − a − 1) . . . (k + 2) = (k + 2)(k + 3) . . . (k + p). Em particular, nenhum deles pode dividir k + 1 (caso contr´ario ele n˜ao dividiria k + 2, k + 3, . . . , k + p). Assim, k + 1 tem que ser primo. 10. H´ a, ´e claro, v´arias maneiras de se fazer isso. Exibiremos uma baseada nas seguintes ideias: • Primeiro dividimos o conjunto {1, 2, 3, . . . , 3 · 117} em 117 conjuntos com trˆes elementos, todos com a mesma soma 3·117·(3·117+1) = 9 · 58 + 6: considere os 2·117 conjuntos {i, 3 · 58 + 1 + i, 6 · 58 + 5 − 2i}, {58 + 1 + i, 2 · 58 + 1 + i, 6 · 58 + 4 − 2i}, i = 1, 2, . . . , 58, e {58 + 1, 4 · 58 + 2, 4 · 58 + 3}. Entendeu a ideia? Na primeira classe de conjuntos, o i cobre os n´ umeros de 1 a 58, o 3 · 58 + 1 + i cobre de 3 · 58 + 2 a 4 · 58 + 1 e o 6 · 58 + 5 − 2i os ´ımpares de 4 · 58 + 5 at´e 6 · 58 + 3 = 3 · 117; na segunda classe de conjuntos, temos 58 + 1 + i cobrindo de 58 + 2 at´e 2 · 58 + 1, 2 · 58 + 1 + i cobrindo de 2 · 58 + 2 at´e 3 · 58 + 1 e 6 · 58 + 4 − 2i cobrindo os pares de 4 · 58 + 4 at´e 6 · 58 + 2. • Depois dividimos o conjunto {117 · (2k + 1) + 1, 117 · (2k + 1) + 2, 117 · (2k + 1) + 3, . . . , 117 · (2k + 1) + 2 · 117} em 117 conjuntos com dois elementos, todos com a mesma soma: nesse caso ´e s´ o tomar os equidistantes: {117 · (2k + 1) + i, 117 · (2k + 1) + 118 − i}, i = 1, 2, . . . , 117.

Para terminar o problema, basta juntar um conjunto com trˆes elementos com sete conjuntos com dois elementos, um de cada tipo. 11. Cada aluno fica no mesmo grupo com outros 16 alunos. Como s˜ ao 288 colegas no total, o esquema pode ser feito por no m´ aximo 288/16 = 18 dias. Vamos exibir um exemplo com 18 dias: represente cada aluno por um par ordenado (a, b) com 0 ≤ a, b ≤ 16 (ou seja, estamos trabalhando m´ odulo 17). No dia i, 0 ≤ i ≤ 16, tome o grupo j com os alunos (0, j), (1, j + i), (2, j + 2i), . . . , (16, j + 16i) (contas todas feitas m´ odulo 17). A u ´ltima divis˜ao ´e a usual com o grupo j com (j, 0), (j, 1), . . . , (j, 16). Note que esses grupos s˜ ao sempre disjuntos: no dia i, para achar o grupo do aluno (a, b) basta tomar j = b − ai. Como todos os alunos est˜ao em algum dos 17 grupos e cada grupo tem 17 alunos, n˜ao ´e poss´ıvel haver repeti¸c˜oes. S´o falta mostrar que todo par de alunos (a, b), (x, y) aparece no mesmo grupo em algum momento. Se a = x, eles est˜ao no grupo a na u ´ltima divis˜ao. Se a 6= x, basta encontrar i, j tais que b ≡ j + ai (mod 17) e y ≡ j + xi (mod 17). Mas a´ı temos (x − a)i ≡ b − y (mod 17), e como 17 ´e primo ´e sempre poss´ıvel encontrar i; substituindo, encontramos j. Com isso, todo par est´a representado. Como s˜ ao

289 17 = 2 · 18 · 17 pares tanto de alunos como de pares dentro do mesmo grupo em 2 algum dia, n˜ao h´a repeti¸c˜oes, de modo que cada par aparece exatamente uma vez. Observa¸ c˜ ao 2. Essa constru¸ca ˜o ´e um exemplo de plano afim finito.

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12. Considere trˆes c´opias de Z/(2k + 1), ou seja, ai , bi , ci , i ∈ Z/(2k + 1). As triplas s˜ ao {ai , aj , b(i+j)/2 }, {bi , bj , c(i+j)/2 }, {ci , cj , a(i+j)/2 }, (i 6= j nos trˆes casos anteriores) e
{ai , bi , ci }. Note que h´a 3 · 2k+1 + 2k + 1 = (6k+3)(6k+2) triplas, ent˜ao basta verificar 2 6 se todo par est´a em alguma tripla. Pares do tipo {ai , aj }, {bi , bj } e {ci , cj } s˜ ao f´aceis de achar (veja as trˆes primeiras classes de triplas). Pares do tipo {ai , bj }, i 6= j est˜ao em {ai , a2j−i , bj }; ´e claro que o mesmo argumento vale para {bi , cj } e {ci , aj }. Enfim, pares do tipo {ai , bi } est˜ao na u ´ltima classe. 13. Para simplificar a nota¸c˜ao, seja N (n) = N . Primeiro, note que a soma de todas as coordenadas de todas as triplas ´e n · N , que deve ser maior ou igual a 3(0 + 1 + 2 + −1) · · · + N − 1) = 3N (N . Logo 2 n·N ≥

2n 3N (N − 1) ⇐⇒ N ≤ + 1, 2 3

ou seja, N (n) ≤ ⌊ 2n 3 ⌋ + 1.

Para n = 3k, considere o exemplo S = {(i, m + i, 2m − 2i); 0 ≤ i ≤ m} ∪ {(m + 1 + i, i, 2m − 2i − 1); 0 ≤ i ≤ m − 1}

com 2k + 1 triplas. Para n = 3k + 1, ⌊ 2n 3 ⌋ + 1 = 2k + 1; basta tomar o exemplo anterior e somar 1 na terceira coordenada, por exemplo. Para n = 3k − 1, ⌊ 2n 3 ⌋ + 1 = 2k; basta tomar o exemplo anterior, eliminar o que tem 0 na terceira coordenada e subtrair 1 de cada um dos demais. Logo N (n) = ⌊ 2n 3 ⌋ + 1. 14. Primeiro, prove que A ∆ (B ∆ C) = (A ∆ B) ∆ C (d´a um pouco de trabalho, mas n˜ao ´e dif´ıcil). Com isso, podemos dispensar os parˆentesis. Al´em disso, note que podemos trocar a ordem das contas; al´em disso, A ∆ A = ∅ e A ∆ ∅ = ∅ ∆ A = A. Com isso, podemos fazer algumas itera¸c˜oes: sendo A1 , A2 , . . . , A1024 os subconjuntos, na primeira itera¸c˜ao aparecem Ai ∆ Ai+1 ; na segunda, Ai ∆ Ai+1 ∆ Ai+1 ∆ Ai+2 . Abusando um pouco da linguagem, denote mAi = Ai ∆ Ai ∆ . . . ∆ Ai . Veja que | {z } m vezes

mA = ∅ para m par e mA = A para m ´ımpar. Com isso, note que aparece Ai ∆ 2Ai+1 ∆ Ai+2 . Continuando, n˜ao ´e dif´ıcil provar por indu¸c˜ao (com uma c˜ao
demonstra¸
igual `a do binˆ omio de Newton) que na itera¸c˜ao k os conjuntos s˜ ao k0 Ai ∆ k1 Ai+1 ∆


k . . . ∆ kj Ai+j . . . ∆ kk Ai+k . Em particular, na itera¸c˜ao 1024 os conjuntos 2 Ai+2 ∆




1024 1024 1024 1024 s˜ ao 1024 0 Ai ∆ 1 Ai+1 ∆ 2 Ai+2 ∆ . . . ∆ 1024 Ai+1024 . Mas sabe-se que i ´e par para 0 < i < 1024, logo sobra Ai ∆ Ai+1024 = Ai ∆ Ai = ∅. Logo, ap´ os 1024 passos todos os conjuntos ficam vazios, e passam a ser assim para sempre.

15. Como os conjuntos s˜ ao distintos, no m´ aximo um dos conjuntos Ai , Ai+1 ´e igual `a interse¸c˜ao Ai ∩ Ai+1 = X. Logo |X| 1 |Ai ∩ Ai+1 | ≤ ≤ |Ai | · |Ai+1 | |X| · (|X| + 1) 2 14

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Assim, a soma pedida n˜ao ultrapassa n. Por outro lado, fazendo A2i−1 = {i} e A2i = {i, i + 1} (tomando A2n = {n, 1}), 1 ≤ i ≤ n, obtemos esse valor, que ´e ent˜ao o m´ aximo. P2 a que dois conjuntos arios tˆem diferen¸ca 16. Para n = 2, temos i=1 |Ai | ≥ 3, j´ P3 unit´ |A sim´etrica com 0 ou 2 elementos. Para n = 3, temos i | ≥ 4, pelo mesmo i=1 motivo. Seja f (n) o valor m´ınimo da soma. Ent˜ao, como |Ak+1 ∆A | = k =⇒ |A1 |+|Ak+1 | ≥ P1k+1 k e podemos transladar os ´ındices de qualquer forma, i=1 |Ai | = |A1 | + |Ak+1 | + Pk−1 i=1 |Ai+1 | ≥ k + f (k − 1). Ou seja, f (n) ≥ n − 1 + f (n − 2). 2

n−1 n −1 Para n ´ımpar, temos f (n) ≥ (n−1)+(n−3)+· · ·+4+f (3) = n+1 2 · 2 +2 = 4 +2. 2 n Para n par, temos j k f (n) ≥ (n − 1) + (n − 3) + · · · + 3 + f (2) = 4 + 2. Ou seja, em

geral, f (n) ≥

n2 4

+ 2.

O exemplo pode ser constru´ıdo usando o caso de igualdade: |A1 | + |An | = |A1 ∆ An | ⇐⇒ A1 ∩ An = ∅. Como na nossa indu¸c˜ao tiramos A1 e An , o melhor ´e construir tudo “de dentro para fora”. Para n = 2k + 1, considere o exemplo Ai = {1, 3, 5, . . . , 2(k − i) + 1}, 1 ≤ i ≤ k, Ak+1 = {1, 2} e Ai = {2, 4, 6, . . . , 2(i − k − 1)} para k + 2 ≤ i ≤ 2k + 1; para n = 2k, s´ o desconsidere A2k+1 . Fa¸ca outra indu¸c˜ao para mostrar que esses exemplos funcionam.

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Programa Olímpico de Treinamento Aula

Curso de Combinatória – Nível 3

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´ Aplica¸c˜ oes de Algebra Linear em Combinat´ oria Embora n˜ao pare¸ca, muitos resultados de Combinat´ oria podem ser demonstrados com o ´ aux´ılio da Algebra Linear e vice-versa. O intuito aqui ´e explorar essa interessante intera¸c˜ao entre matrizes e Combinat´ oria. Essas duas ´ areas da Matem´ atica, apesar de serem bastante diferentes, tˆem um ponto de liga¸c˜ao bastante forte: a Combinat´ oria, essencialmente, visa organizar. E uma matriz ´e exatamente uma esp´ecie de tabela, ou seja, ´e organizada por natureza. Assim, por que as matrizes n˜ao podem dar uma m˜ aozinha na Combinat´ oria? ´ E o melhor ´e que Algebra Linear e Combinat´ oria, exatamente por serem duas a´reas bem diferentes, quando combinadas nos d˜ao muitos resultados interessantes.

Matrizes e grafos: matriz de adjacˆ encia e ´ arvores geradoras No que se segue, n = |V | ´e a quantidade de v´ertices e m = |E| ´e a quantidade de arestas. Defini¸ c˜ ao 1. Matriz de incidˆencia de um grafo ´e uma matriz Bn×m , sendo que associamos a cada linha um v´ertice e a cada coluna uma aresta. Cada entrada da matriz ´e definida por ( 1, se o v´ertice i est´ a na aresta j bij = 0, caso contr´ ario Defini¸ c˜ ao 2. Matriz de adjacˆencia de um grafo ´e a matriz An×n = C · C t , em que C ´e obtida de B trocando o sinal de um dos 1 em cada coluna. Lema 1. A matriz de adjacˆencia A de    gi , aij = −1,   0,

um grafo ´e sim´etrica, com se i = j se {i, j} ´e uma aresta , caso contrario

sendo gi o grau do v´ertice i, isto ´e, o n´ umero de arestas que contˆem i.

Demonstra¸ c˜ ao: O elemento aij da matriz C · C t ´e o produto interno das linhas i e j. Observemos que a linha i consiste de 1’s e −1’s nas colunas correspondentes `as arestas que contˆem i. O produto interno da linha i com ela mesma ´e, considerando ainda que os −1’s

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multiplicam-se com eles mesmos, a quantidade de arestas que contˆem o v´ertice i, ou seja, aii = g(i). Considerando que cada coluna s´ o tem duas entradas n˜ao nulas, uma igual a 1 e outra, a −1, cada parcela do produto interno de duas linhas distintas i e j s´ o n˜ao ´e nula quando h´a uma aresta ligando i e j, sendo igual, nesse caso, a 1 · (−1) = −1. Essa ´e, se existir, a u ´nica parcela n˜ao nula, pois h´a no m´ aximo uma aresta ligando quaiquer dois v´ertices. Logo, para i 6= j, aij = −1 quando {i; j} ´e uma aresta e 0, caso contr´ario. O pr´oximo resultado nos d´a uma contagem muito interessante. Teorema 1. O n´ umero de ´ arvores geradoras que s˜ ao subgrafos de um grafo com v´ertices numerados ´e igual a det Mii para i = 1, 2, . . . , n, sendo Mii a matriz obtida retirando-se a i-´esima linha e a i-´esima coluna. ´ Aqui, duas demonstra¸c˜oes. A primeira baseada em Algebra Linear e a segunda, baseada em t´ecnicas de grafos, ou seja, indu¸c˜ao. ´ Primeira demonstra¸ c˜ ao (Algebra Linear): Utilizaremos a f´ormula de Binet-Cauchy (que podemos demonstrar, ironicamente, com argumentos combinat´ orios semelhantes aos da u ´ltima se¸c˜ao): se Pr×s e Qs×r s˜ ao matrizes, ent˜ao X det(P · Q) = det PZ · det QZ , Z

em que PZ ´e uma submatriz r × r de P tomando-se as colunas do conjunto Z e QZ ´e a submatriz de Q tomando-se as r linhas correspondentes do mesmo conjunto Z. A soma ´e sobre todos os subconjuntos de r elementos de {1, 2, . . . , s}. No nosso caso, sendo Mii = Ci · Cit , sendo Ci a matriz obtida retirando-se a linha i da matriz de incidˆencia C, X X det Mii = det CZ · det CZt = (det CZ )2 Z

Z

Observe que Z ´e um subconjunto de n − 1 colunas de {1, 2, . . . , m} \ {i}, o que, em termos de grafos, ´e o mesmo que escolher n−1 arestas do grafo correspondente. Afirmamos que det CZ = ±1 quando essas n − 1 arestas determinam uma ´arvore no grafo e 0 caso contr´ario. Caso as n − 1 arestas n˜ao formem uma ´arvore (ou seja, n˜ao ´e conexo e ac´ıclico), o grafo resultante n˜ao ´e conexo (o grafo n˜ao pode ser conexo e conter um ciclo; se isso acontecesse, teria mais de n−1 arestas). Tome uma das componentes conexas do grafo que n˜ao cont´em i. A soma das linhas correspondentes em CZ ´e zero, pois essas linhas formam, separadamente, uma matriz de incidˆencia dessa componente conexa unida a uma bloco de zeros. Portanto, nesse caso, det CZ = 0. Caso as n − 1 arestas formem uma ´arvore, tome um v´ertice, diferente de i, de grau 1. Troque as linhas da matriz CZ de modo que esse v´ertice fique na primeira linha e a aresta que o cont´em fique na primeira coluna. Note que, na primeira linha, todas as entradas ap´ os a primeira coluna s˜ ao nulas. Tire esse v´ertice e essa aresta do grafo e repita o procedimento, colocando agora o pr´oximo v´ertice de grau 1 na segunda linha e a aresta correspondente na 2

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segunda coluna. Continue o procedimento at´e acabarem-se os v´ertices. Note que obtemos uma matriz triangular superior, cujo determinante ´e, portanto, ±1. Como transpor linhas e colunas mant´em o determinante a menos de sinal, det CZ = ±1 nesse caso. Para terminar, vamos ver a identidade X det Mii = (det CZ )2 Z

com olhos combinat´ orios: a soma ´e sobre todos os conjuntos de n − 1 arestas do grafo, sendo que cada parcela (det CZ )2 ´e igual a 1 se as n − 1 arestas determinam uma ´arvore e 0, caso contr´ario; ou seja, cada parcela ´e um “marcador de a´rvores”. Desse modo, det Mii ´e realmente igual ao n´ umero de ´ arvores do grafo. Segunda demonstra¸ c˜ ao (Teoria dos Grafos): Uma das principais t´ecnicas de demonstra¸c˜ao em grafos ´e indu¸c˜ao. Isso ocorre porque grafos, tendo defini¸c˜oes t˜ao gerais, tendem a n˜ao ter muita estrutura. O que funciona bem para encontrar estrutura em entidades com pouca estrutura? Indu¸c˜ao! E muitas dessas indu¸c˜oes acabam gerando algoritmos ou vice-versa. Primeiro, vamos generazilar o problema para multigrafos: um multigrafo ´e o mesmo que um grafo, mas com a diferen¸ca de que ´e poss´ıvel ligar dois v´ertices com mais de uma aresta. A defini¸c˜ao de grau continua a mesma: ´e a quantidade de arestas que cont´em o v´ertice. As defini¸c˜oes de matriz de incidˆencia e adjacˆencias continuam iguais tamb´em: a u ´nica diferen¸ca ´e que, na matriz de incidˆencia, se h´a k arestas ligando i e j, colocamos k colunas com 1 nas linhas i e j. Ao construir a matriz de adjacˆencia A, na hora de designar sinais `as arestas, o principal cuidado ´e de designar a mesma orienta¸c˜ao a arestas que ligam os mesmos v´ertices, de modo que   se i = j  gi , aij = −k, sendo k o n´ umero de arestas que ligam i e j ,   0, caso contr´ario sendo gi o grau do v´ertice i. Vamos provar o resultado generalizado para multigrafos por indu¸c˜ao sobre arestas. Quando n˜ao h´a arestas, o resultado ´e ´obvio, dado que a matriz de adjacˆencia ´e nula. Suponha, agora, que temos um multigrafo e que o resultado ´e v´alido para multigrafos com menos arestas. Se todas as arestas contˆem i, o resultado ´e simples de demonstrar e fica como exerc´ıcio (´e s´ o notar que Mii , nesse caso, ´e uma matriz diagonal). Caso contr´ario, tome dois v´ertices v e w, diferentes de i, ligados por k > 0 arestas. Classifique as ´arvores em dois tipos: as que cont´em uma aresta ligando v e w e as que n˜ao cont´em. A quantidade de ´arvores do primeiro tipo pode ser calculada contraindo-se os v´ertices v e w, isto ´e, tomando o grafo com um v´ertice u no lugar de v e w, sem as k arestas os ligando, e mantendo as demais arestas, sendo que arestas ligadas a v e w s˜ ao doravante ligados a u; a quantidade de ´arvores do segundo tipo pode ser calculada utilizando a hip´ otese de indu¸c˜ao para o grafo obtido deletando-se as k arestas ligando v e w. Para facilitar as contas, vamos supor, sem perda de generalidade, que v e w correspondem `a primeira e segunda linhas da matriz Mii .

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POT 2012 - Combinat´ oria - N´ıvel 3 - Aula 21 - Prof. Carlos Shine Árvores em

k vezes Árvores em

g 1 + g2 - 2k

+

Árvores em g1 - k

k

g2 - k

g1 - k

g2 - k

Note que se a ´ arvore cont´em uma aresta ligando u e w, podemos escolhˆe-la de k maneiras; por isso multiplicamos o n´ umero de ´arvores do primeiro tipo por k. A matriz de adjacˆencia (sem linha e coluna i) que conta ´arvores do primeiro tipo ´e   g1 + g2 − 2k ℓ1 + ℓ2 , Xn−2×n−2 = ℓt1 + ℓt2 P sendo g1 o grau de v, g2 o grau de w, ℓ1 , ℓ2 , ℓt1 e ℓt2 respectivamente a primeira linha, a segunda linha, a primeira coluna e a segunda coluna de Mii sem suas duas primeiras entradas e P a submatriz de Mii obtida retirando a primeira e a segunda linhas e a primeira e a segunda colunas de Mii . A matriz de adjacˆencia (sem linha e coluna i) que conta ´arvores do segundo tipo ´e   g1 − k 0 ℓ1 g2 − k ℓ2  Yn−1×n−1 =  0 t ℓ1 ℓt2 P Assim, temos g1 −k ℓt 1

que provar que −k ℓ1 0 ℓ1 g1 + g2 − 2k ℓ1 + ℓ2 g1 − k + 0 g2 ℓ2 = k · g2 − k ℓ2 ℓt1 + ℓt2 P t t ℓ2 P ℓ1 ℓt2 P

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Mas isso ´e s´ o uma conta: 0 ℓ1 g1 + g2 − 2k ℓ1 + ℓ2 g1 − k + 0 g2 − k ℓ2 k · ℓt1 + ℓt2 P t P ℓt2 ℓ1 k 0 0 g1 − k g1 − k ℓ1 g2 − k ℓ2 = g1 − k g1 + g2 − 2k ℓ1 + ℓ2 + 0 t t t ℓt ℓ1 ℓt1 + ℓt2 P ℓ1 + ℓ2 P 1 k g1 − k ℓ1 0 0 g1 − k = g1 − k g1 + g2 − 2k ℓ1 + ℓ2 + g1 − k g1 + g2 − 2k ℓ1 + ℓ2 ℓt ℓt1 + ℓt2 P ℓt1 + ℓt2 P ℓt1 1 g 1 − k + k g1 − k ℓ1 g1 + g2 − 2k ℓ1 + ℓ2 = g1 − k t ℓ1 ℓt1 + ℓt2 P g g − k ℓ 1 1 1 = (g1 − k) − g1 (g1 + g2 − 2k) − (g1 − k) (ℓ1 + ℓ2 ) − ℓ1 ℓt1 ℓt1 + ℓt2 P g1 (g1 − k) − g1 ℓ1 = −k (g2 − k) − (−k) ℓ2 ℓt P (ℓt1 + ℓt2 ) − ℓt1 1 g1 −k ℓ1 = −k g2 ℓ2 ℓt ℓt2 P 1 Exemplo 1. (Vingan¸ca Ol´ımpica) Seja A uma matriz sim´etrica tal que a soma de cada linha ´e zero. Mostre que a diagonal da matriz co-fatora de A possui todas as entradas iguais. Obs.: a matriz co-fatora de uma matriz quadrada A = (aij ) ´e igual a B = (bij ), onde bij = (−1)i+j det Aij . Solu¸ c˜ ao: A matriz do problema ´e muito semelhante `a matriz de adjacˆencia, n˜ao? E as co-fatoras das diagonais correspondem exatamente ao n´ umero de ´arvores! Ent˜ao, no caso particular em que as entradas da matriz s˜ ao inteiras, com elementos da diagonal principal n˜ao negativos e elementos fora da diagonal principal n˜ao positivos. Como generalizamos? Considere um grafo completo Kn (isto ´e, um grafo no qual ligamos por uma aresta todos os pares de v´ertices) com tantos v´ertices quanto a ordem da matriz A. Associe ` a aresta que liga os v´ertices i 6= j o n´ umero aij , o que n˜ao ´e problema j´a que a matriz ´e sim´etrica. Por fim, defina o neograu do v´ertice i como o oposto da soma dos n´ umeros associados a arestas que contˆem i. Por fim, associe a cada sub´arvore do grafo o produto dos n´ umeros correspondentes `as arestas.

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A matriz A ´e agora uma esp´ecie de matriz de adjacˆencia desse grafo e, utilizando uma demonstra¸c˜ao completamente an´ aloga ` a segunda prova do teorema acima (pode conferir!), resolvemos esse problema.

Uma desigualdade u ´ til sobre postos ´ Um fato bem conhecido da Algebra Linear ´e Lema 2. Seja p(M ) o posto da matriz M . Ent˜ ao p(AB) ≤ p(A) e p(AB) ≤ B. Podemos usar esse fato para provar algumas desigualdades em Combinat´ oria.

Posto e design de experimentos Definimos matriz de incidˆencia tamb´em para block designs. Defini¸ c˜ ao 3. Matriz de adjacˆencia de um (v, k, λ)-design ´e uma matriz B = (bij )v×b na qual associamos cada linha a um elemento de S e cada coluna a um bloco, e ( 1 se i pertence ao bloco j bij = 0 caso contr´ ario 

r λ λ ··· λ r λ · · ·   t Lema 3. B · B = λ λ r · · ·  .. .. .. . . . . . . λ λ λ ···

 λ λ  λ . ..  . r

Demonstra¸ c˜ ao: O elemento aij do produto ´e o produto interno das linhas i e j. Se i = j, ´e simplesmente o n´ umero de uns na linha i, que ´e o n´ umero de blocos que contˆem i, ou seja, r. Se i 6= j, ´e o n´ umero de blocos que contˆem i e j, ou seja, λ. ´ Agora usamos um resultado da Algebra Linear para provar uma desigualdade interessante. Teorema 2 (Desigualdade de Fisher). Se existe um (v, kλ)-design ent˜ ao b ≥ v, ou seja, a quantidade de blocos ´e maior ou igual ` a quantidade de elementos de S. Demonstra¸ c˜ ao: Observe que o posto da matriz de incidˆencia B (e de sua transposta B t ) ´e no m´ aximo a menor dimens˜ ao de B. Assim, o posto de B · B t ´e menor ou igual a ambos v e b.

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Calculemos det(B · B t ): r λ λ · · · λ r λ − r λ − r · · · λ r λ · · · λ λ r − λ 0 ··· λ λ r · · · λ λ t 0 r − λ · ·· det(B · B ) = = .. .. .. . . . . . . . .. .. .. . . . . .. .. λ λ λ · · · r λ 0 0 ··· r + (v − 1)λ 0 0 ··· 0 λ r−λ 0 ··· 0 λ 0 r − λ ··· 0 = . . . .. . .. .. .. .. . λ 0 0 · · · r − λ

λ − r 0 0 .. . r − λ

= (r + (v − 1)λ)(r − λ)v−1 = rk(r − λ)v−1

Como r(k − 1) = λ(v − 1) e k < v, ent˜ao r > λ. Logo det(B · B t ) n˜ao ´e nulo, ou seja, o posto dessa matriz ´e v. Logo, pela desigualdade do posto, p(B ·B t ) ≤ p(B) ⇐⇒ v ≤ b. Designs e matrizes tˆem muitas rela¸c˜oes. Deixamos aqui alguns exerc´ıcios para vocˆe treinar um pouco.

Posto e geometrias finitas Geometrias finitas s˜ ao aquelas com um n´ umero finito de pontos. Por incr´ıvel que pare¸ca, essas geometrias tˆem aplica¸c˜oes interessantes em Teoria da Informa¸c˜ao e Criptologia. Suponha que um conjunto de usu´arios desejam se comunicar, via um sistema de telefonia. Tal sistema consiste de um conjunto de chaves que satisfazem as seguintes condi¸c˜oes: • Quaisquer dois usu´arios podem ser ligados diretamente por uma chave; • Cada chave conecta pelo menos dois usu´arios; • H´ a pelo menos duas chaves (uma chave s´ o ficaria sobrecarregada). A partir dessas restri¸c˜oes podemos modelar o problema atrav´es de espa¸cos lineares. Defini¸ c˜ ao 4. Um espa¸co linear consiste de um conjunto S de pontos e uma cole¸ca ˜o L de retas (conjuntos de pontos contidos em S) tais que: • Dois pontos quaisquer est˜ ao contidos em exatamente uma reta; • Cada reta tem pelo menos dois pontos; • H´ a pelo menos duas retas. Observe que se impusermos que cada ponto esteja contido na mesma quantidade de retas ent˜ao ter´ıamos um (v, k, 1)-design. Pelo teorema da se¸c˜ao anterior, a quantidade de retas ´e maior ou igual ` a quantidade de pontos. O fato ´e que esse resultado tamb´em ´e v´alido para espa¸cos lineares em geral. 7

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Teorema 3 (Teorema de DeBrujin-Erd˝ os). Num espa¸co linear, o n´ umero de retas ´e maior ou igual ao n´ umero de pontos. Demonstra¸ c˜ ao: Defina a matriz de incidˆencia A da mesma maneira que fizemos nas outras se¸c˜oes: sendo v o n´ umero de pontos e b o n´ umero de retas, A ´e uma matriz v × b com pontos como linhas e retas como colunas, sendo ( 1 se o ponto i pertence `a reta j aij = 0 caso contr´ario Calculemos, novamente, A · At . O produto escalar de uma linha por ela mesma ´e o n´ umero de retas a que o ponto correspondente pertence, e o produto escalar entre duas linhas diferentes ´e o n´ umero de retas que contˆem ambas, ou seja, 1. Al´em disso, por cada ponto passa pelo menos duas retas. Suponha o contr´ario, ou seja, que por um ponto P passe somente uma reta. Nesse caso, a reta deve conter todos os pontos do espa¸co linear, j´a que por P e outro ponto qualquer passa exatamente uma reta. Mas isso implica o espa¸co linear ter exatamente uma reta, absurdo. Logo aii = xi + 1, com xi > 0. Portanto x1 + 1 −x1 −x1 · · · −x1 x 1 + 1 1 1 · · · 1 1 x2 0 ··· 0 x2 + 1 1 ··· 1 1 0 x3 · · · 0 1 x3 + 1 · · · 1 = 1 det(A · At ) = 1 .. .. .. .. .. .. .. .. . . . . . . . . 1 0 0 · · · xv 1 1 · · · xv + 1 1 1 + x1 −1 −1 · · · −1 1 1 1 0 · · · 0 x 2 1 0 1 · · · 0 = x 1 x 2 x 3 · · · x v · x3 . .. .. .. .. . . . 1 0 0 ··· 1 xv 1 + x1 + x1 + x1 + · · · + x1 0 0 · · · 0 v 1 2 3 1 1 0 · · · 0 x 2 1 0 1 · · · 0 = x1 x2 x3 · · · xv · x3 . .. . . .. . .. . . 1 0 0 · · · 1 xv   1 1 1 1 + + + ··· + 6= 0, = x1 x2 x3 · · · xv 1 + x1 x2 x3 xv ou seja, o posto de A · At ´e v, que ´e menor ou igual ao posto de A que, por sua vez, ´e menor ou igual a b. Logo v ≤ b.

Sistemas lineares e decomposi¸c˜ ao de grafos O teorema de DeBruijn-Erd˝ os pode ser reescrito em termos de grafos: 8

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Teorema 4 (Teorema de DeBruijn-Erd˝ os em termos de grafos). Se decompusermos um grafo completo Kv em b grafos completos diferentes de Kv , tal que toda aresta est´ a em um u ´nico grafo completo, ent˜ ao b ≥ v. Demonstra¸ c˜ ao: De fato, ´e s´ o pensar nos v´ertices como pontos grafos completos menores como retas! Lembremos que um grafo bipartido completo Ka,b ´e aquele cujo conjunto de v´ertices pode ser particionado em duas classes, uma com a v´ertices e a outra, com b v´ertices, de modo que dois v´ertices est˜ao ligados se, e somente se, est˜ ao em classes diferentes. Agora, o nosso problema ´e decompor um grafo completo em grafos bipartidos completos. Podemos dividir um Kn em n−1 grafos bipartidos K1,n−1 , K1,n−2 , . . . , K1,1 (tente descobrir como). Ser´ a que d´a para usar menos grafos bipartidos? A resposta ´e n˜ao. Teorema 5. Se Kn ´e decompon´ıvel em m subgrafos bipartidos completos ent˜ ao m ≥ n − 1. O mais interessante ´e que n˜ao se conhece nenhuma demonstra¸c˜ao puramente combi´ nat´oria para esse teorema; todas usam, de um modo ou de outro, Algebra Linear. Demonstra¸ c˜ ao: Suponha que o grafo completo Kn , cujos v´ertices s˜ ao 1, 2, . . . , n, ´e decompon´ıvel nos grafos bipartidos completos H1 , H2 , . . . , Hn . Sejam Aj e Bj as classes de v´ertices de Hj . A id´eia deriva de fun¸c˜oes geratrizes: associe ao v´ertice i a vari´avel real xi e `a aresta ligando a e b o produto xa · xb . Cada grafo bipartido Hj tem |Aj ||Bj | arestas (cada v´ertice de Aj est´a em |Bj | arestas, uma para cada elemento de Bj ), logo a soma das express˜oes das arestas ´e X X xb xa · a∈Aj

b∈Bj

Somando todas as arestas, obtemos X p
xp xq =

m X j=1

 

X

xa ·

a∈Aj

X

b∈Bj



xb 

Agora, vamos montar P zero. Basta Pum sistema linear que fa¸ca com que a soma acima seja fazer, por exemplo, que a∈Aj xa = 0 para j = 1, 2, . . . , m. Obtemos, ent˜ao p
Suponha, por absurdo, que m < n − 1, ou seja, n > m + 1. Temos mais vari´aveis que equa¸c˜oes, e portanto o sistema acima ´e indeterminado. Seja, ent˜ao (c1 , c2 , . . . , cn ) uma solu¸c˜ao n˜ao trivial do sistema. Ent˜ao 0 = (c1 + c2 + · · · + cn )2 =

n X p=1

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c2p + 2

X p
cp cq =

n X p=1

c2p > 0,

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absurdo. Exemplo 2. (OBM-U) Prove que para quaisquer naturais 0 ≤ i1 < i2 < . . . < ik e
s )! s 0 ≤ j1 < j2 < . . . < jk , a matriz A = (ars )1≤r,s≤k dada por ars = ir i+j = (iirr+j ! js ! r (1 ≤ r, s ≤ k) ´e invert´ıvel. O incr´ıvel ´e que esse problema tem uma solu¸c˜ao combinat´ oria! Solu¸ c˜ ao: Antes, algumas defini¸c˜oes. Considere o reticulado Z2 . Defina caminho entre dois pontos P e Q de Z 2 como uma seq¨ uˆencia de pontos do reticulado, cada um igual ao anterior mais (0, −1) ou (1, 0), com o primeiro termo igual a P e o u ´ltimo igual a Q. Defina sistema de caminhos sem interse¸ca ˜o ligando dois subconjuntos X a Y de Z 2 , cada um com n elementos, como um conjunto de n caminhos disjuntos, cada um ligando um ponto de X e um ponto de Y . Proposi¸ c˜ ao 1. det A ´e igual ao n´ umero de sistemas de caminhos sem interse¸ca ˜o ligando os conjuntos X = {(0, i1 ), (0, i2 ), ..., (0, ik )} e Y = {(j1 , 0), (j2 , 0), ..., (jk , 0)}. Note que a partir desse resultado o problema se torna imediato, j´a que n˜ao ´e dif´ıcil achar um sistema de caminhos sem interse¸c˜ao ligando X a Y . y jk . . .

...

j2 j1

i1

...

i2

ik

x

Demonstra¸ c˜ ao da afirma¸ c˜ ao. Pela defini¸c˜ao de determinante, det A ´e a soma de k! termos, cada um igual a sgn(σ)a1σ(1) . . . akσ(k) , sendo σ uma permuta¸c˜ao de (1, 2, . . . , n).
s Considerando que ars = ir i+j , esse termo sem o sinal ´e igual ao n´ umero de maneiras de k r caminhos ligarem os pares de pontos (0, in ) a (jp(n) , 0), intersectando ou n˜ao. Em particular, todos os nossos sistemas de caminhos sem interse¸c˜ao est˜ao sendo contados quando σ ´e a identidade (n˜ao ´e dif´ıcil provar que se σ n˜ao ´e a identidade ent˜ao dois caminhos se intersectam; ´e s´ o fazer uma figura e usar continuidade). Ent˜ao os sistemas de caminhos sem interse¸c˜ao aparecem com o sinal positivo no determinante. Os sistemas de caminhos com alguma interse¸c˜ao se anulam no determinante: considere a interse¸c˜ao que est´a mais ` a esquerda (ou seja, com abscissa m´ınima); caso haja mais de uma, tome a que est´a mais para baixo (com ordenada m´ınima). Suponha que a interse¸c˜ao seja entre os caminhos ligando os pares (0, il ), (jm , 0) e (0, ip ), (jq , 0). Esse sistema de caminhos est´a sendo contado numa parcela do determinante com dois fatores iguais a alm e apq . 10

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Acontece que podemos obter um sistema de caminhos com os mesmos caminhos, exceto que trocamos os caminhos ligando os pares (0, il ), (jm , 0) e (0, ip ), (jq , 0) pelos que ligam os pares (0, il ), (jq , 0) e (0, ip ), (jm , 0). Mas esse sistema de caminhos est´a sendo contado numa outra parcela do determinante, que todos os fatores iguais, exceto os termos alm e apq , que s˜ ao substitu´ıdos por alq e apm . Mas o sinal da permuta¸c˜ao est´a trocado nessa parcela, j´ a que fizemos uma invers˜ao, ent˜ao esse sistema de caminhos aparece cortado. Note que a escolha dessa invers˜ao n˜ao tem ponto fixo e ´e bijetiva, logo todos os caminhos com interse¸c˜ao se anulam no determinante, e o resultado segue, j´a que tal invers˜ao n˜ao se aplica a sistemas de caminhos sem interse¸c˜ao. y

y

. . .

. . .

jq

jq

jm

jm

in

ip

...

x

in

ip

...

x

Vetores e espa¸cos vetoriais Um espa¸co vetorial sobre um conjunto de escalares K ´e um conjunto V , cujos elementos s˜ ao chamados vetores, munido de duas opera¸c˜oes, + e ·, com as seguintes propriedades: • Para todo u, v ∈ V , u + v ∈ V ; • Para todo α ∈ K e v ∈ V , k · V . Exemplos t´ıpicos de espa¸cos vetoriais s˜ ao os conjuntos das n-uplas ordenadas Rn . N˜ ao h´a nada de especial em R exceto pelo fato de ser um corpo. Assim, outro espa¸co vetorial interessante ´e (Z/(p))n com coordenadas vistas m´ odulo um primo p. Em combinat´ oria, um caso particular interessante ´e (Z/(2))n . Um conjunto S = {v1 , v2 , . . . , vk } de vetores pode ser linearmente dependente se existirem escalares a1 , a2 . . . , ak tais que a1 v1 + a2 v2 + · · · + ak vk = 0; caso contr´ario, S ´e linearmente independente. Independentemente de ser linearmente dependente ou independente, o conjunto S gera o conjunto hSi = {a1 v1 + a2 v2 + · · · + ak vk , a1 , a2 , . . . , ak ∈ K} 11

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de todas as combina¸co ˜es lineares de S. Conjuntos com as menores quantidades de vetores que geram todo o espa¸co vetorial V s˜ ao bases de V . Note que bases tˆem as seguintes propriedades: • S˜ao linearmente independentes; • Geram V , ou seja, todo vetor de V pode ser escrito como combina¸c˜ao linear dos elementos da base. Pode-se provar que toda base tem a mesma quantidade de elementos; essa quantidade ´e chamada dimens˜ ao de V e ´e denotada por dim V . Finalmente, um resultado simples mas extremamente u ´til: pela defini¸c˜ao de base, um conjunto linearmente independente n˜ao pode ter mais elementos do que uma base. Proposi¸ c˜ ao 2. Seja V um espa¸co vetorial de dimens˜ ao n. Ent˜ ao todo conjunto com n + 1 ou mais elementos de V ´e linearmente dependente. Exemplo 3. (China West) Sejam A1 , A2 , . . . , An+1 subconjuntos de {1, 2, . . . , n}. Prove que existem dois conjuntos disjuntos I, J ∈ {1, 2, . . . , n + 1} tais que [ [ Ak . Ak = k∈I

k∈J

Solu¸ c˜ ao: Considere o vetor caracter´ıstico de Ai , ou seja, vi = (x1 , x2 , . . . , xn ) em que xj = 0 se j ∈ / Ai e xj = 1 se j ∈ A. Como s˜ ao n + 1 vetores em Rn , que tem dimens˜ ao n, eles s˜ ao linearmente independentes, ou seja, existem constantes reais c1 , c2 , . . . , cn+1 tais que n+1 X ci vi = 0 i=1

Sendo I o conjunto dos ´ındices com ci positivo e J o conjunto dos cj ’s n˜ao positivos, temos X X |ci |vi = |cj |vj i∈I

j∈J

S

ao difeMas i∈I Ai ´e o conjunto das coordenadas da soma do primeiro membro que s˜ rentes de zero, que deve ser igual ao conjunto das coordenadas da soma do segundo membro S que s˜ ao diferentes de zero, que ´e j∈J Aj .

Problemas

1. Uma matriz Hm×m cujas entradas s˜ ao 1 ou −1 ´e chamada de Hadamard quando H · H t = mI, sendo I a identidade. Prove que se m > 2 ent˜ao m ´e m´ ultiplo de 4. Dica: prove que podemos supor, sem perda de generalidade, que a primeira linha de H tem todas as entradas iguais a 1; depois, prove que a quantidade de 1’s comuns a duas outras linhas quaisquer ´e m/4.

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Observa¸ c˜ ao 1. N˜ ao se sabe se existem matrizes de Hadamard para todo m´ ultiplo de 4. Conjectura-se que sim. 2. Prove que existe uma matriz de Hadamard de ordem 4n se, e somente se, existe um (4n − 1, 2n − 1, n − 1)-design. 3. (Su´ecia) H´ a 101 vacas em uma fazenda. Quaisquer 100 delas podem ser divididas em dois grupos de 50 vacas de modo que a soma das massas das vacas em cada grupo s˜ ao iguais. Prove que as 101 vacas tˆem a mesma massa. 4. (Ir˜ a) Seja A um conjunto de vetores de (Z/(3))n com a propriedade de que, para quaisquer dois vetores distintos a, b ∈ A, existe uma coordenada i tal que bi ≡ ai + 1 (mod 3). Prove que |A| ≤ 2n . 5. (Belarus) Considere um tabuleiro 6 × 6. Cada casa do tabuleiro ´e pintada de preto ´ permitido escolher qualquer quadrado t × t, 2 ≤ t ≤ 6, e inverter todas ou branco. E ´ sempre poss´ıvel as cores do quadrado. Vocˆe pode fazer isso quantas vezes quiser. E fazer com que todo o tabuleiro fique preto? 6. Sejam A1 , A2 , . . . , Ar subconjuntos distintos de {1, 2, . . . , n} tais que |Ai | ´e ´ımpar para todo i e |Ai ∩ Aj | ´e par para todos i 6= j. Encontre, em fun¸c˜ao de n, o maior valor poss´ıvel de r. 7. H´ a 2n pessoas em uma festa. Cada pessoa tem uma quantidade par de amigos na festa. Prove que existem duas pessoas com uma quantidade par de amigos em comum na festa. Suponha aqui que amizade ´e uma rela¸c˜ao sim´etrica. 8. Um conjunto T ´e par se |T | ´e par. Seja n um inteiro positivo par e sejam S1 , S2 , . . . , Sn subconjuntos pares de {1, 2, . . . , n}. Prove que existem i 6= j tais que |Ai ∩ Aj | ´e par. 9. Sejam A1 , A2 , . . . , An , B1 , B2 , . . . , Bn subconjuntos de A = {1, 2, . . . , n} tais que • Para todo conjunto n˜ao vazio T de A, existe i tal que |Ai ∩ T | ´e ´ımpar; • Para todos i, j, Ai e Bj tˆem exatamente um elemento em comum. Prove que B1 = B2 = · · · = Bn . 10. (R´ ussia) Em uma festa com n pessoas, para todo grupo de k pessoas, 1 ≤ k ≤ n, existe pelo menos uma pessoa, dentro ou fora do grupo, que tem uma quantidade ´ımpar de amigos no grupo. Prove que n ´e par. 11. (Vingan¸ca Ol´ımpica) Mediovagio ´e um jogo de computador que consiste em um tabuleiro 3 × 3 no qual cada uma das nove casas ´e preenchida com um n´ umero de 1 a n. Ao clicar-se em uma casa, adiciona-se uma unidade ao n´ umero da casa clicada e tamb´em ao n´ umero de cada uma das casas adjacentes por aresta `a casa clicada (a adi¸c˜ao dos ´ındices ´e feita m´ odulo n). Determine para quais valores de n ´e poss´ıvel, com um n´ umero finito de cliques, chegar a qualquer configura¸c˜ao a partir de uma configura¸c˜ao inicial aleat´ oria. 13

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12. (Mold´avia) Existem 22 c´ırculos e 22 pontos no plano tais que cada c´ırculo cont´em pelo menos 7 pontos e cada ponto pertence a pelo menos 7 c´ırculos? 13. (Vingan¸ca Ol´ımpica) Considere n lˆ ampadas numeradas de 1 a n sobre uma circunferˆencia no sentido hor´ ario. Seja ξ uma configura¸c˜ao em que 0 ≤ ℓ ≤ n lˆ ampadas quaisquer est˜ao acesas. Um procedimento batuta consiste em realizar, simultaneamente, as seguintes opera¸c˜oes: para cada uma das ℓ lˆ ampadas acesas, verificamos a numera¸c˜ao da lˆ ampada; se i est´a acesa, um sinal de alcance i ´e enviado por essa lˆ ampada, e ser´a recebido apenas pelas pr´oximas i lˆ ampadas que seguem, acesas ou apagadas, tamb´em no sentido hor´ ario. No final das opera¸c˜oes verifica-se, para cada lˆ ampada, acesa ou n˜ao, quantos sinais ela recebeu. Se ela foi atingida por uma quantidade par de sinais, ela permanece no mesmo estado. Caso contr´ario, ela tem seu estado alterado. Sendo Ψ o conjunto de todas as 2n configura¸c˜oes poss´ıveis, em que 0 ≤ ℓ ≤ n lˆ ampadas quaisquer est˜ao acesas, definimos uma fun¸c˜ao f : Ψ → Ψ onde, se ξ ´e uma configura¸c˜ao, ent˜ao f (ξ) ´e a configura¸c˜ao obtida ap´ os aplicar o procedimento batuta descrito acima. Determine todos os valores de n para os quais f ´e bijetora.

Bibliografia 1. Martin Aigner e G¨ unter Ziegler, As Provas Est˜ ao no Livro, segunda edi¸c˜ao traduzida por Marcos Botelho. 2. Ian Anderson e Iiro Honkala, A Short Course In Combinatorial Designs. O arquivo est´a dispon´ıvel em http://users.utu.fi/honkala/designs.ps 3. Albrecht Beutelspacher e Ute Rosenbaum, Projective Geometry. 4. Po-Shen Loh, Notas de aula. Dispon´ıveis em http://www.math.cmu.edu/ ploh/olympiad.shtml 5. Yufei Zhao, Algebraic Techniques in Combinatorics. Dispon´ıvel em http://yufeizhao.com/olympiad/algcomb.pdf

Respostas, Dicas e Solu¸ c˜ oes 1. A entrada aij de H · H t ´e igual ao produto das linhas i e j. Assim, se trocarmos os sinais de toda uma linha de H, H · H t continua igual a mI. Ent˜ao podemos supor sem perda de generalidade que todas as entradas da primeira linha s˜ ao iguais a 1. Agora, para que a1i = 0 o produto da linha 1 com a linha i ´e 0. Portanto as entradas da linha i, i > 1, s˜ ao m/2 uns e m/2 −1’s. Considere agora duas linhas i e j, com i, j 6= 1. Sejam U e M o conjunto das posi¸c˜oes dos 1’s e −1’s na linha i, respectivamente. Digamos que x entradas da linha j em U sejam iguais a 1. 14

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Ent˜ao m/2 − x entradas em M s˜ ao 1, m/2 − x entradas em U s˜ ao −1 e x entradas em M s˜ ao −1. Para que o produto da linha i com a linha j ser 0, devemos ter x · 1 · 1 + (m/2 − x) · 1 · (−1) + (m/2 − x) · (−1) · 1 + x · (−1) · (−1) = 0 ⇐⇒ x = m/4, e portanto m deve ser m´ ultiplo de 4. 2. Como no problema anterior, podemos supor que a primeira linha s´ o tem 1’s. Podemos tamb´em supor que a primeira coluna s´ o tem 1’s tamb´em. Tome as 4n − 1 colunas que sobraram como elementos e tome os blocos nas linhas sendo os elementos as colunas com os n´ umeros 1. Como cada linha tem 2n 1’s e 2n −1’s, e eliminamos um 1 de cada linha, cada bloco tem 2n − 1 elementos. Como vimos no problema anterior, duas linhas tˆem exatamente n 1’s em comum, sendo um deles o da coluna eliminada; ou seja, quaisquer dois blocos tˆem n − 1 elementos em comum. Da mesma forma, quaisquer dois pontos est˜ao em exatamente n − 1 blocos. 3. Seja xi a massa da vaca i, 1 ≤ i ≤ 101. Montando um sistema de equa¸c˜oes indicando as igualdades das massas, obtemos uma matriz A quadrada de ordem 101 com zeros na diagonal principal (eliminamos a vaca i na i-´esima equa¸c˜ao) e cada linha tem 50 1’s e 50 −1’s. Sendo x a matriz coluna com xi na i-´esima entrada, temos Ax = 0. Sabemos que o vetor u s´ o com uns como entrada satisfaz a equa¸c˜ao. Mostraremos que s´ o m´ ultiplos escalares de u s˜ ao solu¸c˜oes. Para isso, basta mostrar que o n´ umero de vari´aveis arbitr´ arias de Ax = 0 ´e um, ou seja, que A tem posto 100. Para evitar preocupa¸c˜oes com sinal, considere a matriz A m´ odulo 2, de modo que −1 ≡ 1 (mod 2). Eliminando a u ´ltima linah e u ´ltima coluna, obtemos uma matriz A˜ mod 2 com zeros na diagonal principal e 1’s nas outras entradas. Como A˜2 ≡ I (mod 2) (cada linha/coluna tem 99 uns e duas linhas/colunas diferentes tˆem 98 uns em comum), det A˜2 = 1 ´e ´ımpar, e portanto ´e diferente de zero. Logo det A˜ 6= 0, e o posto de A ´e pelo menos 100, completando a demonstra¸c˜ao. Qn n 4. Para cada a ∈ A, considere o polinˆ omio em (Z/(3)) P Qn fa = i=1 (xi − ai − 1). Note que todos os polinˆ omios da forma S∈{1,2,...,n} aS i∈S xi (dos quais fa formam um subconjunto) formam um espa¸co vetorial V sobre Z/(3). Temos fa (b) = 0 para b 6= a n e fP ao linearmente independentes. De fato, a (a) = (−1) 6= 0. Afirmamos que os fa ’s s˜ se αa fa (x) = 0 ent˜ao substituindo x = a obtemos αa = 0. Logo todo αa ´e igual a zero, e os ao linearmente independentes. Como a dimens˜ ao de V ´e 2n (h´a 2n Qnfa ’s s˜ produtos i∈S xi ), a quantidade de fa ’s, que ´e |A|, ´e menor ou igual `a dimens˜ ao, ou n seja, |A| ≤ 2 . 5. H´ a 236 possibilidades de pinturas; o que o problema pede ´e se ´e poss´ıvel gerar todos os poss´ıveis tabuleiros a partir do tabuleiro todo preto (basta reverter as mudan¸cas). A ideia ´e que o conjunto das opera¸c˜oes forma um espa¸co vetorial S sobre Z/(2) (de fato, a c´elula muda tantas vezes quanto for tocada, somando tudo m´ odulo 2), que ´e um subespa¸co de (Z/(2))36 . Vamos estimar a dimens˜ ao de S. Temos 25 quadrados 2 × 2, e n˜ao precisamos dos quadrados 4 × 4 e 6 × 6 (basta dividi-los em quadrados 2 × 2).

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Quanto aos quadrados 3 × 3, considere um quadrado 4 × 4. Se ativarmos os quatro quadrados 3 × 3 dentro desse quadrado, s´ o mudamos as quatro casas do canto. Mudando os quatro quadrados 2 × 2 que tˆem as duas casas no meio de cada lado, mudamos tudo menos o quadrado do meio. Enfim, mudando o quadrado 2 × 2 central, mudamos todo o quadrado 4 × 4; ativando esse mesmo quadrado (com os quatro quadrados 2 × 2 que o formam), tudo volta ao normal. Isso quer dizer que, tendo os 25 quadrados 2 × 2 no conjunto, os quatro quadrados 3 × 3 dentro de qualquer quadrado 4 × 4 s˜ ao linearmente dependentes. Com isso, precisamos somente de 7 quadrados 3 × 3: os quatro de cima e os trˆes da esquerda, exceto o do canto superior esquerdo. Com um argumento an´ alogo, mostramos que precisamos de no m´ aximo 3 quadrados 5 × 5. Com isso, s˜ ao suficientes 25 + 7 + 3 = 35 quadrados para gerar S. Isso quer dizer que a dimens˜ ao de S ´e no m´ aximo 35 < 36, o que ´e insuficiente para gerar todo 36 (Z/(2)) . Ou seja, n˜ao ´e poss´ıvel obter o quadrado todo preto a partir de qualquer configura¸c˜ao. 6. Transforme cada subconjunto Ai em um vetor de (Z/(2))n , em que 0 na posi¸c˜ao k indica que k ∈ / Ai e 1 na posi¸c˜ao k indica que k ∈ Ai . Coloque os vetores nas linhas de uma matriz A. Ent˜ao, A · At = Ir (o produto de uma linha por si mesma ´e o n´ umero de elementos do conjunto, que ´e 1 mod 2, e o produto de duas linhas distintas ´e a quantidade de elementos da interse¸c˜ao, que 0 mod 2), o que quer dizer que A tem posto r. Isso quer dizer que r ≤ n. 7. Considere o grafo das amizades e seja A a matriz de adjacˆencia desse grafo, ou seja, aii = 0 e aij = 1 quando i e j s˜ ao amigos e aij = 0 caso contr´ario. Ent˜ao A2 = B em que bii ´e o grau do v´ertice i e bij ´e igual `a quantidade de amigos comuns de i e j. Suponha por absurdo que, para todo par de pessoas i e j, a quantidade de amigos comuns ´e ´ımpar. Ent˜ao, vendo A2 mod 2, sendo o grau de cada v´ertice par, temos A2 ≡ J − I (mod 2), sendo J a matriz 2n × 2n com todas as entradas iguais a 1 e I a identidade de ordem 2n. Podemos elevar tudo ao quadrado de novo, obtendo A4 ≡ I (mod 2) (a quantidade de uns em cada linha ´e ´ımpar, e a quantidade de uns comuns em duas linhas diferentes ´e par). Isso quer dizer que det A ´e ´ımpar. Mas se somarmos todas as linhas de A obtemos um n´ umero par em todas as entradas (pois a soma da coluna j ´e o grau do v´ertice j), o que quer dizer que det A ´e par, absurdo. Logo existem dois v´ertices i e j com quantidade de amigos comuns par. 8. O problema ´e essencialmente equivalente ao anterior, considere a matriz A em que aij ´e zero se j ∈ / Si e um se j ∈ Sj . 9. Considere a matriz A quadrada de ordem n em Z/(2) em que aij = 1 se j ∈ Ai e aij = 0 se j ∈ / Ai . A condi¸c˜ao |T ∩ Ai | ´ımpar para algum i significa que Ax 6= 0 para todo x ∈ (Z/(2))n diferente do nulo, ou seja, Ax = 0 s´ o tem a solu¸c˜ao trivial, que ocorre se, e somente se, det A 6= 0 (mod 2). Com isso, sendo x o vetor caracter´ıstico de Bj , temos Ax = 1, sendo 1 o vetor s´ o com uns. Mas Ax = 1 tem solu¸c˜ao u ´nica, ent˜ao Bi = Bj para todo i 6= j. 16

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10. Considere a matriz de adjacˆencia A do grafo, como no problema 7. Suponha por absurdo que n ´e ´ımpar. Modifique a matriz para a matriz B em que bij = aij se i ≤ j e bij = −aij se i > j. Ent˜ao B ´e antissim´etrica, ou seja, B t = −B =⇒ det B = (−1)n det B t ⇐⇒ det B = − det B ⇐⇒ det B = 0. Vendo tudo m´ odulo 2, temos A ≡ B (mod 2), ou seja, det A ≡ 0 (mod 2). Isso quer dizer que existe um conjunto de linhas de A cuja soma s´ o tem componentes pares. Mas isso quer dizer que todos as pessoas da festa conhece uma quantidade par de elementos do conjunto correspondente ` as linhas, contradi¸c˜ao. Logo n ´e par. 11. Sejam as configura¸c˜oes iniciais e finais, respectivamente, y 1 y 2 y3 y 4 y 5 y6 y 7 y 8 y9

z1 z2 z3 z4 z5 z6 z7 z8 z9

Inicial

Final

Seja ai = zi − yi mod n. Sejam xi o n´ umero de clicadas na casa correspondente necess´arios para obter os valores desejados. Ent˜ao o problema equivale a provar que o sistema linear x1 + x2

+ x4

x1 + x2 + x3

= a1 + x5

x2 + x3 x1

= a2 + x6

+ x4 + x5 x2

+ x7

+ x4 + x5 + x6 x3

+ x8

= a5 + x9 = a6

+ x7 + x8 x5

= a7

+ x7 + x8 + x9 = a8 x6

n˜ao ´e divisor de zero mod n.

= a4

+ x5 + x6 x4

sempre admite solu¸c˜ao mod n. 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

= a3

+ x8 + x9 = a9

Mas isso ocorre se, e somente se, o determinante 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 = −7 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 0 1 1

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Deste modo, ´e sempre poss´ıvel obter qualquer configura¸ca˜o se, e somente, se, n n˜ao ´e m´ ultiplo de 7. Observa¸c˜ao: o sistema x1 + x2

+ x4

x1 + x2 + x3

= 0 + x5

x2 + x3 x1

= 0 + x6

+ x4 + x5 x2

+ x7

+ x4 + x5 + x6 x3

= 0 = 0 + x8

+ x5 + x6 x4

+ x9 = 0 + x7 + x8

x5

= 0 = 1

+ x7 + x8 + x9 = 0 x6

+ x8 + x9 = 0

n˜ao ´e poss´ıvel se n ´e m´ ultiplo de 7. 12. Primeiro vamos contar a quantidade N de interse¸c˜oes de dois c´ırculos em pontos no conjunto. Temos     7 22 ≥ N ≥ 22 · 2· 2 2 (no lado esquerdo, cada par de c´ırculos se corta em no m´ aximo dois pontos; no lado direito, para cada ponto contamos os pares de c´ırculos a que ele pertence.)

7 a em exatamente Mas 2· 22 2 = 22·21 = 22· 2 , logo ocorre a igualdade: cada ponto est´ 7 c´ırculos e cada par de c´ırculos se corta em pontos do conjunto.

Agora, considere a matriz A, quadrada de ordem 22, em que a entrada aij ´e zero se o ponto i n˜ao est´a no c´ırculo j e um se est´a. Logo A2 = 5J + 2I, em que J ´e a matriz s´ o com uns e I ´e a identidade. Isso quer dizer que o determinante de 5J + 2I ´e quadrado perfeito. Mas 7 2 2 . . . 2 7 2 2 . . . 2 7 + 21 · 2 2 2 . . . 2 2 7 2 . . . 2 −5 5 0 . . . 0 0 5 0 . . . 0 2 2 7 . . . 2 −5 0 5 . . . 0 0 0 5 . . . 0 = 521 · 49, = = .. .. .. . . .. .. .. .. . . .. . . . . .. .. .. . . . .. . . . . . . . . . . 2 2 2 . . . 7 −5 0 0 . . . 5 0 0 0 . . . 5 que n˜ao ´e quadrado perfeito, absurdo.

13. Considere a matriz A, quadrada de ordem n, com entradas em Z/(2), cuja coluna k tem entradas 1 nas linhas k + 1, k + 2, . . . , 2k (tudo m´ odulo n) e 0 caso contr´ario; isso corresponde ` as lˆ ampadas que mudariam. Sendo x um vetor de (Z/(2))n , o procedimento batuta transforma x em x + Ax, ou seja, f (x) = x + Ax = (A + I)x. Queremos ent˜ao saber se f ´e bijetora, mas como f : (Z/(2))n → (Z/(2))n , basta verificar se f ´e injetora. Mas f (x) = f (y) ⇐⇒ (A + I)x = (A + I)y ⇐⇒ (A + I)(x − y) = 0. Ent˜ao 18

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basta verificar quando B = A + I admite inversa em Z/(2). Veja B:    1   1 0 1 1 1 1   1 0 1 1 1 1 0 1 1  1 1 1   0 1 1 1 1  0 1 1 1 1   1 1 1   0 0 1 1 1  0 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0

alguns exemplos de 0 1 1 1 0 0

0 0 1 1 1 1

1 1 0 1 1 1

1 1 1 1 1 1

 1 1  1  1  1 0

Quantos uns aparecem na linha i? Temos que contar a quantidade de colunas k em que k ≤ i ≤ 2k se k ≤ n/2 ou k ≤ i ≤ n ou 1 ≤ i ≤ 2k − n se k > n/2. Fixemos i. Resolvendo as inequa¸c˜oes, obtemos i/2 ≤ k ≤ i para k ≤ n/2 ou k ≤ i ou k ≥ (n + i)/2 para k > n/2. H´ a, ent˜ao, alguns casos: • Se i ≤ n/2, e i ´e par, temos no primeiro caso i/2 + 1 e no segundo caso n − (n + i)/2 + 1 = n/2 − i/2 + 1 para n par e n − (n + i + 1)/2 + 1 = (n − 1)/2 − i/2 + 1 para n ´ımpar. Assim, o total ´e n/2 + 2 para n par e (n − 1)/2 + 2 para n ´ımpar. • Se i > n/2, e i ´e par, temos no primeiro caso ⌊n/2⌋ − i/2 + 1 e no segundo caso i−n/2+n−(n+i)/2+1 = i/2+1 para n par e i−(n−1)/2+n−(n+i+1)/2+1 = i/2 + 1 para n ´ımpar. Assim, o total ´e ⌊n/2⌋ + 2 em ambos os casos. Note que, para i par, o total de 1’s em cada linha ´e sempre ⌊n/2⌋ + 2. • Se i ≤ n/2, e i ´e ´ımpar, temos no primeiro caso (i + 1)/2 e no segundo caso n − (n + i + 1)/2 + 1 = n/2 − (i − 1)/2 para n par e n − (n + i)/2 + 1 = (n − 1)/2 − (i − 1)/2 + 1 para n ´ımpar. O total ´e ⌊n/2⌋ + 1 para n par e ⌊n/2⌋ + 2 para n ´ımpar. • Se i > n/2, e i ´e par, temos no primeiro caso ⌊n/2⌋−(i−1)/2+1 e no segundo caso i−n/2+n−(n+i+1)/2+1 = (i−1)/2 para n par e i−(n−1)/2+n−(n+i)/2+1 = (i + 1)/2 para n ´ımpar. O total ´e, de novo, ⌊n/2⌋ + 1 para n par e ⌊n/2⌋ + 2 para n ´ımpar. • Au ´nica exce¸c˜ao ´e i = n: nesse caso, temos k = n/2 se n ´e par no primeiro caso e n/2 < k < n no segundo caso. No total, n/2 para n par e (n − 1)/2 = ⌊n/2⌋ para n ´ımpar. Em ambos os casos, ⌊n/2⌋. No final das contas, para n ´ımpar, a paridade das quantidades de entradas 1 em cada linha ´e sempre igual. Ent˜ao, ao somarmos todas as colunas obtemos tudo 1 ou tudo 0; se for tudo 0, o determinante ´e zero; se for tudo 1, obtemos o resultado igual `a pen´ ultima coluna, e o determinante ´e zero de novo. Com isso, se n ´e ´ımpar, f n˜ao ´e bijetora. Agora, suponha que n ´e par, ou seja, n = 2m. Vamos mostrar que det B2m = det Bm , em que Bm ´e a matriz correspondente de dimens˜ ao m. Vamos ver a estrutura de A. Nas colunas ´ımpares, digamos 2t − 1, as entradas n˜ao nulas s˜ ao 2t − 1, 2t, 2t + 1, . . . , 4t−2 m´ odulo 2m. Note que podemos formar pares 2j −1, 2j de entradas iguais. Al´em 19

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disso, h´a uma correspondˆencia direta 2j mod 2m ↔ j mod m. De fato, considerando s´ o as entradas de ´ındice par, temos t, t + 1, . . . , 2t − 1 mod m, ou seja, a linha t de Am sem o 2t. Nas colunas pares, digamos 2t, as entradas n˜ao nulas s˜ ao 2t, 2t + 1, . . . , 4t m´ odulo 2m. Os de ´ındice par correspondem a t, t + 1, . . . , 2t mod m, ou seja, exatamente a linha t de Am . Os de ´ındice ´ımpar correspondem a t + 1, t + 2, . . . , 2t mod m, que ´e a linha t sem a entrada t. Com isso, permutando as linhas e colunas de A2m temos   Am Am + K ′ A2m = Am + I Am + K em que K ´e a matriz em que a u ´nica entrada na coluna j est´a na linha 2j mod m. Temos det A2m

Am Am + K = I 0

No caso em que m ´e ´ımpar, obtemos det A2m = det(Am + K). Mas K corresponde a`s linhas da identidade permutadas, ent˜ao as quantidades de uns continuam com a mesma paridade, ou seja, a soma das colunas ou d´a tudo zero ou tudo um. No segundo caso, a u ´ltima coluna tem tudo um, e ent˜ao o determinante continua sendo zero. No caso em que m ´e par, ou seja, m = 2ℓ, ao permutarmos as linhas de K obtemos nas entradas pares duas c´opias de Iℓ e nas entradas ´ımpares, tudo zero. Continuando o determinante, temos ′ I I Aℓ Aℓ + K ′ I I Aℓ A + K ℓ A + I Aℓ + K ′ 0 0 I 0 I I = det A2m = ℓ 0 I 0 0 I 0 I I 0 I 0 I I 0 I 0 Aℓ Aℓ + K ′ I I Aℓ Aℓ + K ′ I I Aℓ I Aℓ + K ′ I 0 0 0 I I 0 I 0 I I 0 0 = = = 0 I 0 0 I 0 I 0 0 I I I 0 I 0 I 0 0 0 I 0 0 0 I Aℓ + I I Aℓ + K ′ I 0 I 0 0 = det(Aℓ + I) = 0 I I 0 0 0 0 I

Se ℓ ´e ´ımpar, novamente temos det(Aℓ + I) = 0, pois de novo a quantidade de uns em cada linha tem a mesma paridade com a u ´ltima coluna igual a tudo um. Se ℓ = 2q ´e par, Aq + I Aq + K Aq + I A + K q = det(Aq + I) = det(Aℓ + I) = I Aq + I Aq + K + I 0 20

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e continuamos at´e obtermos um ´ımpar maior que 1, e nesse caso, o determinante ´e zero. Assim, o u ´nico caso que d´a certo ´e n potˆencia de 2.

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Geometria B´asica Bruno Holanda∗ 12 de novembro de 2011

Resumo Este trabalho representa um conjunto de notas de aulas de um curso inicial em Geometria Euclidiana Plana para alunos do ensino fundamental. A principal tafera dos exerc´ıcios aqui apresentados ´e a forma¸c˜ao do rigor matem´atico necess´ario em problemas de geometria, por´em sem grandes aprofundamentos te´oricos. Portanto, nos focaremos em trˆes pontos principais: Teorema de Pit´agoras, ´ areas e ˆ angulos.

1

Teorema de Pit´ agoras

O Teorema de Pit´ agoras ´e um dos mais antigos e usados teoremas da geometria plana. Tamb´em ´e ele que forma a base da geometria anal´ıtica de Descartes. Apesar de toda a sua fama, muitos estudiosos da Hist´oria da Matem´ atica afirmam que Pit´ agoras n˜ao foi o verdadeiro autor desse teorema. E que, muito poss´ıvelmente, os alunos da escola pitag´orica sejam os reais autores. Existem muitas provas, a maioria delas usa algum argumento de ´area. A solu¸c˜ao a seguir ´e uma das mais simples.

Figura 1: Teorema de Pit´ agoras Prova. Na figura 1, temos um quadrado de lado (a + b) particionado em um quadrado de lado c e quatro triˆ angulos retˆ angulos de ´area a·b ı, por uma equivalˆencia de ´areas, temos que 2 . Da´ ∗

Outros materiais como este podem ser encontrados em http://brunolholanda.wordpress.com/

1

(a + b)2 = c2 + 2ab, ou seja: a 2 + b2 = c 2 . Problema 1. Prove o Teorema de Pit´ agoras de duas novas maneiras: (a) (George Airy) Mostre como cortar dois quadrados em triˆ angulos e quadril´ateros e usar os peda¸cos para formar um u ´nico quadrado maior. (b) (Henry Perigal) Dados dois quadrados, mostre como cortar um deles em quatro partes iguais que, juntas com o outro quadrado, formem um u ´nico quadrado maior. Problema 2. Determine x nas seguintes figuras: x

6

x

4

8

√ 2 5

6 3

4 9

10 √ 2 13

10

x

x

17

x

Problema 3. Na figura abaixo ABCD ´e um quadrado de ´area 64cm2 e EF GH um quadrado de ´area 36cm2 . Determine a ´ area do quadrado CM HN . N D

A

C

B

M

H

G

E

F

Problema 4. Na figura abaixo os dois c´ırculos s˜ ao tˆem o mesmo centro e os cinco quadril´ateros s˜ ao quadrados. Se o c´ırculo menor tem raio igual a 1cm determine o raio do c´ırculo maior.

2

Problema 5. Seja ABCD um quadrado de lado 28. Seja P um ponto no seu interior e E um ponto no lado CD de modo que CD⊥P E e AP = BP = P E. Ache AP . Problema 6. Suponha que ABC seja um triˆ angulo retˆ agulo escaleno, e P seja o ponto na hi◦ potenusa AC tal que ∠ABP = 45 . Dado que AP = 1 e CP = 2, calcule a ´area do triˆ angulo ABC. Problema 7. Na figura abaixo temos dois c´ırculos de raios 3 e 2 e cuja distˆ ancia centro a centro ´e 10. Ache o comprimento da tangente comum P Q.

Q P Problema 8. (Cone Sul 1989 - adaptado) Na figura abaixo temos dois quadrados, um de lado dois e outro de lado um. Determine o raio do c´ırculo que ´e tangente aos lados do maior e passa pelo v´ertice do menor.

Problema 9. Nos lados AB e DC do retˆ angulo ABCD, os pontos F e E s˜ ao escolhidos de modo que AF CE seja um losango. Se AB = 16 e BC = 12, ache EF . F

A

B

D

C E Problema 10. P ´e um ponto no interior do retˆ angulo ABCD. Se P A = 2; P B = 3, e P C = 10. Ache P D. Problema 11. (Maio 2006) Um retˆ angulo de papel 3cm × 9cm ´e dobrado ao longo de uma reta, fazendo coincidir dois v´ertices opostos. Deste modo se forma um pent´agono. Calcular sua ´area. Solu¸c˜ ao. Seja ABCD o retˆ angulo e ABEF D′ o pent´agono formado ao dobrar o paple como ´e mostrado na figura a seguir: 3

b

D′

E

A b

b

B

2

D

b

b

b

b

F

C

ˆ Trabalhando com Angulos

Ao lado da “distˆancia”, o “ˆ angulo” ´e uma unidade de medida fundamental para o estudo da geometria plana. Explicando de uma maneira formal, o ˆangulo mede a diferen¸ca entre as inclina¸c˜oes de duas retas. Problema 12. (Torneio das Cidades 1994) No triˆ angulo ABC, retˆ angulo em C, os pontos M e N s˜ ao escolhidos sobre a hipotenusa de modo que BN = BC e AM = AC. Ache a medida do ˆangulo ∠N CM . Problema 13. Seja ABCDEF um hex´ agono com todos os ˆangulos internos iguais a 120◦ . Mostre que AB − DE = CD − F A = EF − BC Solu¸c˜ ao.

Sejam AF ∩ BC = P, ED ∩ AF = Q, BC ∩ ED = R. Como todos os ˆangulos internos s˜ ao 120◦ obtemos que todos os triˆ angulos △P AB, △QEF, △RCD, △P QR s˜ ao equil´ateros. Como P Q = P R temos: AB + AF + F E = P A + AF + F Q = P B + BC + CR = AB + BC + CD, ent˜ao CD − AF = F E − BC. A outra igualdade ´e an´ aloga. Problema 14. O oct´ ogono ABCDEF GH ´e equiangular. Sabendo que AB = 1, BC = 2, CD = 3, DE = 4, e EF = F G = 2, calcule o perimetro do oct´ ogono. Problema 15. Seja ABCDEF um hex´ agono com todos os ˆangulos internos iguais a 120◦ . Mostre que AB − DE = CD − F A = EF − BC 4

Problema 16. Seja RST U V pentagono regular. Construa um triangulo eq¨ uil´atero P RS com P no interior do pentagono. Ache a medida do ˆangulo ∠P T V . Problema 17. Ache a soma dos ˆ angulos internos de uma estrela

Problema 18. No triˆ angulo is´osceles ABC com AB = AC, P ´e o ponto m´edio do lado AB tal que AP = P C. Se a bissetriz do ˆ angulo ∠ABC corta P C em O de modo que P O = BO, ache os ˆangulo do triˆ angulo. Problema 19. No trap´esio ABCD, de bases AB e CD, temos AD = 39, CD = 14, ∠ABC = 69◦ e ∠CDA = 138◦ . Ache a medida de AB. Problema 20. (OBM) No retˆ angulo ABCD, E ´e o ponto m´edio do lado BC e F ´e o ponto m´edio b mede 20◦ . Quanto vale o ˆangulo do lado CD. A interse¸c˜ao de DE com F B ´e G. O ˆangulo E AF b E GB? F D C G E A B Problema 21. DEF G ´e um quadrado no exterior do pent´agono regular ABCDE. Quanto mede b ? o ˆangulo E AF Problema 22. No triˆ angulo ABC, D e E s˜ ao pontos sobre os lados BC e AC respectivamente. Determine ∠CDE sabendo que AB = AC, AE = AD e ∠BAD = 48◦ . ˆ na figura abaixo sabendo que AB = AC e BC = CD = DE = Problema 23. Determine B AC EF = F A. A F E D B

C

5

Problema 24. No triˆ angulo ABC com AB = BC, ∠ABC = 144◦ . Seja K um ponto em AB, L um ponto em BC e M em AC de modo que KL k AC, KM k BC e KL = KM . A reta LM corta o prolongamento de AB em P . Ache a medida do ˆangulo ∠BP L. Problema 25. No triˆ angulo ABC com AB = BC, P , Q e R s˜ ao pontos nos lados AC, BC e AB, respectivamente tais que P Q k AB, RP k BC e RB = AP . Se ∠AQB = 105◦ , ache as medidas dos ˆangulos do △ABC. Problema 26. BE e AD s˜ ao as alturas do triˆ angulo ABC, H ´e o ortocentro e F , G, K s˜ ao os pontos m´edios dos segmentos AH, AB, BC, respectivamente. Prove que ∠F GK ´e reto. ˆ = 37◦ e Cˆ = 38◦ . Sejam P e Q pontos sobre Problema 27. Em um triˆ angulo ABC temos que B o lado BC tais que ∠BAP = ∠P AQ = ∠QAC. Se tra¸ca por B uma paralela `a AP e por C uma paralela `a AQ. O ponto de encontro destas duas retas ´e D. Calcule ∠DBC. Problema 28. Em um romboide ABCD (AB = BC e CD = DA) as diagonais se cortam em um ponto F . Sobre o prolongamento do lado BC se marca um ponto E de modo que CF = CE e F CED tamb´em seja um romboide. Se ∠ABC = 122◦ , quanto mede ∠ADE? Problema 29. (Maio 1996) Seja ABCD um quadrado e F um ponto qualquer do lado BC. Tra¸ca-se por B a perpendicular ` a reta DF que corta a reta DC em Q. Quanto mede o ˆangulo ∠F QC?

3

´ Areas

Problema 30. (OBM 2006) ABC ´e um triˆ angulo retˆ angulo e M e N s˜ ao pontos que trisectam a hipotenuza BC. Sejam X e Y os sim´etricos de N e M em rela¸c˜ao ao ponto A. Determine a ´area do quadril´atro XY CB, sabendo que o triˆ angulo ABC tem ´area 1 cm2 . Solu¸c˜ ao. C N M A

B

X Y Observe que △AXY ≡ △AN M e ∠Y XA = ∠AM N . Assim, XY k M N e como XY = M N = M C = N B, segue que os quadril´ateros XY CM e XY N B s˜ ao paralelogramos, como A ´e ponto m´edio de XM e N Y temos que [AY C] = [BAX] = 32 . Logo, [XY CB] = 83 .

6

Problema 31. Na figuras abaixo ABC ´e um triˆ angulo de ´area 72cm2 e M, N, P s˜ ao pontos m´edios. Determine a ´ area da regi˜ ao sombreada. A

N P B

C M Problema 32. Na figura abaixo D, E, F, G s˜ ao pontos m´edios. Determine a ´area que est´a faltando. D 210

E

250 240

G

F

Problema 33. Na pr´oxima figura ABCD ´e um quadril´atero de ´area 200cm2 e D, E, F, G s˜ ao pontos m´edios. Determine a ´ area sombreada. B E H

A

C G

F

D Problema 34. Na figura abaixo ABCD ´e um quadrado de lado 6cm e EF ´e um segmento paralelo ao lado AD. Sabendo que a ´ area sombreada ´e um ter¸co da ´area do quadrado determine a medida do segmento EF . B C

F E A

D

Problema 35. No trapezio ABCD, AD k BC. ∠A = ∠D = 45◦ , enquanto ∠B = ∠C = 135◦ . Se AB = 6 e a ´ area de ABCD ´e 30, ache BC. Problema 36. Na figura abaixo ABCD ´e um quadrado de lado 4cm e O ´e o seu centro. Determine a ´area marcada sabendo que o ˆ angulo EOF ´e reto. 7

B

C E O

A

D F Problema 37. Na figura abaixo ABCD ´e um retˆ angulo de ´area 11cm2 . Sabemos tamb´em que ′ ′ ′ ′ A A = AD, BB = BA, CC = CB e DD = DC. Determine a ´area do quadril´atero A′ B ′ C ′ D′ B’

A

A’

C’

C

B

D D’

Problema 38. Na figura abaixo DEF G ´e um quadrado de lado 4cm e ABCD um retˆ angulo cujos lados tˆem medidas 1cm e 4cm. O encontro da reta AC com a reta F G ´e o ponto H. Determine a ´area marcada. E F B

H

C

G A D Problema 39. O quadrado ABCD abaixo tem lado 10cm. Sabe-se que P C = QD e que a ´area do triˆ angulo ABP ´e 37 da ´ area do triˆ angulo P CQ. Calcule o per´ımetro do quadril´atero AP QD. Q D C P A

B

Problema 40. Um quadrado de lado 5 ´e dividido em cinco partes de ´areas iguais usando cortes paralelos `as suas diagonais. Ache o per´ımetro do pent´agono BEF GH. I D C F J G E A

B H Problema 41. (Teste Rioplatense 2005) Paladino dividiu uma folha de papel quadrada, com 20 cm de lado, em 5 peda¸cos de mesma ´ area. O primeiro corte teve in´ıcio no centro do quadrado e prolongou-se at´e a fronteira do papel a 7 cm de um canto, como indicado na figura seguinte. 8

D

C

A

B

Sabendo que o Jo˜ ao fez todos os cortes em linha recta a partir do centro do quadrado, de que forma cortou o papel? Problema 42. Na figuras abaixo ABC ´e um triˆ angulo de ´area 72cm2 e M, N, P, Q s˜ ao pontos m´edios. Determine a ´ area da regi˜ ao sombreada. A

N P

Q

B

C M Problema 43. Sejam ABCD um quadrado de lado 12cm, E o ponto m´edio de DA e F o ponto m´edio de BC. Tra¸camos os segmentos EF , AC e BE, que dividem o quadrado em seis regi˜ oes. Calcular a ´area de cada uma dessas regi˜ oes. Problema 44. Seja ABCD um retˆ angulo com ´area 1, e E um ponto sobre CD. Qual ´e a ´area do triˆ angulo formado pelos baricentros dos triˆ angulos ABE, BCE, e ADE? Problema 45. Em um parapelogramo ABCD de ´area igual a 1, seja E o ponto m´edio do lado DC, K o ponto de encontro das diagonais BD e AC e L o ponto de encontro de BD com AE. Ache a ´area do quadril´atero ELKC. Problema 46. No triˆ angulo ABC sabe-se que Cˆ = 90◦ , AC = 20 e AB = 101. Seja D o ponto m´edio de BC. Ache a ´ area do triˆ angulo ADB. Problema 47. Seja ABCDEF um hex´ agono regular de ´area 1cm2 . Determine a ´area do triˆ angulo ABC. Problema 48. Suponha que ABCDE seja um pent´agono convexo (n˜ao necessariamente regular) tal que as ´areas dos triˆ angulos ABC, BCD, CDE, DEA e EAB sa˜ o iguais a 1. Qual a ´area do pent´agono? Problema 49. No triˆ angulo ABC, D ´e o ponto m´edio de BC, E o ponto m´edio de AD, F o ponto m´edio de BE e G o ponto m´edio de F C. Calcule a rela¸c˜ao entre as ´areas dos triˆ angulo ABC e EF G. Problema 50. (Maio 1996) Um terreno (ABCD) tem forma de trap´ezio retangular. O ˆangulo ˆ mede 90◦ . AB mede 30m; AD mede 20m e DC mede 45m. em Aˆ mede 90◦ e o ˆ angulo em D Este terreno tem que ser dividido em dois terrenos de ´area iguais tra¸cando uma paralela ao lado AD. A que distˆ ancia de D deve-se tra¸car a paralela?

9

Problema 51. Na figura abaixo ABCD e DEF G s˜ ao paralelogramos. Al´em disso, F , C e G s˜ ao colineares. Prove que ambos tˆem a mesma ´area. G

A

B F

D

C

E Problema 52. (Maio 2006) Seja ABCD um trap´ezio de bases AB e CD. Seja O o ponto de interse¸c˜ao de suas diagonais AC e BD. Se a ´area do triˆ angulo ABC ´e 150 e a ´area do triˆ angulo ACD ´e 120, calcular a ´ area do triˆ angulo BOC. Problema 53. (Maio 2006) Um retˆ angulo de papel 3cm × 9cm ´e dobrado ao longo de uma reta, fazendo coincidir dois v´ertices opostos. Deste modo se forma um pent´agono. Calcular sua ´area. Problema 54. (Torneio das Cidades 1981) O quadril´atero convexo ABCD est´a inscrito em um c´ırculo de centro O e possui suas diagonais perpendiculares. Prove que a linha quebrada AOC divide o quadril´atero em duas regi˜ oes de mesma ´area. Problema 55. (Banco IMO) Sejam ABCD um quadril´atero convexo e M e N os pontos m´edios dos lados BC e DA, respectivamente. Prove que [DF A] + [CN B] = [ABCD].

Este material faz parte de um conjunto de notas de aulas voltadas para o treinamento de alunos ´ permitida a c´opia apenas no caso de uso pessoal. para competi¸c˜oes de matem´ atica. E Pode conter falhas. 10

Programa Olímpico de Treinamento Aula

Curso de Geometria - Nível 2

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Prof. Rodrigo Pinheiro

Introdu¸c˜ ao Nesta aula, aprenderemos conceitos iniciais de geometria e alguns teoremas b´ asicos que ´ importante o aluno perceber que os exerc´ıcios utilizaremos em todas as aulas seguintes. E ol´ımpicos de geometria exigem muita criatividade, mas sem o conhecimento do colegial, n˜ ao h´ a criatividade que resolva. Vamos assumir alguns conhecimentos b´ asicos, que podem ser encontrados em livros de geometria do colegial. Alguns teoremas enunciados abaixo ser˜ ao demonstrados posteriormente, em aulas futuras. Teorema 1. A soma dos ˆ angulos internos de um triˆ angulo ´e 180◦ . Demonstra¸c˜ ao. E

A D

b

B

b

b

b

b

C

Dado um triˆ angulo ABC, tomamos a partir de A uma reta paralela a BC. Pelas propriedades de paralelismo, temos que ∠EAB = ∠ABC e ∠DAC = ∠ACB. Como ∠EAD ´e um ˆ angulo raso, temos que ∠EAD = 180◦ , podemos concluir que: ∠ABC + ∠BCA + ∠CAB = 180◦ . Teorema 2. A medida de um ˆ angulo externo de um triˆ angulo ´e igual a soma das medidas dos ˆangulos internos nˆ ao adjacentes a ele. Demonstra¸c˜ ao. A b

B

b

b

b

C

D

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Como a soma dos ˆ angulos internos ´e 180◦ , ent˜ao ∠ABC + ∠BCA + ∠CAB = 180◦ . Mas na reta BD, temos que ∠BCA + ∠DCA = 180◦ . Assim, ∠ABC + ∠BCA + ∠CAB = ∠BCA + ∠DCA, ∠ABC + ∠CAB = ∠DCA. Teorema 3. A soma de todos os ˆ angulos internos de um pol´ıgono convexo de n lados ´e ◦ 180 · (n − 2) Demonstra¸c˜ ao. A partir de um v´ertice do pol´ıgono, tra¸caremos todas as suas diagonais, ou seja dividimos o pol´ıgono em n − 2 triˆ angulos, portanto, a soma de todos os ˆangulos internos do pol´ıgono ´e igual a soma de todos os ˆangulos internos de todos os triˆ angulos que ´e 180◦ · (n − 2). Teorema 4. Dois lados de um triˆ angulo s˜ ao congruentes se, e somente se os ˆangulos opostos a estes lados s˜ ao congruentes. Teorema 5. Em todo triˆ angulo is´ osceles, a altura, mediana e bissetrizes relativas `a base s˜ ao coincidentes. Teorema 6. Dados dois lados distintos de um triˆ angulo, o maior ˆangulo ´e oposto ao maior lado. Demonstra¸c˜ ao. A b

B

b

b

b

D

C

Suponhamos BC > AC. Seja D o ponto sobre o lado BC tal que AC = CD. Portanto, o triˆ angulo ADC ´e is´ osceles. Pelo teorema anterior temos que, ∠CAD = ∠CDA. Pelo teorema do ˆ angulo externo temos que ∠CDA = ∠ABD + ∠DBA > ∠ABC. Como ∠BAC > ∠CAD = ∠CDA > ∠ABC, temos que ∠BAC > ∠ABC. Teorema 7. A soma de dois lados quaisquer de um triˆ angulo ´e maior que o terceiro lado. Demonstra¸c˜ ao.

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D b

b

A

B

b b

C

Seja D o ponto sobre o prolongamento BC, tal que BD = BA. Sendo assim, o triˆ angulo DBA ´e is´ osceles, portanto, ∠BAD = ∠BDA. Pela figura, percebemos que ∠CAD > ∠BAD = ∠BDA. Pelo teorema anterior, temos que CD > CA. Como BD = BA e CB + BD = CD, podemos concluir que CB + BA > AC. Analogamente provamos para os outros lados. Problema 1. Paladino, num belo domingo `a tarde decidiu se divertir com a bela geometria. Ele pegou um triˆ angulo, com trˆes pontos distintos em seu interior, e tra¸cou alguns segmento entre esses pontos e os v´ertices do triˆ anguo. Ele notou que dividiu a figura toda em triˆ angulos como mostrada abaixo. B b

b

E

b

D A

b b

C

Em todos os desenhos onde os segmentos n˜ ao se cortavam e a figura foi dividida em triˆ angulos, sempre existiam 5 triˆ angulos pequenos! Ele provou que em um triˆ angulo, se tomarmos n pontos em seu interior e triagularizarmos a figura unindo os pontos internos sem cruzamento dos segmentos, sempre dividiremos a figura em 2n+1 triˆ angulos pequenos. Demonstre esta afirma¸c˜ ao. Solu¸c˜ ao. Vocˆe j´a escutou falar em contagem dupla? Pois ´e! Vocˆe escutar´a muito isso em combinat´ oria! Utilizaremos isso tamb´em em geometria. 3

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Vamos calcular a soma de todos os ˆ angulos internos de todos os triˆ angulos pequenos de duas formas, essas duas somas tem que ser a mesma. Na primeira forma, digamos que existem T triˆ angulos pequenos, portanto a soma que queremos ser´ a 180◦ · T . Na segunda forma, basta perceber que cada ˆ angulo v´ertice no interior do triˆ angulo contribui para a soma com 360◦ , enquanto todos os v´ertices do triˆ angulo contribui com 180◦ . Temos ent˜ao que 180◦ · T = 360◦ · n + 180◦ , simplificando, temos que T = 2n + 1. Problema 2. Paladino j´a estava na madrugada de segunda-feira, quando pensou na seguinte hip´ otese: “Ser´ a que dado um pol´ıgono convexo, se dividirmos o pol´ıgono em triˆ angulos tra¸cando suas diagonais sem se interceptarem, o n´ umero de triˆ angulos ´e sempre o mesmo?” E a´ı, o que vocˆe acha? Solu¸c˜ ao. Se dividirmos o pol´ıgono em T triˆ angulos ligando suas diagonais sem se interceptarem, a soma de todos os ˆ angulos internos do pol´ıgono ser´ a 180◦ · T , como a soma sempre ◦ ´e 180 · (n − 2), teremos que T = n − 2. Problema 3. Demonstre que se em um pol´ıgono convexo de n lados, 4 desses ˆangulos forem retos, ent˜ao esse pol´ıgono ´e um retˆ angulo. Solu¸c˜ ao. Obviamente n ≥ 4. Suponhamos n > 4. Seja Sn−4 a soma dos outros n − 4 ˆangulos. Por ser um pol´ıgono convexo, cada ˆangulo ´e menor que 180◦ . Portanto, Sn−4 < 180◦ (n − 4). Sabendo que a soma de todos os ˆangulos internos ´e 180◦ · (n − 2) = 90◦ + 90◦ + 90◦ + 90◦ + Sn−4 < 360◦ + 180◦ · (n − 4) chegamos que 180◦ (n − 2) < 180◦ · (n − 2), que ´e um absurdo. Problema 4. No triˆ angulo ABC abaixo, BP ´e bissetriz do ˆangulo B e M ´e o ponto m´edio do lado AC. Se AB = 6 e BC = 10, calcule P M .

B b

b

A

P

b

b

M

b

C

Solu¸c˜ ao. Veja a nova figura, onde prolongamos AP at´e encontrar o lado BC em Z.

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B b

10

6

b

P

Z

b

b

b

A

M

b

C

Note que no triˆ angulo ABZ, o segmento AP ´e altura e bissetriz. Isso faz com que o triˆ angulo ABZ seja is´ osceles! Logo BZ = AB = 6 e portanto: ZC = BC − BZ = 10 − 6 = 4. Perceba ainda que como o triˆ angulo ABZ ´e is´ osceles, BP ´e altura, bissetriz e mediana. Logo P ´e o ponto m´edio de AZ. Como M j´a ´e o ponto m´edio de AC, vemos que P M ´e a base m´edia no triˆ angulo AZC. Conclus˜ao: PM =

ZC = 2. 2

Problema 5. Em um triˆ angulo ABC (AB = AC, ∠BAC = 30◦ ) marcamos um ponto Q no lado AB e um ponto P na mediana AD, de modo que P C = P Q(Q 6= B). Ache ∠P QC. Solu¸c˜ ao. A b

Q b

E b

P b

β b

B

θ b

b

D

C

Como o △ABC ´e is´ osceles e ∠BAC = 30◦ , temos que ∠ABC = ∠ACB = 75◦ . Chame ∠BP Q = β e ∠P BC = θ. Como P D ´e mediana e altura do △BP C, ent˜ao ∠BCP = θ e P C = P B, pela propriedade de ˆ angulo externo, conclu´ımos que ∠CP E = 2θ. Como P C = P B = P Q, temos que △P BQ ´e is´ osceles, portanto ∠P QB = ∠QBP = β. Pela propriedade de ˆ angulos externos ∠QP E = 2β. Da´ı temos que QP C = 2.(β + θ) = 150◦ . Como P Q = P C, temos que △P QC ´e is´ osceles, ent˜ao ∠P QC = ∠P CQ, concluindo que ◦ ∠P QC = 15 .

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Problema 6. (OBM - 99) Na figura, os triˆ angulos ABC e EGF s˜ ao equil´ateros. O per´ımetro do triˆ angulo ABC ´e 132cm e, al´em disso, AE = EC, BD = DC, EF = F C e DG = GE. B b

D b

G b

b

A

b

b

E

F

b

C

Qual o per´ımetro da ´ area sombreada? Solu¸c˜ ao. Como o △ABC ´e equil´atero, ent˜ao todos os seus lados s˜ ao iguais, assim como seus ˆangulos s˜ ao todos iguais a 60◦ . Portanto, AB = BC = CA = 132 3 = 44cm. Como = 22, analogamente EC = 22. Dado que o △DEC BD = DC, temos que BD = DC = 44 2 ◦ ´e is´ osceles com um ˆ angulo de 60 , ent˜ao ele ´e equil´atero, consequentemente DE = 22. Sabendo que DG = GE, obtemos que DG = GE = 11. Analogamente obtemos que EF = F C = 11, assim o per´ımetro da ´ area sombreada ´e AB +BD+DG+GF +F E +EA = 44 + 22 + 11 + 11 + 11 + 22 = 121. Problema 7. Na figura abaixo, ABGH, BCF G e CDEF s˜ ao quadrados iguais. Determine a soma ∠ABH + ∠ACH + ∠ADH. H b

G

F

b

b

E b

b

b

b

b

A

B

C

D

Solu¸c˜ ao. Observemos a figura abaixo.

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H

G

b

F

b

E

b

b

α β

A b

b

B

α

C b

β

90◦

D b

90◦ −α α

I b

b

M

b

J b

K b

b

b

b

N

O

P

L

Pela propriedade de ˆ angulos alternos internos, temos que ∠ACH = ∠CHE = α. Pela simetria da figura, vemos que ∠N HM = ∠HDA = β, da mesma forma vemos que ∠OCN = ∠HCA = α e CN = HC, como ∠ACO = 90◦ , conclu´ımos que ∠HCN = 90◦ . Como o △HCN ´e is´ osceles com um aˆngulo de 90◦ , temos que CHN = 45◦ . Sabendo que ∠M HE = 90◦ , vemos que α + β + 45◦ = 90◦ , como ∠ABH = 45◦ , temos que: ∠ADH + ∠ACH + ∠ABH = 90◦ Problema 8. Dados n pontos A1 , A2 , . . . , An e um c´ırculo unit´ ario, prove que ´e poss´ıvel encontrar um ponto M sobre o c´ırculo tal que M A1 + M A2 + · · · + M An ≥ n. Solu¸c˜ ao. Sejam M1 e M2 pontos diametralmente opostos no c´ırculo. Ent˜ao M1 Ak + M2 Ak ≥ M1 M2 = 2. Adcionando essas desigualdades para k = 1, 2, 3, . . . , n temos (M1 A1 + · · · + M1 An ) + (M2 A1 + · · · + M2 An ) ≥ 2n. Portanto, M1 A1 + · · · + M1 An ≥ n ou M2 A1 + · · · + M2 An ≥ n, ent˜ao basta tomar M = M1 ou M = M2 . Problema 9. Os ˆ angulos ∠BAD e ∠CBA do quadril´ atero convexo ABCD s˜ ao iguais e BC = 1, AD = 3. Prove que o comprimento de CD ´e maior que 2. Solu¸c˜ ao. Tomemos um ponto E sobre AD tal que AE = BC. Seja F o ponto de encontro das retas AD e BC, como ∠BAD = ∠CBA ⇒ ∠F AB = ∠F BA. Portanto o triˆ angulo F AB ´e is´ osceles, com F A = F B. Assim, F E = F C, pois AE = BC, podemos concluir ent˜ao que o △F EC tamb´em ´e is´ osceles, consequentemente, ∠F EC = ∠F CA. A partir disto, temos que ∠DEC = ∠GCE. Pela figura, percebemos que ∠GCE > ∠DCE, ou seja, ∠DEC > ∠DCE, pelo Teorema 6, conclu´ımos que CD > ED = 3 − 1 = 2.

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Problemas Propostos Problema 10. Dados os pontos colineares e consecutivos A, B, C, D e E, tal que AB + CD = 3 × BC e DE = AB. Sendo M o ponto m´edio de BE, onde M D = 2 e AE = 16, calcule M C. Problema 11. Em um reta, temos quatro pontos A, B, C e D que satisfazem as seguintes rela¸c˜oes 4 × AB − BD − 2 × CD = 4, AB = 3 e AC = 5, calcule AD. Problema 12. (OBM-2011) Dois triˆ angulos equil´ateros de per´ımetro 36cm cada um sˆ ao sobrepostos de modo que sua interse¸c˜ ao forme um hex´agono com pares de lados paralelos, conforme ilustrado no desenho. Qual ´e o per´ımetro desse hex´agono? H b

J b

b

G

b

L

b

I

b

K

Problema 13. Um trap´ezio ABCD de bases BC e AD com BC < AD ´e tal que 2.AB = CD e ∠BAD + ∠CDA = 120◦ . Determine os ˆangulos do trap´ezio ABCD. Problema 14. No △ABC , E e D s˜ ao pontos interiores aos lados AC e BC, respectivamente. Se AF bissecta ∠CAD e BF bissecta CBE. Prove que ∠AEB +∠ADB = 2∠AF B. C F

D

E

A

B

Problema 15. No △ABC, um ponto D est´ a sobre AC tal que AB = AD. Se ∠ABC − ∠ACB = 30, encontre ∠CBD. Problema 16. A bissetriz interior de B, e a bissetriz exterior de C do triˆ angulo ABC encontram-se em D. Atrav´es de D, uma reta paralela a CB encontra AC em L e AB em M . Se as medidas dos comprimentos de LC e M B do trap´ezio CLM B s˜ ao 5 e 7, respectivamente, encontre a medida de LM . Prove seu resultado. Problema 17. No △ABC, CF ´e mediana relativa ´a hipotenusa AB, CE ´e bissetriz de ∠ACB, e CD ´e uma altura realativa ` a AB. Prove que ∠DCE = ∠ECF . 8

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Problema 18. A medida do segmento de reta P C, perpendicular ´a hipotenusa AC do triˆ angulo ret˜ angulo ABC, ´e igual ` a medida do comprimento BC. Mostre que BP deve ser perpendicular ou paralelo ` a bissetriz de A. Problema 19. Prove que para quaisquer trˆes pontos A, B, C n´ os temos AC ≥ |AB − BC|. Problema 20. O lado AC do triˆ angulo ABC tem comprimento 3.8, e o lado AB tem comprimento 0.6. Se o comprimento do lado BC ´e um inteiro, qual ´e o seu comprimento? Problema 21. Prove que o comprimento de qualquer lado de um triˆ angulo n˜ ao ´e maior que metade do per´ımetro. Problema 22. A distˆ ancia de Leningrado para Moscou ´e 660 quilˆometros. De Leningrado para Likovo s˜ ao 310 quilˆometros, de Likovo para Klin s˜ ao 200 quilˆometros e de Klin para Moscou s˜ ao 150 quilˆometros. Qual ´e a distˆ ancia entre Likovo e Moscou? Problema 23. Encontre um ponto dentro de um quadril´ atero convexo tal que a soma das distˆ ancias do ponto aos v´ertices ´e m´ınima. Problema 24. O ponto O ´e dado no plano do quadrado ABCD. Prove que a distˆ ancia de O at´e um dos v´ertices do quadrado n˜ ao ´e maior que a soma das distˆ ancias de O at´e os outros trˆes v´ertices. Problema 25. Prove que a soma das diagonais de um quadril´ atero convexo ´e menor que o per´ımetro mas ´e maior que o semiper´ımetro. Problema 26. Prove que a soma das diagonais de um pent´agono convexo maior que o per´ımetro mas ´e menor que o dobro do per´ımetro. Problema 27. Um ponto A, dentro de um ˆangulo acutˆ angulo, ´e refletido em cada lado do ˆangulo para obtermos os pontos B e C. O segmento de reta BC intersecta os lados do ˆangulo em D e E. Mostre que BC/2 > DE B

D A E C

Problema 28. Prove que a distˆ ancia entre quaisquer dois pontos dentro de um triˆ angulo n˜ ao ´e maior que que metade do per´ımetro do triangulo. Problema 29. Se o ponto O est´ a dentro do triˆ angulo ABC, prove que AO+OC < AB+BC. 9

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Problema 30. Prove que a soma das distˆ ancias de O aos v´ertices de um dado triˆ angulo ´e menor que o per´ımetro, se o ponto O est´ a dentro do triˆ angulo. O que acontece se o ponto O estiver fora do triˆ angulo? Problema 31. O ponto C est´ a dentro de um ˆangulo reto, e os pontos A e B est˜ ao sobre seus lados. Prove que o per´ımetro do triˆ angulo ABC n˜ ao ´e menor que duas vezes a distˆ ancia OC, onde O ´e o v´ertice do ˆ angulo reto.

C

A O

B

Problema 32. Prove que o comprimento da mediana AM em um triˆ angulo ABC n˜ ao ´e maior que a metade da soma dos lados AB e AC. Prove que a soma dos comprimentos das trˆes medianas n˜ ao ´e maior que o per´ımetro do triˆ angulo. Problema 33. Prove que um pol´ıgono convexo n˜ ao pode ter trˆes lados , cada um maior que a maior diagonal. Problema 34. Prove que o per´ımetro de um triˆ angulo n˜ ao ´e maior que 4/3 da soma das medianas. Problema 35. Prove que um pent´ agono convexo tem trˆes diagonais que s˜ ao lados de um triˆ angulo. Problema 36. Qual ´e o ˆ angulo formado pelas agulhas do rel´ ogio as 12:35? Problema 37. Na figura, os v´ertices do retˆ angulo P QRS pertencem aos lados do retˆ angulo ABCD. Sendo AP = 3cm, AS = 4cm, SC = 6cm e CR = 8cm, qual a ´area do retˆ angulo P QRS, em cm2 ? A b

S

P

B

b

b

b

b

C

b b

R

10

b

Q

D

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Problema 38. A piscina do clube que Samuel frequenta tem a forma de um hex´agono (pol´ıgono com seis lados), com um ˆ angulo intero de 270◦ , os demais ˆangulos de 90◦ e os quatro lados menores com 12m cada. Samuel costuma nadar pelo meio da piscina, a partir do ponto A, descrevendo o trajeto representado, na figura, pelo ˆangulo reto ABC, em que AB = BC. Certo dia, ele nadou por esse trajeto 4 vezes, isto ´e, foi e voltou 2 vezes. Quantos metros ele percorreu? A b

b

b

b

b

b

C

b

B

b

b

Problema 39. Uma folha de papel tem 20cm de comprimento por 15cm de largura. Dobramos essa folha ao meio, paralelamente `a sua largura. Em seguida, dobramos a folha retangular dupla, de modo que dois v´ertices opostos coincidam. Ao desdobrar a folha, as marcas da segunda dobra dividem a folha em duas partes, conforme mostrado na figura ao lado. Qual ´e a ´ area da parte escura, em cm2 ? b

b

b

b b

dobra 1 dobra 2

dobra 2 b

F b

b

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Problema 40. Prove que ´e imposs´ıvel desenhar uma estrela (veja a figura abaixo) de modo que AB < BC, CD < DE, EF < F G, GH < HI e IK < KA. D

C

B

E

A

F G

I K

H

Problema 41. Seja ABCD um paralelogramo. O ponto E est´ a sobre AD de modo que AE = CD. Se ∠ABE = 30◦ encontre o valor do ˆangulo ∠EBC. Problema 42. Seja △ABC um triˆ angulo com ∠A = 50◦ . O lado BC ´e prolongado em ambas as dire¸c˜ oes e sobre os prolongamentos s˜ ao marcados os pontos P e Q de modo que P B = BA, CQ = CA e P B + BC + CQ = P Q. Calcule a medida do ˆangulo ∠P AQ. Problema 43. Seja △ABC um triˆ angulo retˆ angulo em C. Sejam M e N pontos sobre a hipotenusa tais que BN = BC e AM = AC. Ache o valor do ˆangulo ∠N CM .

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Congruˆ encia de triˆ angulos Defini¸ c˜ ao: Um triˆ angulo ´e congruente a outro se, e somente se, ´e poss´ıvel estabelecer uma correspondˆencia entre seus v´ertices de modo que: 1. Seus lados s˜ ao ordenadamente congruentes aos lados do outro e 2. Seus ˆangulos s˜ ao ordenadamente congruentes aos ˆangulos do outro. b

B b

a

c

b

n

m

b b

A

F

b

C

D

p

b

E

Nota¸ c˜ ao: 

 ∠A = ∠D a = n △ABC ≡ △DF E ⇐⇒  ∠B = ∠F e b = p  ∠C = ∠E c = m Teorema 1. Dois lados de um triˆ angulo s˜ ao congruentes se,e somente se os ˆangulos opostos a estes lados s˜ ao congruentes. Demonstra¸c˜ ao. A b

b

B

b

M

b

C

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(⇒) Seja ABC um triˆ angulo com AB = AC e M o ponto m´edio do lado BC. Observe que △ABM ≡ △AM C, pelo caso LLL, portanto ∠ABC = ∠ACB. (⇐) Seja ABC um triˆ angulo com ∠ABC = ∠ACB e M o p´e da altura relativa a BC. Como ∠AM B = ∠AM C = 90◦ e ∠ABC = ∠ACB, temos ent˜ao que ∠M AB = ∠M AC pois a soma dos ˆ angulos internos de um triˆ angulo interno ´e sempre 180◦ . Conclu´ımos assim que △AM B ≡ △AM C pelo caso ALA, consequentemente, AB = AC. Teorema 2. Em todo triˆ angulo is´ osceles, a altura, mediana e bissetrizes relativas `a base s˜ ao coincidentes. Demonstra¸c˜ ao. A b

b

b

B

b

C

M

Seja ABC um triˆ angulo com AB = AC e M o ponto m´edio do lado BC. Observe que △ABM ≡ △AM C, pelo caso LLL, portanto ∠AM B = ∠AM C e ∠BAM = ∠CAM , por defini¸c˜ao temos ent˜ ao que AM tamb´em ´e bissetria. Como ∠AM B + ∠AM C = 180◦ e ∠AM B = ∠AM C, ent˜ ao ∠AM B = ∠AM C = 90◦ , concluindo assim que AM tamb´em ´e altura. Teorema 3. Seja ABCD um pol´ıgono convexo, demonstre que se dois lados opostos s˜ ao iguais e paralelos, ent˜ ao ABCD ´e um paralelogramo. Demonstra¸c˜ ao. Suponhamos que AB = CD e AB\\CD. Pela propriedade de paralelismo, temos que: ∠ABD = ∠BDC, concluindo assim que △ABD ≡ △CDB. Da´ı, tiramos que ∠DBC = ∠BDA, pela propriedade de paralelismo podemos concluir que BC \ \AD, isto ´e, ABCD ´e um paralelogramo. C

B b

b

b b

D

A

Problema 1. Dado um triˆ angulo ABC, onde AB = BC. Tomam-se dois pontos M e N em AB e BC, respectivamente. Demonstre que se ∠M CA = ∠N AC, ent˜ao AM = CN . Solu¸c˜ ao. 2

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B b

M

b

N

b

b b

A

C

Dado que o triˆ angulo ´e is´ osceles, temos que: ∠M AC = ∠N CA, portanto conclu´ımos que △M AC ≡ △N CA, da´ı tiramos que M A = N C. Problema 2. Mostre que se um triˆ angulo possui duas altura iguais, ent˜ao o triˆ angulo ´e is´ osceles. Solu¸c˜ ao. Seja ABC um triˆ angulo onde as alturas AD e CE tˆem o mesmo comprimento. Pelo caso especial de congruˆencia temos que △AEC ≡ △ADC, portanto ∠EAC = ∠DCA, isto ´e, △ABC is´ osceles. B b

E b

b

D

b b

C

A

Problema 3. Demonstre que se duas retas AB e AC s˜ ao duas retas tangentes a um circunferˆencia de centro O /nos pontos B e C, respectivamente, ent˜ao AB = AC e ∠OAB = ∠OAC. Solu¸c˜ ao.

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B b

A b

O b

b

C

Observe que BO = OC e AO pertence ao dois triˆ angulos ABO e ACO, ent˜ao pelo caso especial de congruˆencia △ABO ≡ △ACO, assim AB = AC e ∠OAB = ∠OAC. Problema 4. (Teorema de pitot) Mostre que um quadril´ atero pode ser circunscrito a uma circunferˆencia se, e somente se, a soma de dois lados opostos for igual `a soma dos outros dois lados. Solu¸c˜ ao. (⇒) Suponha que o quadril´ atero ABCD seja circunscrito a uma circunferˆencia, e os pontos de tangˆencia da circunferˆencia com os lados sejam E, F , G, H, como mostra a figura abaixo. b

F B

C

b

b

E

b b

b

b

A

G

O

b b

H

D

Pelo problema anterior, vemos que: AH = AE; BE = BF ; CF = CG; GD = HD. Portanto, AE + BE + CG + GD = BF + CF + +HD + AH, isto implica dizer que: AB + CD = BC + AD. (⇐) Suponha que ABCD seja um quadril´ atero tal que AB + CD = BC + AD e n˜ ao seja circunscrit´ıvel.

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y

B

z

F

b

b

z

b

β

y E

C

β b

b

b

G

z+w

O

x

k α

k

α b

b

x

A

H

b

w-k b

D

wI

Sejam AO e BO as bissetrizes internas dos ˆangulos ∠DAB e ∠ABC. Tomamos E, F e H como sendo os p´es das alturas de O aos lados AB, BC e AD, respectivamente. Pelo caso especial de congruˆencia temos que △AOH ≡ △AOE e △BOE ≡ △BOF , assim sendo, AE = AH = x e BE = BF = y. Defina CF = z e HD = w. Pela hip´ otese, temos que: (x + y) + CD = (y + z) + (x + w) ⇒ CD = z + w Como CD n˜ ao ´e tangente ` a circunferˆencia pois, caso contr´ ario, o quadril´ atero seria circunscrit´ıvel. Tomamos G tal que CG seja tangente a circunferˆencia e defina CG ∩ AD = I, perceba que pelo problema anterior, temos: CG = CF = z e GI = HI = k. Dessa maneira, ID = w − k, mas analisando o triˆ angulo CID isso ´e um absurdo pois CI + ID = CD e CID ´e um triˆ angulo. Ent˜ ao se a soma dos lados opostos de um quadril´ atero forem iguais, ent˜ao ele ser´ a circunscrit´ıvel. Problema 5. S˜ ao constru´ıdos exteriormente ao △ABC, os triˆ angulos equil´ateros ABM , BCN , ACP . Prove que N A = BP = CM . Solu¸c˜ ao. b

b

M

N

B b

60◦

60◦ α

b b

A

C

Primeiramente, constru´ımos somente os triˆ angulos equil´ateros ABM e BCN . Dessa forma, temos que: AB = M B e BC = BN e ∠M BA = ∠CBN = 60◦ . Assim sendo, 5

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temos que △M BC ≡ △ABN pelo caso LAL, pois AB = M B; BC = BN e ∠M BA = ∠CBN , portanto AN = CM . Analogamente, provamos que AN = CM = BP .

Problemas Propostos Problema 6. ABCD ´e um paralelogramo e ABF e ADE s˜ ao triˆ angulos equil´ateros constru´ıdos exteriormente ao paralelogramo. Prove que F CE tamb´em ´e equil´atero. Problema 7. Quatro quadrados s˜ ao constru´ıdos exteriormente nos lados de um paralelogramo. Mostre que os centros destes quadrados tamb´em formam um quadrado Problema 8. Um hex´agono convexo ABCDEF est´ a circunscrito a uma circunferˆencia. Mostre que AB + CD + EF = BC + DE + F A. Problema 9. Na figura, ABCD e AEF G s˜ ao quadrados. Mostre que BE = DG. C b

b

B b

F

b

E

G b

b b

D

A

Problema 10. (R´ ussia 1946) Dados trˆes pontos A, B, C sobre uma reta l, s˜ ao constru´ıdos triˆ angulos equil´ateros ABC1 e BCA1 em um mesmo semi-plano com respeito a l. Se M , N s˜ ao os pontos m´edios de AA1 , CC1 , respectivamente, mostre que o triˆ angulo BM N ´e equil´atero. Problema 11. (Inglaterra/95) Seja ABC um triˆ angulo retˆ angulo em C. As bissetrizes internas de BAC e ABC encontram BC e CA em P e Q, respectivamente. Sejam M e N os p´es das perpendiculares a partir de P e Q at´e AB, respectivamente. Encontre a medida do ˆangulo M CN Problema 12. (Polˆ onia/92) Os segmentos AC e BD intersectam-se no ponto P de modo que P A = P D, P B = P C. Seja O o circucentro do triˆ angulo P AB. Prove que as retas OP e CD s˜ ao perpendiculares. Problema 13. Prove que se em um triˆ angulo ABC, a mediana AM ´e tal que ∠BAC ´e dividido na raz˜ ao 1 : 2, e D est´ a sobre AM , com M entre A e D, tal que ∠DBA = 90◦ , ent˜ao AC = AD 2 . Dica: Escolha P sobre AD tal que AM = M P .

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Problema 14. Em um quadrado ABCD, M ´e o ponto m´edio de AB. Uma reta perpendicular a M C em M toca AD em K. Prove que ∠BCM = ∠KCM . Problema 15. Dado um quadrado ABCD com ∠EDC = ∠ECD = 15◦ , prove que △ABE ´e equil´atero. Problema 16. Dado um triˆ angulo qualquer ABC, D, E e F s˜ ao pontos m´edios dos lados AC, AB e BC, respectivamente. Sendo BG a altura do triˆ angulo ABC. Prove que ∠EGF = ∠EDF . Problema 17. (congruencia) No losango ABCD com ∠BAD = 60◦ , tomamos pontos F , H e G nos lados AD, DC e na diagonal AC, respectivamente, de modo que DF GH seja um paralelogramo. Prove que o triˆ angulo BF H ´e equil´atero. Problema 18. (congruˆencia) Seja ABCD um paralelogramo. A bissetriz de ∠BAD corta BC em M e o prolongamento de CD em N . Se O ´e o circuncentro do triˆ angulo M CN , mostre que B, O, C, D s˜ ao conc´ıclicos. Problema 19. (congruencia) Sejam ABC um triˆ angulo, D um ponto sobre o prolongamento da semi-reta BC a partir de B tal que BD = BA e M o ponto m´edio de AC. A bissetriz do ˆangulo ∠ABC corta DM em P . Mostre que ∠BAP = ∠ACB. Problema 20. (congruencia) Seja ABCDE um pent´agono com AE = ED, AB+CD = BC e ∠BAE + ∠CDE = 180◦ . Prove que ∠AED = 2∠BEC. Problema 21. (Congruencia) Sejam ABC um triˆ angulo de circunc´ırculo ω1 , O o circuncentro de ABC e ω2 o ex-inc´ırculo relativo ao lado BC. Se M, N, L s˜ ao os pontos de tangˆencia de ω2 com as retas BC, AC, AB e os raios de ω1 e ω2 s˜ ao iguais, mostre que O ´e o ortocentro do triˆ angulo M N L.

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Teorema de Tales e Aplica¸c˜ oes

Divis˜ ao Harmˆ onica Dizemos que os pontos M e N dividem harmonicamente o segmento AB quando NA NB . N

A

b

b

M b

MA MB

=

B b

MA NA Como M ao. Estes B = k = N B , os pontos M e N dividem o segmento AB na mesma raz˜ pontos s˜ ao chamados conjugados harmˆonicos de AB na raz˜ao k.

Problema 1. Prove que em uma divis˜ao harmˆonica com k > 1, temos que: 1 1 2 = + AB AM AN Solu¸c˜ ao. A b

M b

B b

N b

MA NA AM AN = ⇒ = MB NB AB − AM AN − AB ⇒ AM (AN − AB) = AN (AB − AM ) ⇒ AM.AN − AM.AB = AN.AB − AM.AN

1 1 2 = + AB AM AN Problema 2. Prove que em uma divis˜ao harmˆonica com k < 1, temos que: ⇒ 2.AM.AN = AN.AB + AM.AB ⇒ 1 1 2 = − AB AM AN

Problema 3. Sendo O o ponto m´edio de AB em uma divis˜ao harmˆonica, prove que: OA2 = OM.ON Solu¸c˜ ao.

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A b

O

M

b

B

b

N

b

b

NA OM + OA ON + OA MA = ⇒ = MB NB OB − OM ON − OB Como OB = OA, temos que: (OM + OA)(ON − OA) = (ON + OA)(OA − OM ) ⇒

OM.ON − OM.OA + ON.OA − OA2 = ON.OA − OM.ON + OA2 − OM.OA ⇒ OA2 = OM.ON

Problema 4. Sejam M e N conjugados harmˆonicos na raz˜ao k > 1 do segmento AB = l. Qual ´e a distˆ ancia entre os divisores harmˆonicos de AB? Solu¸c˜ ao.

A b

M b

B b

MN = x

AB = l M B = a

Portanto,

N b

BN = b

1−a 1 MA =k⇒ = k ⇒ 1 − a = a.k ⇒ a = MB a k+1 NA 1+b 1 =k⇒ = k ⇒ 1 + b = b.k ⇒ a = NB b k−1 x=a+b⇒x=

2k.l k2 − 1

Problema 5. Sejam M e N conjugados harmˆonicos na raz˜ao k < 1 do segmento AB = l. Qual ´e a distˆ ancia entre os divisores harmˆonicos de AB? Teorema de Tales Teorema 1. Se um feixe de retas paralelas ´e cortado por duas retas transversais, r e s, ent˜ao a raz˜ao entre quaisquer dois segmentos determinados em r ´e igual a `a raz˜ao entre os segmentos correspondentes em s.

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A

b

E b b

B

F b b

c C

G b b

d

e

H

D b b

Se b, c, d e e s˜ ao retas paralelas cortadas pelas transversais r e s, ent˜ao: BC CD AC BD AD AB = = = = = EF FG GH EG FH EH Teorema da bissetriz interna Teorema 2. A bissetriz interna de um ˆangulo interno de um triˆ angulo determina sobre o lado oposto ao ˆ angulo dois segmentos proporcionais aos lados adjacentes. Assim, por exemplo, a bissetriz interna do ˆangulo A do triˆ angulo ABC divide o lado BC em dois segmentos x e y tais que: A b

c

B b

b

x

D

C

y b

b

x y = c b Demonstra¸c˜ ao. Tra¸camos por C um reta paralela a bissetriz interna AD, e seja E a interse¸c˜ao dessa paralela com o prolongamento da reta AB. Pela propriedade de paralelismo, temos que ∠BAD = ∠BEC e ∠DAC = ∠ACE, como AD ´e bissetriz, conclu´ımos que ∠ACE = ∠AEC, portanto △ACE ´e is´osceles, com AE = AC = b. Sendo assim, pelo teorema de tales, temos que: x y = c b

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E b

b

A b

c

B b

b

D

x

C

y b

b

Teorema da bissetriz externa Teorema 3. A bissetriz externa de um ˆangulo de um triˆ angulo determina sobre o lado oposto ao ˆangulo dois segmentos proporcionais aos lados adjacentes. Assim, por exemplo, a bissetriz externa do ˆangulo A do triˆ angulo ABC determina sobre o lado BC dois segmentos x e y tais que: y x = c b A b

b

c D b

x

B b

C b

y Demonstra¸c˜ ao. Analogo ao teorema da bissetriz interna. Problema 6. Seja ABC um triˆ angulo tal que AB = 6, AC = 7 e BC = 8. Tome S ∈ AC onde BS ´e bissetriz do ˆ angulo B e tome I ∈ BS tal que CI ´e bissetriz do ˆangulo C, determine a raz˜ao BI IS . Solu¸c˜ ao.

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A b

S b

I b

B

C b

b

Seja SC = x. Temos ent˜ao que AS = 7 − x. Pelo teorema da bissetriz interna no triˆ angulo ABC temos que: 6 AS 7−x = = ⇒ 6x = 56 − 8x ⇒ x = 4 8 SC x Pelo teorema da bissetriz interna no triˆ angulo BSC, temos que: 8 BI = =2 IS x Problema 7. Seja ABC um triˆ angulo retˆ angulo em A, com hipotenusa BC = 30 e AC − AB = 6. Calcule o comprimento da bissetriz BS. Solu¸c˜ ao. Seja AC = x e AB = y, ent˜ao temos que: x − y = 6 e x2 + y 2 = 900 pelo teorema de pit´ agoras. Isolando x na primeira equa¸c˜ao e substituindo na segunda, teremos que: (y + 6)2 + y 2 = 900 ⇒ y 2 + 6y − 432 = 0 onde teremos as ra´ızes 18 e −24, portanto, y = 18, assim x = 24, como BS ´e bissetriz, pelo teorema da bissetriz interna, teremos que: 18 AS = ⇒ AS = 9 30 24 − AS

√ Pelo teorema de pit´ agoras, teremos que: BS 2 = 182 + 92 ⇒ BS = 9. 5. A b

S b

b

b

C

B

Problema 8. Sendo AS e AP bissetrizes dos ˆangulos internos e externos em A, determine o valor de CP , sabendo que BS = 8 e CS = 6.

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Problema 9. Seja ABC um triˆ angulo de lados a, b, c opostos aos v´ertices A, B, C, respecab ac e CD = b+c . tivamente. Se D ∈ BC tal que AD ´e bissetriz interna, mostre que BD = b+c Problema 10. O incentro do triˆ angulo ABC divide a bissetriz interna do ˆangulo A na raz˜ao AI : ID = 2 : 1. Mostre que os lados do triˆ angulo est˜ao em progress˜ ao aritm´etica. Problema 11. (C´ırculo de Apolonius) Seja k um n´ umero real positivo, k 6= 1. Mostre que o lugar geom´etrico dos pontos P do plano tais que P A : P B = k ´e uma circunferˆencia cujo centro pertence ` a reta AB. Problema 12. Em um triˆ angulo ABC, BC = 7, ao lado a sabendo que ela ´e m´ axima.

AB BC

= 3. Calcule o valor da altura relativa

Problema 13. Em um triˆ angulo ABC, BC = 16 e a altura relativa ao lado BC ´e 8. Calcule sabendo que ela ´e m´ axima. a raz˜ao AB AC Problema 14. Os comprimentos dos lados de um triˆ angulo s˜ ao os inteiros x − 1, x e x + 1 e seu maior ˆangulo ´e o dobro do menor. Determine o valor de x. Problema 15. Em um triˆ angulo ABC, de lados AB = 12, AC = 8 e BC = 10, encontre o maior segmento que a bissetriz interna de A determina sobre BC.

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Semelhan¸ ca de Triˆ angulos Dois triˆ angulos s˜ ao semelhantes se, e somente se, possuem ˆangulos ordenadamente congruentes e os lados hom´ologos proporcionais. Sendo k a raz˜ao entre os lados hom´ologos, k ´e chamado de razˆao de semelhan¸ca. Observe que se k = 1, ent˜ao os triˆ angulos s˜ ao congruentes. Igualmente a congruˆencia de triˆ angulos, temos os casos de semelhan¸ca. 1◦ Caso: Se dois triˆ angulos tˆem congruentes dois a dois os trˆes ˆangulos internos, ent˜ao esses dois triˆ angulos s˜ ao semelhantes. 2◦ Caso: Se dois triˆ angulos tˆem dois pares de lados proporcionais e os ˆangulos compreendidos entre eles congruentes, ent˜ao esses dois triˆ angulos s˜ ao semelhantes. ◦ 3 Caso: Se dois triˆ angulos tˆem os trˆes lados correspondentes proporcionais, ent˜ao esses triˆ angulos s˜ ao semelhantes. Teorema 1. Se uma reta ´e paralela a um dos lados de um triˆ angulo, ent˜ao o triˆ angulo que ele determina ´e semelhante ao primeiro. Demonstra¸c˜ ao. Basta ver que eles tˆem os mesmo ˆangulos por paralelismo. Observa¸ c˜ ao 1: Se dois triˆ angulos s˜ ao semelhantes na raz˜ao k, ent˜ao tamb´em ´e igual a k: • a raz˜ao entre as alturas • a raz˜ao entre as medianas • a raz˜ao entre as bissetrizes, etc. Observa¸ c˜ ao 2: A raz˜ao entre as ´ areas de dois triˆ angulos semelhantes (na raz˜ao k) ´e igual a k 2 . Problema 1. As bases de um trap´ezio medem 12m e 18m e os lados obl´ıquos `as bases medem 5m e 7m. Determine o per´ımetro do triˆ angulo menor que obtemos ao prolongar os lados obl´ıquos ` as bases. Solu¸c˜ ao.

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x

y

b

b

12 7

5 b

b

18 Como as bases do trap´ezio s˜ ao paralelas, teremos que os dois triˆ angulos s˜ ao semelhantes, portanto: x 12 y = = ⇒ x+5 18 7+y 18x = 12x + 90 e 18y = 12y + 84, ent˜ao: x = 15 e y = 14, assim, o per´ımetro ser´a 15 + 12 + 14 = 41 Problema 2. Num triˆ angulo ABC, os lados medem AB = 4cm, BC = 5cm e AC = 6cm. Calcule os lados de um triˆ angulo semelhante a ABC cujo per´ımetro mede 20cm. Solu¸c˜ ao. Sejam x, y e z os lados do triˆ angulo. Como os dois triˆ angulos s˜ ao semelhantes, ent˜ao: y z x+y+z 20 x = = = = ⇒ 4 5 6 4+5+6 15 x = 16/3, y = 20/3 e z = 8. Problema 3. Seja ABC um triˆ angulo eq¨ uil´atero de lado 20. Uma reta passando pelo ponto m´edio M do lado AB corta o lado AC no ponto N e o prolongamento do lado BC no ponto P , de tal modo que CP = 12. Determine o comprimento de CN e N A. Solu¸c˜ ao. A b

M b

N

10 B b

b

x

b

C

P b

b

O

10

12

Tomemos O como sendo o ponto m´edio de BC. Como M O ´e base m´edia, temos que M O = 10 e M O ´e paralelo a AC, assim o triˆ angulo N CP ´e semelhante a M OP , ent˜ao: 12 60 x = ⇒x= 10 22 11 2

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. Problema 4. Sejam D e E pontos sobre os lados AB e AC do triˆ angulo ABC. Sendo BC = 22cm, AD = 8cm, DB = 3cm, AE = 5cm e ∠ABE = ∠ACD, calcule o comprimento de DE. Problema 5. Considere a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ABC. Seja AE um diˆ ametro dessa circunferˆencia e AD a altura do triˆ angulo. Sendo AB = 6cm, AC = 10cm e AE = 30cm, calcule AD. Problema 6. Calcule o raio da circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ABC sabendo que AB = 4, AC = 6 e a altura AH relativa ao lado BC ´e igual a 3. Problema 7. (Base m´edia de um triˆ angulo) Sejam M e N os pontos m´edios, respectivamente, dos lados AB e AC do triˆ angulo ABC. O segmento M N ´e chamado de base m´edia, relativa ao lado BC. Mostre que M N ´e paralela a BC e que M N = BC 2 . Problema 8. Sejam ABCD um trap´ezio com AB paralelo a CD, M e N os pontos m´edios dos lados obl´ıquos AD e BC. Use o exerc´ıcio anterior para concluir que M N = AB+CD . 2 Problema 9. No triˆ angulo ABC, a bissetriz interna do ˆangulo ∠A encontra BC em D. A reta por B, perpendicular a AD, encontra AD em E. Seja M o ponto m´edio do lado BC. Se AB = 26, BC = 28 e AC = 30, ache os comprimentos de DM e M E. Problema 10. No triˆ angulo ABC, Z ´e um ponto sobre o lado AB. Uma reta por A e paralela a CZ, encontra BC em X; uma reta por B e paralela a CZ encontra AC em Y . 1 1 1 + BY = CZ . Mostre que AX Problema 11. Seja P um ponto no interior do triˆ angulo eq¨ uil´atero ABC. Por P tra¸camos trˆes retas paralelas aos lados de ABC, determinando trˆes triˆ angulos menores, de ´areas 4, 9 e 49. Determine a ´ area do triˆ angulo ABC. Problema 12. Duas circunferˆencias c1 e c2 interceptam-se em dois pontos A e B. Construa um segmento P Q pelo ponto B com uma extremidade sobre c1 e a outra sobre c2 de modo que P Q seja o maior poss´ıvel. Problema 13. Os lados de um triˆ angulo ABC medem AB = 6, AC = 9 e BC = 11. Se J ´e o ponto de tangˆencia do c´ırculo ex-inscrito relativo ao lado AB. Sabendo que JL ´e paralelo a BC (com L sobre o lado AC), determine o comprimento do segmento AL. Problema 14. Seja C1 a circunferˆencia inscrita num triˆ angulo ABC cujo per´ımetro mede 18cm. Uma tangente a C1 ´e paralela a um dos lados do triˆ angulo e mede 2cm. Quais os poss´ıveis valores do lado ao qual esta tangente ´e paralela?

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Algumas propriedades importantes de triˆ angulos Propriedade 1. Num triˆ angulo retˆ angulo ABC, a mediana BM relativa `a hipotenusa mede metade da hipotenusa AC. A

D M

B

C

Demonstra¸c˜ ao. Seja D o ponto sobre o prolongamento da mediana BM tal que BM = M D. Os triˆ angulos AM B e CM D s˜ ao congruentes, pelo caso LAL. Da´ı, AB = CD e ∠BAM = ∠DCM , ou seja, AB e CD s˜ ao segmentos iguais e paralelos e portanto ∠ABC = ∠DCB = 90◦ . Assim, os triˆ angulos ABC e DCB s˜ ao congruentes, pelo caso LAL, e portanto AC · BD = AC =⇒ 2 · BM = AC =⇒ BM = 2 Afirma¸c˜ ao. Uma base m´edia de um triˆ angulo ´e um segmento que une os pontos m´edios de dois de seus lados. Assim, todo triˆ angulo possui exatamente trˆes bases m´edias. Propriedade 2. Sejam ABC um triˆ angulo e M , N os pontos m´edios dos lados AB, AC, respectivamente. Ent˜ ao BC M N k BC e M N = · 2 A M

B

N

P

C

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Demonstra¸c˜ ao. Inicialmente, prolonguemos a base m´edia M N at´e um ponto P tal que M N = N P . Em seguida, constru´ımos o triˆ angulo CN P . Note que os triˆ angulos AN M e CN P s˜ ao congruentes, pelo caso LAL. Da´ı, CP = AM e ∠M AN = ∠P CN e portanto CP k AM

=⇒

CP k BM.

Assim, M BCP ´e um paralelogramo, pois CP e BM s˜ ao segmentos paralelos e iguais. Mas ent˜ao M P k BC e M P = BC

=⇒

2M N = BC

=⇒

MN =

BC · 2

Afirma¸c˜ ao. A base m´edia de um trap´ezio ´e o segmento que une os pontos m´edios de seus lados n˜ ao paralelos. Propriedade 3. Seja ABCD um trap´ezio de bases AB e CD, e sejam M e N os pontos m´edios dos lados BC e AD, respectivamente. Ent˜ao, M N k AB, M N k CD

b

A

N b

D

b

e

MN =

AB + CD . 2

B b

M

b

b

C b

E

´ f´acil Demonstra¸c˜ ao. Inicialmente, prolonguemos AM at´e encontrar DC no ponto E. E ver que ∆ABM ≡ ∆CM E (ALA) ⇒ AB = CE. Portanto, M N ´e base m´edia do triˆ angulo ADE. Assim, M N k BE ⇒ M N k DC ⇒ M N = Finalmente, M N =

DE . 2

DC + CE DC + AB = . 2 2

Problema 1. (OBM) Considere um triˆ angulo acutˆ angulo ABC com ∠BAC = 30◦ . Sejam B1 , C1 os p´es das alturas relativas aos lados AC, AB, respectivamente, e B2 , C2 os pontos m´edios dos lados AC, AB, respectivamente. Mostre que os segmentos B1 C2 e B2 C1 s˜ ao perpendiculares.

2

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. C´ıcero Thiago A

C2

B2

O

B1

C1 B

C

Solu¸c˜ ao. Seja O a interse¸c˜ ao entre B1 C2 e B2 C1 . O segmento B1 C2 ´e uma mediana do triˆ angulo retˆ angulo AB1 B e portanto AC2 = B1 C2

e

∠C2 B1 A = ∠BAB1 = 30◦ .

Analogamente, AC1 B2 = 30◦ . Da´ı, ∠BC2 B1 = ∠C2 B1 A + ∠BAB1 = 60◦ e portanto ∠C1 OC2 = 180◦ − ∠BC2 B1 − ∠AC1 B2 = 90◦ . Problema 2. Sejam ABC um triˆ angulo e M o ponto m´edio do lado BC. Se D, E s˜ ao os p´es das alturas relativas aos lados AC, AB, respectivamente, prove que M E = M D. Solu¸c˜ ao. A D

E

B

C

M

Note que M E ´e mediana relativa ` a hipotenusa do triˆ angulo BEC. Da´ı, M E = BM = CM e, analogamente, M D = BM = CM. Assim, M E = M D.

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Problema 3. Dado um quadril´ atero ABCD, prove que os pontos m´edios M, N, P, Q dos lados AB, BC, CD, DA formam um paralelogramo. Solu¸c˜ ao. A M

Q

B

D N

P C

Temos • Triˆ angulo ABC: M N k AC e M N = AC/2. • Triˆ angulo DAC: P Q k AC e P Q = AC/2. Assim, M N k P Q e M N = P Q, isto ´e, M N P Q ´e paralelogramo. Problema 4. Sejam ABC um triˆ angulo e M o ponto m´edio de BC. Se AM = BM = CM , prove que ∠BAC = 90◦ . Problema 5. (Torneio das Cidades) Sejam ABCD um paralelogramo, M o ponto m´edio de CD e H o p´e da perpendicular baixada de B a AM . Prove que BCH ´e um triˆ angulo is´ osceles. Problema 6. Em um triˆ angulo ABC, retˆ angulo em A e is´ osceles, sejam D um ponto no lado AC (A 6= D 6= C) e E o ponto no prolongamento de BA tal que o triˆ angulo ADE ´e is´ osceles. Se P ´e o ponto m´edio de BD, R o ponto m´edio de CE e Q a interse¸c˜ao entre ED e BC, prove que o quadril´ atero ARQP ´e um quadrado. Problema 7. Seja ABC um triˆ angulo acutˆ angulo tal que ∠B = 2∠C, AD ´e perpendicular a BC, com D sobre BC, e E o ponto m´edio de BC. Prove que AB = 2DE. Problema 8. (China) Seja ABCD um trap´ezio, AD//BC, ∠B = 30o , ∠C = 60o , E, M, F, N os pontos m´edios de AB, BC, CD, DA respectivamente. Se BC = 7, M N = 3, determine a medida de EF .

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Problema 9. (China) Seja ABCD um trap´ezio, AB//CD, ∠DAB = ∠ADC = 90o , e o 3 triˆ angulo ABC ´e equil´atero. Se a base m´edia do trap´ezio EF = a, determine o compri4 mento da menor base AB, em fun¸c˜ ao de a. Problema 10. (Moscou) Seja ABCD um quadril´ atero convexo e O um ponto em seu inteo rior tal que ∠AOB = ∠COD = 120 , AO = OB, CO = OD. Sejam K, L, M os pontos m´edios de AB, BC, CD respectivamente, prove que ∆KLM ´e equil´atero. Problema 11. (OBM) Num quadril´ atero convexo, a reta que passa pelos pontos m´edios de dois lados opostos forma ˆ angulos iguais com ambas as diagonais. Mostre que as duas diagonais tˆem o mesmo comprimento. Problema 12. Se um segmento paralelo a um lado de um triˆ angulo tem uma extremidade no ponto m´edio de um lado e a outra extremidade no terceiro lado, prove que esta extremidade ´e ponto m´edio do terceiro lado. Problema 13. (OBM) No triˆ angulo ABC, D ´e ponto m´edio de AB e E ponto sobre o lado BC tal que BE = 2 · EC. Sabendo que ∠ADC = ∠BAE, calcule o valor de ∠BAC. Problema 14. (Austr´ alia) Sejam ABC um triˆ angulo e P um ponto em seu interior de modo que ∠P AC = ∠P BC. Se L, M s˜ ao os p´es das perpendiculares por P aos lados BC, AC, respectivamente, e D ´e o ponto m´edio de AB, prove que DL = DM . Problema 15. (Romˆenia) Sejam ABC um triˆ angulo is´ osceles com AB = AC, D o ponto m´edio de BC, M o ponto m´edio de AD e N a proje¸c˜ao de D sobre BM . Prove que ∠AN C = 90◦ . Problema 16. (Eslovˆenia) Seja ABCD um trap´ezio, com AB paralelo a CD. Sabendo que a distˆ ancia entre os pontos m´edios das bases ´e igual `a distˆ ancia entre os pontos m´edios das diagonais, prove que ∠DAC e ∠DBC s˜ ao ˆangulos obtusos. Problema 17. Em um triˆ angulo is´ osceles ABC, com AB = BC, sejam K, L pontos sobre AB, BC, respectivamente, tais que AK + LC = KL. A reta paralela a BC passando pelo ponto m´edio M de KL intersecta AC em N . Ache a medida de ∠KN L. Problema 18. Sejam ABC um triˆ angulo e D, E, F os pontos m´edios de BC, CA, AB, respectivamente. Prove que ∠DAC = ∠ABE ⇐⇒ ∠AF C = ∠ADB. 5

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Problema 19. Seja ABCD um trap´ezio com bases AB = a e CD = b. Sejam tamb´em M , N os pontos m´edios dos lados AB, CD, respectivamente. Sabendo que ∠DAB+∠ABC = 90◦ , determine o comprimento de M N . Problema 20. (Cone Sul) Seja ABC um triˆ angulo acutˆ angulo e sejam AN , BM e CP as alturas relativas aos lados BC, CA e AB, respectivamente. Sejam R, S as proje¸c˜oes de N sobre os lados AB, CA, respectivamente, e Q, W as proje¸c˜oes de N sobre as alturas BM , CP , respectivamente. (a) Mostre que R, Q, W , S s˜ ao colineares. (b) Mostre que M P = RS − QW . Problema 21. (TST Brasil) Sejam Q o ponto m´edio do lado AB de um quadril´ atero inscrit´ıvel ABCD e S a interse¸c˜ ao das diagonais AC e BD. Sejam P , R as proje¸c˜oes ortogonais de S sobre AD, BC, respectivamente. Prove que P Q = QR. Bibliografia Lecture Notes on Mathematical Olympiad Courses For Junior Section, vol. 1 Xu Jiagu

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Quadril´ ateros Not´ aveis 1. Paralelogramo: Um quadril´ atero convexo ´e dito um paralelogramo quando possuir lados opostos paralelos. Teorema 1. Um quadril´ atero convexo ´e paralelogramo se, e somente se: ˆ a) Angulos opostos s˜ ao iguais; b) Lados opostos s˜ ao iguais; c) Diagonais cortam - se em seus pontos m´edios; Demonstra¸c˜ ao. (a) A

D

B E

C

Suponhamos inicialmente que ABCD ´e um paralelogramo e seja E um ponto no prolon´ f´acil perceber que ∠DAB = ∠CBE, pois s˜ gamento do lado AB. E ao ˆangulos correspondentes de retas paralelas. Por outro lado ∠CBE = ∠DCA, pois s˜ ao ˆangulos alternos internos. Portanto, ∠DAB = ∠DCA. Com o mesmo racioc´ınio podemos provar que ∠ADC = ∠ABC. Reciprocamente, seja ABCD um quadril´ atero convexo tal que ∠DAB = ∠DCB e ∠ADC = ∠ABC. Sabemos que ∠DAB + ∠DCB + ∠ADC + ∠ABC = 360◦ e com isso ∠DAB + ∠ABC = 180◦ e ∠DCB + ∠ADC = 180◦ . Por outro lado, ∠ABC + ∠CBE = 180◦ Conclu´ımos ent˜ao, que ∠DAB = ∠CBE e, com isso, AD k BC. Com o mesmo racioc´ınio podemos provar que AB k CD. E com isso ABCD ´e um paralelogramo. (b)

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago A B

D

C

´ f´acil perceber, que ∠DCA = ∠BAC, pois s˜ Seja ABCD um paralelogramo. E ao ˆangulos alternos internos. Da mesma forma, ∠DAC = ∠BCA. Com isso, ∆DAC ≡ ∆ABC, pelo caso A.L.A. Portanto, AD = BC e AB = CD. ´ Reciprocamente, seja ABCD um quadril´ atero convexo tal que AD = BC e AB = CD. E f´acil perceber que, ∆DAC ≡ ∆ABC, pelo caso L.L.L. Portanto, ∠ADC = ∠ABC. De maneira similar, podemos provar que ∠DAB = ∠DCB. Usando o fato provado no item (a), podemos concluir que ABCD ´e um paralelogramo. (c) A

B M

D

C

Seja ABCD um paralelogramo e seja M o ponto de encontro de suas diagonais. J´ a sabemos, pelos itens anteriores, que os ˆ angulos e lados opostos s˜ ao iguais. Por outro lado, ∠DAC = ∠BCA, pois s˜ ao ˆ angulos alternos internos. Pelo mesmo motivo ∠ADB = ∠CBD e com isso ∆ADM ≡ ∆CBM , pelo caso A.L.A. Portanto, AM = M C e DM = M B. Reciprocamente, seja ABCD um quadril´ atero convexo tal que suas diagonais se intersec´ f´acil perceber, que tam em seus pontos m´edios, ou seja, AM = M C e DM = M B. E ∠DM A = ∠CM B, pois s˜ ao ˆ angulos opostos pelo v´ertice. Ent˜ao, ∆ADM ≡ ∆CBM , pelo caso L.A.L. Portanto, AD = BC. De maneira similar, podemos provar, que AB = CD. Usando agora, o que foi provado no item (b), conclu´ımos que ABCD ´e um paralelogramo. 2. Trap´ ezio: Um quadril´ atero convexo ´e trap´ezio se, e somente se, possui dois lados paralelos. Um trap´ezio ser´ a dito is´ osceles se os lados n˜ ao paralelos forem iguais e ser´ a dito retˆ angulo se um dos ˆ angulos da base for reto. Teorema 2. Os ˆ angulos de cada base de um trap´ezio is´ osceles s˜ ao congruentes e as diagonais tamb´em s˜ ao congruentes. Demonstra¸c˜ ao. Sejam AE e BF alturas do trap´ezio. Como AB e CD s˜ ao paralelos ent˜ao AE = BF . Se AD = BC ent˜ao ∆ADE ≡ ∆BCF pelo caso especial para 2

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triˆ angulos retˆ angulos cateto - hipotenusa. Com isso, ∠ADC = ∠BCD. Temos tamb´em que ∆ADC ≡ ∆BCD pelo caso L.A.L, portanto AC = BD. A

B

b

b

b

b

D

b

F

E

b

C

3. Losango: Paralelogramo com todos os lados iguais. Teorema 3. As diagonais do losango s˜ ao perpendiculares. Demonstra¸c˜ ao. Como o losango ´e um paralelogramo ent˜ao as diagonais cortam - se em seus ponyos m´edios, ou seja, AM = M C e BM = M D. Com isso, ∆AM B ≡ ∆AM D, pelo caso L.L.L, portanto ∠AM B = ∠AM D. Como ∠AM B + ∠AM D = 180◦ , ent˜ao ∠AM B = ∠AM D = 90◦ .

A b

M

B b

b

b

b

C

4. Retˆ angulo: Paralelogramo com quatro ˆangulos retos. Teorema 4. A diagonais de um retˆ angulo s˜ ao iguais.

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D

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago ´ f´acil ver que ∆ADC ≡ ∆BCD pelo caso L.A.L. Portanto, AC = BD. Demonstra¸c˜ ao. E B

A b

b

b

b

D

C

5. Quadrado: Retˆ angulo com os quatro lados iguais. Exerc´ıcios Resolvidos 1. Se dois segmentos s˜ ao iguais e paralelos, ent˜ao suas extremidades s˜ ao os v´ertices de um paralelogramo. Solu¸c˜ ao. A B M D

C

Sejam AD e BC os segmentos iguais e paralelos. Vamos ent˜ao construir os segmen´ f´acil perceber que ∠DAC = ∠BCA, tos DB e AC, que se intersectam em M . E pois s˜ ao ˆ angulos alternos internos. Pelo mesmo motivo, ∠ADC = ∠CBD. Portanto, ∆ADM ≡ ∆BCM , pelo caso A.L.A. Usando o resultado provado no item (c) do teorema (1), provamos que ABCD ´e um paralelogramo. 2. Mostre que se por um ponto na base de um triˆ angulo is´ osceles tra¸camos retas paralelas aos lados congruentes, ent˜ ao se forma um paralelogramo cujo per´ımetro ´e igual a soma dos comprimentos dos lados congruentes. Solu¸c˜ ao. Seja D um ponto da base do triˆ angulo is´ osceles ABC e sejam DE e DF ´ os segmentos paralelos aos lados iguais. E f´acil ver que AF DE ´e um paralelogramo pois DE k AC e DF k AB. Portanto, AF = DE, AE = DF e os triˆ angulos BDE ´ f´acil perceber que o triˆ e CDF s˜ ao is´ osceles assim BE = DE e DF = CF . E angulo

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ABC e o paralelogramo AF DE possuem o mesmo per´ımetro. b

A

b

E b

α α b

F

α

α b

B

b

D

C

3. (OCM) Sejam AB e CD as bases de um trap´ezio tal que a base menor CD ´e igual `a soma dos lados n˜ ao paralelos do trap´ezio. Se E ´e um ponto de CD e EA ´e a bissetriz do ˆangulo ∠A, mostre que EB ´e tamb´em bissetriz do ˆangulo ∠B. Solu¸c˜ ao. Como AB k CD ent˜ ao ∠BAE = ∠DEA e, com isso, AD = BE. Como CD = AD + BC ent˜ ao EC = CB. Assim, ∠CEB = ∠CBE. Mas AB k CD ent˜ao ∠CEB = ∠EBA.

b

α

E

D

α

b b

C

β

β β

α

b

A

b

B

4. (Cone Sul) Sejam A, B e C trˆes pontos (n˜ ao colineares) e E(6= B) um ponto qualquer que n˜ ao pertence ` a reta AC. Construa paralelogramos ABCD (nesta ordem) e AECF (tamb´em nesta ordem). Demonstre que BE k DF . Solu¸c˜ ao. ABCD e AECF s˜ ao paralelogramos de diagonais AC, BD e AC, F E respectivamente. Como as diagonais de um paralelogramo se cortam em seus pontos 5

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m´edios e AC ´e uma diagonal comum, o ponto m´edio de AC ´e o ponto m´edio de BD e de F E. Logo BEDF ´e um quadril´ atero cujas diagonais BD e F E cortam - se em seus pontos m´edios. Portanto BEDF ´e um paralelogramo e BE k DF . B b

b

E

A b b

C

F b

b

D

5. (Torneio das Cidades) Em um quadrado ABCD, K ´e um ponto do lado BC e a bissetriz do ∠KAD intersecta o lado CD no ponto M . Prove que o comprimento do segmento AK ´e igual ` a soma dos comprimentos dos segmentos DM e BK. Solu¸c˜ ao. Seja L o ponto no prolongamento de BC tal que BL = DM . Como AB = AD e ∠ABL = 90◦ = ∠ADM ent˜ao ∆ABL ≡ ∆ADM . Assim, ∠BAL = ∠DAM e ∠ALK = ∠AM D. Por outro lado ∠KAL = ∠BAL + ∠KAB = ∠M AD + ∠KAB = ∠M AK + ∠KAB = ∠M AB = ∠AM D. a u ´ltima igualdade acontece porque AB e DC s˜ ao paralelos. Segue que ∠KAL = ∠ALK e, portanto, AK = KL = KB + BL = KB + DM.

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D

A b

b

M b

L b

C

b b

b

B

K

6. (Torneio das Cidades) ABCD ´e um paralelogramo. Um ponto M ´e escolhido sobre o lado AB tal que ∠M AD = ∠AM O, onde O ´e o ponto de interse¸c˜ao das diagonais do paralelogramo. Prove que M D = M C. Solu¸c˜ ao. Seja N o interse¸c˜ ao de M O e CD. Temos que ∠M AD = ∠AM N ent˜ao AM N D ´e um trap´ezio is´ osceles. Por simetria, AM = N C ent˜ao AM CN ´e um paralelogramo. Com isso, ∠M DC = AN D = ∠M CD e, portanto, M C = M D. M

A b

B

b b

O b

N D

b b

b

C

Exerc´ıcios Propostos

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1. No quadrado ABCD consideram - se as diagonais AC e BD. Seja P um ponto qualquer pertencente a um dos lados. Demonstrar que a soma das distˆ ancias de P `as duas diagonais ´e constante. 2. (Maio) Num paralelogramo ABCD, BD ´e a diagonal maior. Ao fazer coincidir B com D mediante uma dobra se forma um pent´agono regular. Calcular as medidas dos ˆangulos que forma a diagonal BD com cada um dos lados do paralelogramo. 3. (Maio) No retˆ angulo ABCD de lados AB, BC, CD e DA, seja P um ponto do lado AD tal que ∠BP C = 90◦ . A perpendicular a BP tra¸cada por A corta BP em M e a perpendicular a CP tra¸cada por D corta CP em N . Demonstre que o centro do retˆ angulo est´ a no segmento M N . 4. Sejam ABC e ABD triˆ angulo com o lado AB comum. O triˆ angulo ABC tem ∠BAC = 90◦ e AB = 2AC. O triˆ angulo ABD tem ∠ADB = 90◦ e AD = BD. O segmento CD corta o segmento AB em O. Calcule a medida de BO sabendo que AC = 4. 5. (OBM) O trap´ezio ABCD tem bases AB eCD. O lado DA mede x e o lado BC mede 2x. A soma dos ˆ angulos ∠DAB e ∠ABC ´e 120◦ . Determine o ˆangulo ∠DAB. 6. No quadril´ atero convexo ABCD, sejam E e F os pontos m´edios dos lados AD e BC, respectivamente. Os segmentos CE e DF se cortam em O. Demonstre que se as retas AO e BO dividem o lado CD em trˆes partes iguais ent˜ao ABCD ´e um paralelogramo. 7. Seja ABCDEF um hex´agono tal que seus lados opostos s˜ ao respectivamente paralelos, ou seja, AB k DE, BC k EF e CD k F A. Se AB = DE, demonstre que BC = EF e CD = F A. 8. Seja ABCD um paralelogramo tal que M ´e o ponto m´edio de BC. Seja T a proje¸c˜ao de D sobre M A. Prove que CT = CD.

A

B b

M

b

b

T

b

C

b

b

D

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9. Prove que o segmento que liga os pontos m´edios dos lados opostos de um quadril´ atero convexo passa pelo ponto m´edio do segmento que liga os pontos m´edios das diagonais. 10. Seja ABCD um paralelogramo. Pelo v´ertice A ´e tra¸cada uma reta r e sejam E, F e G as proje¸c˜ oes de B, C e D sobre r, respectivamente. Prove que se r estiver no exterior do paralelogramo, ent˜ ao CF = BE + DG e, se r estiver no interior, ent˜ao CF = |BE − DG|. 11. Sobre os lados AB e AC do triˆ angulo ABC s˜ ao constru´ıdos no exterior triˆ angulos is´ osceles semelhantes ABC ′ e CAB ′ . Prove que AB ′ A′ C ′ ´e um paralelogramo. 12. Os lados AB, BC, CD e DA de um quadril´ atero ABCD s˜ ao divididos pelos pelos E, F , G e H da seguinte forma: CF CG DH AE = = = . EB FB GD HA Prove que EF GH ´e um paralelogramo. 13. Seja P1 P2 P3 P4 P5 um pent´ agono convexo. Seja Qi o ponto de interse¸c˜ao dos segmentos que unem os pontos m´edios dos lados opostos do quadril´ atero Pi+1 Pi+2 Pi+3 Pi+4 onde Pk+5 = Pk , k ∈ N e i ∈ {1, 2, 3, 4, 5}. Prove que os pent´agonos P1 P2 P3 P4 P5 e Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 s˜ ao semelhantes. Sugest˜ oes 2. Seja O o ponto de interse¸c˜ ao das diagonais de um paralelogramo ABCD. Seja EF um segmento que passa por O com extremidades E e F sobre os lados AB e CD, respectivamente. Ent˜ ao, EO = EF . 3. Use o fato que as diagonais de um paralelogramo cortam - se em seus pontos m´edios. 8. Trace CP ⊥ DT , com P em DT . 9. Use base m´edia. 11. Use semelhan¸ca de triˆ angulos. 12. Use Teorema de Tales.

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13. Os pontos m´edios dos lados de um quadril´ atero s˜ ao v´ertices de um paralelogramo. Bibliografia 1. Problemas 18 - Olimp´ıada Matem´atica Argentina Patr´ıcia Fauring e Flora Gutierrez Red Ol´ımpica 2. Problemas 19 - Olimp´ıada Matem´atica Argentina Patr´ıcia Fauring e Flora Gutierrez Red Ol´ımpica 3. Problemas 20 - Olimp´ıada Matem´atica Argentina Patr´ıcia Fauring e Flora Gutierrez Red Ol´ımpica 4. Olimp´ıadas de Mayo - I a VIII Patr´ıcia Fauring, Flora Gutierrez, Carlos Bosch e Mar´ıa Gaspar Red Ol´ımpica 5. Olimp´ıadas de Mayo - IX a XVI Patr´ıcia Fauring, Flora Gutierrez, Carlos Bosch e Mar´ıa Gaspar Red Ol´ımpica 6. International Mathematics Tournament of Towns - 1997 - 2002 AM Storozhev AMT 7. Cole¸c˜ ao Elementos da Matem´atica, vol. 2 - Geometria Plana Marcelo Rufino de Oliveira e M´arcio Rodrigo da Rocha Pinheiro 8. Challenging Problems in Geometry Alfred S. Posamentier e Charles T. Salkind 9. Problems and Solutions in Euclidean Geometry M. N. Aref e William Wernick 10. Geometr´ıa Radmila Bulajich Manfrino e Jos´e Antonio G´ omez Ortega Cuadernos de Olimpiadas de Matem´aticas

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11. T´ opicos de Matem´atica Elementar, vol. 2 Geometria Euclidiana Plana Antonio Caminha Muniz Neto SBM 12. Episodes in Nineteenth and Twentieth Euclidean Geometry Ross Honsberger MAA 13. Problems in Plane and Solid Geometry, vol. 1 - Plane Geometry Viktor Prasolov 14. Advanced Euclidean Geometry Alfred Posamentier 15. Lessons in Geometry I. Plane Geometry Jacques Hadamard AMS 16. Hadamard’s Plane Geometry A Reader’s Companion Mark Saul AMS 17. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica, Ensino Fundamental, 1981 - 2005 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos 18. Problemas de las Olimpiadas Matematicas del Cono Sur (I a IV) Fauring - Wagner - Wykowski - Gutierrez - Pedraza - Moreira Red Ol´ımpica 19. Explorations in Geometry Bruce Shawyer World Scientific 20. Treinamento Cone Sul, vol.2. Bruno Holanda, C´ıcero Magalh˜aes, Samuel Barbosa e Yuri Lima.

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Aula

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ˆ Angulos na circunferˆ encia Defini¸ c˜ ao 1: O ˆ angulo inscrito relativo a uma circunferˆencia ´e um ˆangulo que tem o v´ertice na circunferˆencia e os lados s˜ ao secantes a ela.

A b

b

b

P

O

b

B

Assim, ∠AP B ´e o ˆ angulo inscrito e ∠AOB ´e o ˆangulo central que ´e igual `a medida do arco, que n˜ ao cont´em P , determinado na circunferˆencia pelos pontos A e B. Teorema 1. Um ˆ angulo inscrito ´e metade do ˆangulo central correspondente. Demonstra¸c˜ ao. A prova ser´ a dividida em trˆes casos. ◦ 1 caso: O triˆ angulo OBC ´e is´ osceles e, com isso, ∠OBC = ∠OCB . Ent˜ao, ∠AOC = ∠OBC + ∠OCB = 2∠OBC (propriedade do ˆ angulo externo).

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B b

C b

α

α 2α b

O

b

A

2◦ caso: Pelo 1◦ caso temos que ∠AOC = 2∠ABC e ∠AOD = 2∠ABD. Portanto, ∠COD = 2∠CBD.

b

C

α

α b

2α

B

β b

O

2β

β

b

A b

D

3◦ caso: Pelo 1◦ caso temos que ∠EOD = 2∠ECD, ent˜ao 2α + 2θ = 2 · (α + β) ⇔ θ = β. Portanto, ∠AOD = 2∠ACD.

2

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b

C

α β O b b

D

2θ 2α α E

b b

A

Defini¸ c˜ ao 2: Dizemos que uma reta ´e tangente a uma circunferˆencia se essa reta intersecta a circunferˆencia em um u ´nico ponto. Teorema 2. Toda reta perpendicular a um raio na sua extremidade da circunferˆencia ´e tangente `a circunferˆencia. Demonstra¸c˜ ao.

r A b

B b

b

O

Suponha que OA ⊥ r mas r n˜ ao ´e tangente `a circunferˆencia, e seja B 6= A o segundo ponto de interse¸c˜ ao. Isso ´e um absurdo pois o triˆ agulo OAB seria is´ osceles, pois OA = OB (raio da circunferˆencia), com os ˆ angulos da base iguais a 90◦ . Portanto, r ´e tangente `a circunferˆencia. Teorema 3. Toda tangente a uma circunferˆencia ´e perpendicular ao raio no ponto de tangˆencia. Demonstra¸c˜ ao.

3

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b

B

r

A b

b

O

Seja A o ponto de tangencia. Qualquer ponto de r est´ a a uma distˆ ancia maior do que A do centro. Com isso, OA ´e a menor distˆ ancia de O para a reta r. Portanto, OA ⊥ r. Defini¸ c˜ ao 3: Um ˆ angulo de segmento relativo a uma circunferˆencia ´e um aˆngulo que tem o v´ertice na circunferˆencia, um lado secante e outro lado tangente `a circunferˆencia.

b

b b

A

O

B

θ t

O ˆangulo θ da figura ´e um ˆ angulo de segmento. Teorema 4. Um ˆ angulo de segmento ´e a metade do ˆangulo central correspondente. Demonstra¸c˜ ao. Calculando a soma dos ˆ angulos internos no triˆ angulo AOB temos 2α+2β = 180◦ ⇔ α+β = ◦ ◦ 90 . Mas, θ + β = 90 . Portanto, θ = α.

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O b

β b

A

2α

β b

B

θ t

Defini¸ c˜ ao 4: Chamaremos de ˆ angulo excˆentrico interior qualquer ˆangulo formado por duas cordas de uma circunferˆencia. Na figura abaixo, temos que ∠BED ´e um ˆangulo excˆentrico ∠AOC + ∠BOD interior que satisfaz ∠BED = , pois ∠BED = ∠ABC + ∠DCB = 2 ∠AOC ∠BOD ∠AOC + ∠BOD ∠EBC + ∠ECB = + = . 2 2 2 A b

b

D

E b

C b

b

O

b

B

Defini¸ c˜ ao 5: Chamaremos de ˆ angulo excˆentrico exterior o ˆangulo formado por duas secantes a uma circunferˆencia tra¸cadas por um ponto no exterior. Na figura abaixo, ∠BOD − ∠AOC ∠BP D ´e um ˆ angulo excˆentrico exterior que satisfaz ∠BP D = , pois 2 ∠BOD ∠AOC ∠BOD − ∠AOC ∠BP D = ∠BAD − ∠ADP = − = . 2 2 2

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B b

A b

O b

b

P

b

C b

D

Exerc´ıcios Resolvidos

1. (OBM) O triˆ angulo ABC est´ a inscrito na circunferˆencia S e AB < AC. A reta que cont´em A e ´e perpendicular a BC encontra S em P (P 6= A). O ponto X situa-se sobre o segmento AC e a reta BX intersecta S em Q (Q 6= B). Mostre que BX = CX se, e somente se, P Q ´e um diˆ ametro de S. Solu¸c˜ ao. Vamos dividir o problema em duas partes: (a) BX = CX ⇒ P Q ´e um diˆ ametro de S. Seja ∠ACB = α. Assim, temos que ∠QBC = α (j´a que BX = CX) e ∠P AC = 180◦ − 90◦ − α = 90◦ − α. Observe que os ˆ angulos ∠P AC = ∠P BC. Assim, vemos que ∠P BC = ∠P AC = 90◦ − α ⇒ ∠P BQ = 90◦ − α + α = 90◦ ⇒ P Q ´e diˆ ametro. Q

A b

b

90◦ − α

B

b

X b

α 90◦

α b

C

−α

b

P

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(b) P Q ´e um diˆ ametro de S ⇒ BX = CX. Se ∠ACB = α, ∠P AC = ∠P BC = 90◦ − α. Mas P Q ´e diˆ ametro, ou seja, ∠P BQ = 90◦ ⇒ 90◦ − α + ∠QBC = 90◦ ⇒ ∠QBC = α ⇒ ∆BXC ´e is´ osceles ⇒ BX = XC. 2. Sobre um c´ırculo de diˆ ametro AB s˜ ao escolhidos os pontos C, D e E em um semiplano ¯ = BE ¯ = 20◦ e determinado por AB e F no outro semiplano, tais que ¯ AC = CD ¯ = 60◦ . Seja M a intersec¸c˜ BF ao de BD e CE. Prove que F M = F E. Solu¸c˜ ao.

D b

C b

A

b

b

M b

b

E

b

B

O

b

F

Seja O o centro da circunferˆencia. Vamos provar que os triˆ angulos ∆OM F e ∆BEF s˜ ao congruentes. Como ∠BOF = 60◦ ent˜ao o triˆ angulo ∆BOF ´e equil´atero e ¯ = CD ¯ ⇒ BE = CD e ∠DCE = ∠EBD = 60◦ , OF = BF . Al´em disso, BE ou seja, ∆CDM ≡ ∆EBM ⇒ CM = BM ⇒ ∆OCM = ∆OBM ⇒ ∠M OB = 80◦ . Como ∠OBE = ∠OBM + ∠EBD = ∠ABD + 60◦ = 20◦ + 60◦ = 80◦ ent˜ao o trap´ezio M OBE ´e is´ osceles e, com isso, M O = EB. Finalmente, ∠M OF = 80◦ +60◦ = 140◦ = ∠EBF . Isto prova que os triˆ angulos ∆OM F e ∆BEF s˜ ao congruentes. Portanto, F M = F E. 3. Sejam dois c´ırculos C1 e C2 , com C2 tangente interno a C1 no ponto P . Seja s uma reta tangente a C2 em um ponto B, e que corta C1 em A e C. Mostre que P B ´e bissetriz do ˆ angulo ∠AP C. Solu¸c˜ ao.

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r b

P

A

b

b

B

b

C b

O

Seja r a reta tangente ` as duas circunferˆencias em P . Seja O o ponto de intersec¸c˜ao de r com o prolongamento AC. Temos que ∠CP O = ∠P AC =

¯ CP 2

OP = OB ⇒ ∠P BO = ∠BP C + CP O. Mas ∠P BO ´e ˆ angulo externo do triˆ angulo ∆P BA ⇒ ∠P BO = ∠P AC + ∠BP A. Portanto, ∠BP C = ∠BP A. 4. Seja O o centro da circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo acutˆ angulo ABC e seja D a proje¸c˜ ao de A sobre BC. Prove que ∠DAB = ∠OAC. Solu¸c˜ ao.

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A b

b

O

β b

B

b b

C

D

β b

E

Seja AE um diˆ ametro. Al´em disso, ∠ABC = ∠AEC. Portanto, ∠BAD = ∠EAC. 5. (It´alia) Um triˆ angulo ABC acutˆ angulo est´ a inscrito em um c´ırculo de centro O . Seja D a intersec¸c˜ ao da bissetriz de A com BC e suponha que a perpendicular a AO por D, corta a reta AC em um ponto P interior a AC. Mostre que AB = AP . Solu¸c˜ ao.

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A b

b

O b

b

b

B

b

F

P

E b

b

D

C

Usando o resultado obtido no problema 4 temos que ∠BAF = ∠EAP . Como AD ´e bissetriz do ˆ angulo ∠A, ent˜ ao ∠F AD = ∠DAE. Com isso, ∆F AD ≡ ∆DAE, pelo caso A.L.A., assim AF = AE. Desse modo, ∆AEP ≡ ∆ABF , pelo caso A.L.A. Finalmente, AB = AP . 6. (Ir˜a) Em um triˆ angulo ABC a bissetriz do ˆangulo ∠BAC intersecta o lado BC no ponto D. Seja Γ um c´ırculo tangente a BC no ponto D e que passa pelo ponto A. Se M ´e o segundo ponto de intersec¸c˜ao de AC com Γ e se BM intersecta o c´ırculo em P , mostre que AP ´e uma mediana do triˆ angulo ABD. Solu¸c˜ ao.

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A b

α α β

b

M

β

P

b

B

α−β

b

b

N

α β b b

D

C

Como BC ´e tangente ` a circunferˆencia Γ, temos que ∠N DP = ∠DM P = ∠P AD = β. Al´em disso, ∠M P D = ∠M AD = ∠BAD = α. Sendo assim, ∆N P D ∼ ∆N AD, ND NP = ⇔ N D 2 = N P · N A. Temos tamb´em que ∆N BP ∼ ∆N AB, ent˜ao ND NA PN NB ent˜ao = ⇔ N B 2 = N P · N A. Portanto, N B 2 = N D 2 ⇔ N B = N D. NB AN Exerc´ıcios propostos

1. Na figura, a reta t ´e tangente ao c´ırculo e paralela ao segmento DE. Se AD = 6, AE = 5 e CE = 7, o valor da medida do segmento BD ´e:

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t A b

D b

b

E

b

B

b

C

(a) 3, 5 (b) 4 (c) 4, 5 (d) 5 (e) 5, 5 2. S˜ ao dadas duas circunferˆencias secantes, com pontos de intersec¸c˜ao C e D. Tra¸ca - se por C uma secante ` a duas circunferˆencias, que intersecta uma delas em E e a outra em F . Mostre que o ˆ angulo ∠EDF ´e constante. 3. As extremidades de uma corda ST , com comprimento constante, s˜ ao movidos ao longo de um semic´ırculo com diˆ ametro AB. Seja M o ponto m´edio de ST e P o p´e da perpendicular de S sobre AB. Prove que a medida do ˆangulo ∠SP M independe da posi¸c˜ ao de ST . ´ dado um triˆ 4. E angulo ABC. Sejam O o centro da circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo, I o centro da circunferˆencia inscrita no triˆ angulo, D 6= A a intersec¸c˜ao da reta AI com a circunferˆencia circunscrita. Prove que CD = BD = ID. 5. Se os lados AB e AC de um triˆ angulo s˜ ao diˆ ametros de duas circunferˆencias, prove que o outro ponto comum ` as circunferˆencias est´ a em BC. 6. Sejam C1 e C2 duas circunferˆencia tangentes exteriores em T . Sejam A e B pontos de C1 tais que a reta AB ´e tangente a C2 em P . Prove que T P ´e bissetriz externa

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do triˆ angulo ∆AT B. 7. Na figura abaixo seja T o ponto de tangencia das circunferˆencias. Prove que ∠M T P = ∠QT N .

b

T

M b

P b

b

Q b

N

Sugest˜ oes/Solu¸ co ˜es 1. BD = 4. Use ˆ angulo de segmento para concluir que ∆ADE ∼ ∆ABC. 2. Use que em uma circunferˆencia, a medida do ˆangulo inscrito ´e metade da medida do ˆangulo central que subtende o mesmo arco. 3.

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b b

T

M

S b

b

A

b

b

B

P

C b

S1

´ f´acil Seja C a circunferˆencia de diˆ ametro AB. Seja S1 o sim´etrico de S com rela¸c˜ao a AB. E ver que P ´e o ponto m´edio de SS1 e seja M o ponto m´edio de ST . Temos que P M k S1 T . 1 ˜ ˜ s´ Ent˜ao ∠SP M = ∠SS1 T = · ST . Por outro lado, ST o depende do comprimento de ST . 2 Portanto, segue o resultado. 4. Use ˆangulo externo e ˆ angulos inscritos. 5. Use que todo ˆ angulo inscrito em uma semicircunferˆencia mede 90◦ . 6. Use ˆangulos de segmento. 7. Use ˆangulos inscritos. Bibliografia 1. Fundamentos de Matem´atica Elementar, vol.9. Osvaldo Dolce e Jos´e Nicolau Pompeo. 2. Geometr´ıa - Una visi´on de la planimetr´ıa. Lumbreras. 14

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3. Challenging Problems in Geometry Alfred S. Posamentier e Charles T. Salkind 4. Problems and Solutions in Euclidean Geometry M. N. Aref e William Wernick 5. Geometr´ıa Radmila Bulajich Manfrino e Jos´e Antonio G´ omez Ortega Cuadernos de Olimpiadas de Matem´aticas 6. T´ opicos de Matem´atica Elementar, vol. 2 Geometria Euclidiana Plana Antonio Caminha Muniz Neto SBM

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Quadril´ ateros inscrit´ıveis

Teorema 1. Um quadril´ atero ´e inscrit´ıvel se, e somente se, a soma dos ˆangulos opostos ´e 180◦ . ˙ ˙ BCD BAD + = Demonstra¸c˜ ao. ⇒ Seja ABCD um quadril´ atero inscrit´ıvel. Temos que 2 2 ◦ ◦ ◦ 360 , ou seja, 2∠A + 2∠C = 360 ⇔ ∠A + ∠C = 180 . Como a soma dos ˆangulos internos de um quadril´ atero convexo ´e 360◦ , ent˜ao ∠B + ∠D = 180◦ . A b

B b

O b

b

D

b

C

⇐ Seja ABCD um quadril´ atero tal que ∠A + ∠C = ∠B + ∠D = 180◦ . Vamos admitir, de maneira falsa, que ABCD n˜ ao ´e inscrit´ıvel. Seja E a intersec¸c˜ao de BC com a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ABD. Sendo assim, ∠A + ∠E = 180◦ ⇒ ∠C = ∠E, o que ´e um absurdo pela propriedade do ˆangulo externo. Portanto, ABCD ´e inscrit´ıvel.

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A b

B b

O b

C b

b b

D

E

Teorema 2. Um quadril´ atero ´e inscrit´ıvel se, e somente se, o ˆangulo entre um lado e uma diagonal ´e igual ao ˆ angulo entre o lado oposto e a outra diagonal. Demonstra¸c˜ ao. ⇒ A b

B b

O b

b

b

D

C

¯ ´ f´acil ver que ∠DAC = ∠DBC = DC . Seja ABCD um quadril´ atero inscrit´ıvel. E 2

2

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⇐ A b

B b

O b

C b

b b

D

E

⇐ Seja ABCD um quadril´ atero tal que ∠ADB = ∠ACB. Vamos admitir, de maneira falsa, que ABCD n˜ ao ´e inscrit´ıvel. Seja E a intersec¸c˜ao de BC com a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ABD. Sendo assim, ∠ADB = ∠ACB = ∠AEB, o que ´e um absurdo pela propriedade do ˆ angulo externo. Portanto, ABCD ´e inscrit´ıvel. Exerc´ıcios Resolvidos

1. Em um triˆ angulo ABC, ∠BAC = 100◦ e AB = AC. Seja BD a bissetriz de ∠ABC, com D sobre o lado AC. Prove que AD + BD = BC. Solu¸c˜ ao. ´ E f´acil ver que ∠ABD = ∠DBC = 20◦ . Seja E um ponto sobre BC tal que BD = BE. Basta provar que EC = AD. Veja que ∠BDE = ∠BED = 80◦ . Como ∠BED = 80◦ e ∠BCD = 40◦ , ent˜ao ∠EDC = 40◦ , ou seja, ED = EC. Por outro lado, ABED ´e um quadril´ atero inscrit´ıvel pois ∠BAD + ∠BED = 180◦ , assim ∠EAD = ∠EBD = 20◦ e ∠AED = ∠ABD = 20◦ . Portanto, AD = ED = EC e, dessa forma, BC = AD + BD.

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A b

D b

b

b

B

b

E

C

2. (Inglaterra) No triˆ angulo acutˆ angulo ABC, CF ´e altura, com F em AB e BM ´e mediana, com M em CA. Se BM = CF e ∠M BC = ∠F CA, prove que o triˆ angulo ABC ´e equil´atero. Solu¸c˜ ao. A b

F

M b

b

b

b

B

C

Temos que F M = AM = M C e, com isso, ∠M F C = ∠F CM , ou seja, o quadril´ atero ´ F BCM ´e inscrit´ıvel. Dessa forma, ∠F CM = ∠F BM e ∠BM C = ∠BF C = 90◦ . E f´acil ver que ∆BM C ≡ ∆BM A, pelo caso A.L.A, ent˜ao AB = BC. Veja tamb´em que ∆BM C ≡ ∆BF C, pelo caso cateto - hipotenusa, ent˜ao ∠BCM = ∠CBF e, portanto, AC = AB. Finalmente, AB = AC = BC.

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3. Seja M um ponto no interior de um quadril´ atero convexo ABCD tal que ABM D ´e um paralelogramo. Prove que se ∠CBM = ∠CDM , ent˜ao ∠ACD = ∠BCM . Solu¸c˜ ao.

A b

b

B

N b

b

D

b

M

b

C

Seja N um ponto tal que BN k M C e N C k BM . Ent˜ao N A k CD, ∠N CB = ∠CBM = ∠CDM = ∠N AB, ou seja, os pontos A, B, N e C s˜ ao conc´ıclicos. Ent˜ao, ∠ACD = ∠N BC = ∠BCM . 4. (Cone Sul) Seja ABCD um quadril´ atero convexo tal que suas diagonais AC e BD s˜ ao perpendiculares. Seja P a intersec¸c˜ao de AC e BD e seja M o ponto m´edio de AB. Mostre que o quadril´ atero ABCD ´e inscrit´ıvel se, e somente se, as retas P M e CD s˜ ao perpendiculares. Solu¸c˜ ao. Primeiramente vejamos quando P M e CD s˜ ao perpendiculares. Seja K a intersec¸c˜ ao de P M e CD. Como no triˆ angulo ABP , retˆ angulo em P , M ´e o ponto m´edio da hipotenusa AB ⇒ P M = M A = M B. Assim, seja ∠ABD = θ ⇒ ∠M P B = θ ⇒ ∠AM P = 2θ ⇒ ∠M P A = 90◦ − θ ⇒ ∠CP K = ∠AP M = 90◦ − θ.

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Como ∠P KC = 90◦ ⇒ ∠P CD = θ. Logo, ∠ABD = ∠ACD = θ ⇒ o quadril´ atero ABCD ´e inscrit´ıvel. B b

E b

A b

2θ 90◦ − θ 90◦ − θ θ

θ

P b

90◦ − θ

b

D

b

K

θ b

C

Vejamos agora o caso em que o quadril´ atero ABCD ´e inscrit´ıvel. Do mesmo modo como M ´e o ponto m´edio da hipotenusa AB do triˆ angulo retˆ angulo AP B ent˜ao P M = M A = M B. Logo, se ∠ABD = θ ⇒ ∠BAP = ∠M P A = 90◦ − θ ⇒ ∠CP K = 90◦ − θ e como ABCD ´e inscrit´ıvel ⇒ ∠ACD = ∠ABD = θ ⇒ ∠P KC = 180◦ − (90◦ − θ + θ) = 90◦ ⇒ M P ⊥ CD. Portanto, ABCD ´e inscrit´ıvel se, e somente se, P M ⊥ CD.

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B b

E b

A b

θ

2θ 90◦ − θ 90◦ − θ P b

90◦ − θ

b b

D

K

θ b

C

5. Prove que as bissetrizes internas dos quatro ˆangulos de um quadril´ atero convexo determinam um quadril´ atero inscrit´ıvel. ´ f´acil ver que ξ = 180◦ − α − β e que ψ = 180◦ − γ − θ. Dessa forma, Solu¸c˜ ao. E ξ + ψ = 360◦ − (α + β + γ + θ) = 360◦ − 180◦ = 180◦ .

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B b

γ A b b

α α

γ

E

b

H b

F

ξ

ψ θ

β b

β

θ

D

b

C

b

G

Exerc´ıcios Propostos 1. (BAMO) Seja k um c´ırculo no plano xy com centro sobre o eixo y e passando pelos pontos A(0, a) e B(0, b) com 0 < a < b. Seja P um ponto qualquer do c´ırculo, diferente de A e B. Seja Q a intersec¸c˜ao da reta que passa por P e A com o eixo x, e seja O(0, 0). Prove que ∠BQP = ∠BOP . 2. (OBM) As diagonais de um quadril´ atero inscrit´ıvel ABCD se intersectam em O. Os c´ırculos circunscritos aos triˆ angulos AOB e COD intersectam as retas BC e AD, pela segunda vez, nos pontos M , N , O e Q. Prove que o quadril´ atero M N P Q est´ a inscrito em um c´ırculo de centro O. 3. Um quadril´ atero convexo est´ a inscrito em um c´ırculo de centro O. As diagonais AC e BD intersectam - se em P . Os c´ırculos circunscritos aos triˆ angulos ABP e CDP intersectam - se novamente em Q. Se O, P e Q s˜ ao trˆes pontos distintos, prove que OQ ´e perpendicular a P Q. 4. (Ibero) Num triˆ angulo escaleno ABC tra¸ca-se a bissetriz interna BD, com D sobre AC. Sejam E e F , respectivamente, os p´es das perpendiculares tra¸cadas desde A e C at´e `a reta BD, e seja M o ponto sobre o lado BC tal que DM ´e perpendicular a BC. Prove que ∠EM D = ∠DM F.

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5. Seja M o ponto de interse¸c˜ ao das diagonais de um quadril´ atero inscrit´ıvel ABCD, em que ∠AM B ´e agudo. O triˆ angulo is´ osceles BCK ´e constru´ıdo exteriormente ao quadril´ atero, com base a base sendo BC, tal que ∠KBC + ∠AM B = 90◦ . Prove que KM ´e perpendicular a AD. 6. (Romˆenia) Seja ABC um triˆ angulo acutˆ angulo, e seja T um ponto no interior tal que ∠AT B = ∠BT C = ∠CT A. Sejam M , N e P as proje¸c˜oes de T sobre BC, CA, e AB, respectivamente. O c´ırculo circunscrito ao triˆ angulo M N P intersecta os lados ′ ′ ′ BC, CA e AB, pela segunda vez, em M , N e P , respectivamente. Prove que o ′ ′ ′ triˆ angulo M N P ´e equil´atero. 7. (Cone Sul) Seja ABCD um quadrado (os v´ertices est˜ ao nomeados no sentido hor´ ario) e P um ponto qualquer pertencente ao interior do segmento BC. Constr´oi - se o quadrado AP RS (os v´ertices novamente nomeados no sentido hor´ ario). Demonstrar que a reta CR ´e tangente ` a circunferˆencia circuscrita ao triˆ angulo ABC. 8. (IMO) Duas circunferˆencias Γ1 e Γ2 intersectam - se em M e N . Seja l a tangente comum a Γ1 e Γ2 que est´ a mais pr´ oxima de M do que de N . A reta l ´e tangente a Γ1 em A e a Γ2 em B. A reta paralela a l que passa por M intersecta novamente a circunferˆencia Γ1 em C e novamente a circunferˆencia Γ2 em D. As retas CA e DB intersectam - se em E; as retas AN e CD intersectam - se em P ; as retas BN e CD intersectam - se em Q. Mostre que EP = EQ. 9. Seja Q o ponto m´edio do lado AB de um quadril´ atero inscrit´ıvel ABCD e S a interse¸c˜ao de suas diagonais. Sejam P e R as proje¸c˜oes ortogonais de S sobre AD e BC, respectivamente. Prove que P Q = QR. 10. (It´alia) Um triˆ angulo ABC acutˆ angulo est´ a inscrito em um c´ırculo de centro O. Seja D a interse¸c˜ ao da bissetriz de A com BC e suponha que a perpendicular a AO por D, corta a reta AC em um ponto P , interior a AC. Mostre que AB = AP . Bibliografia 1. A Decade of Berkeley Math Circle Zvesdelina Stankova 2. Problems in plane and solid geometry Viktor Prasolov 3. Episodes in nineteenth and twentieth century euclidean geometry Ross Honsberger

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Teorema de Ptolomeu Teorema 1. (Ptolomeu) O produto dos comprimentos das diagonais de um quadril´ atero inscrit´ıvel ´e igual a soma dos produtos dos comprimentos dos pares de lados opostos. Demonstra¸c˜ ao. b

B

A

b

b b

b

C

P

D

Seja P o ponto sobre o prolongamento do lado CD tal que ∠BAC = ∠DAP . Como o quadril´ atero ABCD ´e inscrit´ıvel ent˜ ao ∠ABC = ∠ADP , assim ∆ABC ∼ ∆DAP . Com isso, AB BC AC AD · BC = = ⇒ DP = . AD DP AP AB AB AC Como ∠BAD = ∠CAP e = . Portanto, ∆ABD ∼ ∆ACP . Assim, AD AP AB AC · BD BD = ⇒ CP = . CP AC AB Mas CP = CD + DP , dessa forma AC · BD AD · BC = CD + ⇔ AB AB

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AC · BD = AB · CD + AD · BC. Exerc´ıcios Resolvidos ¯ que n˜ 1. Seja ABC um triˆ angulo equil´atero e seja P um ponto sobre o arco BC, ao cont´em A, da circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ABC. Prove que P A = P B + P C.

Solu¸c˜ ao. A b

b

b

C

B

b

P

Como o triˆ angulo ABC ´e equil´atero ent˜ao AB = BC = CA = a. Aplicando o teorema de Ptolomeu ao quadril´ atero ABP C temos que AB · P C + AC · P B = BC · P A ⇔ a · PC + a · PB = a · PA ⇔ P C + P B = P A. 2. (IME) Dado o quadril´ atero ABCD, inscrito num c´ırculo de raio r, conforme a figura abaixo, prove que: AB · AD + BC · CD AC = . BD AB · BC + CD · AD

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C b

B b

b

R

b b

A

D

Solu¸c˜ ao.

b

B

C

b

b b

A

D

b b

M

N

Sejam M e N pontos sobre a circunferˆencia circunscrita ao quadril´ atero ABCD tais ¯ ¯ ¯ ¯ que AM = CD e DN = AB. Dessa forma AM = CD, DN = AB, BM = CN e M C = BN = AD. Aplicando o teorema de Ptolomeu nos quadril´ ateros M ABC e N BCD temos BM · AC = AB · M C + BC · AM (I) CN · BD = DN · BC + CD · BN (II) Fazendo (I) ÷ (II), temos AB · AD + BC · CD AC = . BD AB · BC + CD · AD 3

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Este resultado ´e conhecido como Teorema de Hiparco. 3. (Seletiva do Brasil para a Cone Sul) Prove que as distˆ ancias entre um ponto sobre uma circunferˆencia e os quatro v´ertices de um quadrado nesta inscrita n˜ ao podem ser todas n´ umeros racionais. Solu¸c˜ ao.

A

D

b

b

b

b

P

b

B

C

Como ABCD ´e um quadrado ent˜ao AB = BC = CD = DA = a. Pelo toerema de Pit´ agoras no triˆ a√ngulo ABC temos que AC 2 = AB 2 + BC 2 ⇔ AC 2 = a2 + a2 = 2 2 · a ⇔ AC = 2 · a. Aplicando o teorema de Ptolomeu no quadril´ atero ABCP , temos √ AC · BP = AP · BC + CP · AB ⇔ 2 · a · BP = AP · a + CP · a ⇔ √

2=

AP + CP . BP

Se todas as medidas fossem n´ umeros racionais estar´ıamos afirmando, de maneira falsa, √ √ BP = 2. que 2 ∈ Q. Se P coincidir com um dos v´ertices, ou seja, P ≡ D, ent˜ao CP Assim, as medidas n˜ ao podem ser todas racionais. 4. (Ir˜a) Seja ABC um triˆ angulo com BC > CA > AB. Seja D um ponto sobre o lado BC e seja E o ponto no prolongamento de BA, com A entre E e B, tal que BD = BE = CA. Seja P o ponto sobre AC tal que E, B, D e P s˜ ao conc´ıclicos e seja Q o segundo ponto de interse¸c˜ao de BP com o c´ırculo circunscrito ao triˆ angulo ABC. Prove que AQ + CQ = BP .

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Solu¸c˜ ao. b

E

A b

Q b

B

b

P b

b b

C

D

Veja que ∆AQC ∼ ∆EP D, pois ∠CAQ = ∠CBQ = ∠DEP e ∠AQC = 180◦ − ∠ABD = ∠EP D. Por outro lado, pelo teorema de Ptolomeu, temos BP · DE = BE · DP + BD · EP. Ent˜ao, BP = BE ·

EP CQ AQ DP + BD · = CA · + CA · = AQ + CQ. DE DE CA CA

5. Seja A1 A2 A3 . . . An um pol´ıgono regular de n lados tal que 1 1 1 = + . A1 A2 A1 A3 A1 A4 Determine n, ou seja, o n´ umero de lados do pol´ıgono regular. Solu¸c˜ ao. Temos que

1 1 1 = + ⇔ A1 A2 A1 A3 A1 A4

A1 A2 · A1 A3 + A1 A2 · A1 A4 = A1 A3 · A1 A4 . (I) 5

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A5 A4 b b

b

b

A3

b

An b

A2

b

A1

Como o quadril´ atero A1 A3 A4 A5 ´e inscrit´ıvel podemos aplicar o teorema de Ptolomeu, assim A4 A5 · A1 A3 + A3 A4 · A1 A5 = A3 A5 · A1 A4 . (II) Al´em disso, como o pol´ıgono ´e regular, temos A1 A2 = A4 A5 , A1 A2 = A3 A4 , A1 A3 = A3 A5 . Comparando (I) e (II), encontramos A1 A4 = A1 A5 . Como as diagonais A1 A4 e A1 A5 s˜ ao iguais, segue que existe o mesmo n´ umero de v´ertices entre A1 e A4 e entre A1 e A5 . Dessa forma conclu´ımos que n = 7. Exerc´ıcios Propostos 1. (AHSME) Seja ABCD um quadril´ atero e seja O o ponto de interse¸c˜ao das diagonais AC e BD. Se BO = 4, OD = 6, AO = 8, OC = 3 e AB = 6, determine a medida de AD. 2. Seja ABCD um quadril´ atero convexo tal que AC · BD = AB · CD + AD · BC. Prove que ABCD ´e inscrit´ıvel.

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3. Seja ABCD um quadrado. Determine o lugar geom´etrico dos pontos P , no mesmo plano do quadrado ABCD, tais que 1 m´ ax {P A, P C} = √ (P B + P D). 2 4. Uma circunferˆencia passa pelo v´ertice A de um paralelogramo ABCD intersectando os lados AB e AD nos pontos P e R, respectivamente. Al´em disso intersecta a diagonal AC no ponto Q. Prove que AQ · AC = AP · AB + AR · AD. 5. Um ponto P ´e escolhido o interior do paralelogramo ABCD de tal forma que ∠AP B+ ∠CP D = 180◦ . Prove que AB · AD = BP · DP + AP · CP . 6. Seja ABC um triˆ angulo is´ osceles, com AB = AC, inscrito em uma circunferˆencia Γ. ¯ que n˜ Seja P um ponto sobre o arco BC, ao cont´em A, da circunferˆencia Γ. Prove PA AC que = . PB + PC BC 7. Seja ABCD um quadrado inscrito em uma circunferˆencia Γ. Seja P um ponto sobre ¯ que n˜ o arco BC, ao cont´em A e D, da circunferˆencia Γ. Prove que PD PA + PC = . PB + PD PA 8. A bissetriz do ˆ angulo ∠A do triˆ angulo ABC intersecta o c´ırculo circunscrito no ponto D. Prove que AB + AC ≤ 2AD. 9. (IMO) Seja ABCDEF um hex´agono convexo tal que AB = BC = CD, DE = EF = F A e ∠BCD = ∠EF A = 60◦ . Sejam G e H pontos no interior do hex´agono tais que ∠AGB = ∠DHE = 120◦ . Prove que AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF . √ √ 10. √ (Mandelbrot) Um quadril´ atero inscrit´ıvel ´e tal que seus lados medem 1, 7, 3 e 21, nesta ordem. Determine a distˆ ancia entre os pontos m´edios das diagonais. Bibliografia 1. Mandelbrot Morsels Sam Vandervelde 2. Advanced Euclidean Geometry Alfred Posamentier

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3. Problem primer for the olympiad C R Pranesachar, B J Venkatachala e C S Yogananda 4. 360 Problems for Mathematical Contests Titu Andreescu e Dorin Andrica 5. Olimp´ıadas de Matem´atica 97 Antonio Caminha, Onofre Campos e Paulo Rodrigues 6. Geometr´ıa - Una Visi´on de la planimetr´ıa Lumbreras 7. the Art of Problem Solving, vol. 2: and Beyond Richard Rusczyk e Sandor Lehoczky 8. Problems in plane and solid geometry, vol. 1 - Plane Geometry Viktor Prasolov

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Rela¸c˜ oes m´ etricas no triˆ angulo. 1. Seno, cosseno e tangente C b

β

b

A

seno de α = cosseno de α =

α b

B

cateto oposto AC AC = ⇒ sin α = . hipotenusa BC BC AB AB cateto adjacente = ⇒ cos α = . hipotenusa BC BC

AC AC seno de α AC tangente de α = = BC = ⇒ tan α = . AB cosseno de α AB AB BC ◦ Como α + β = 90 ´e f´acil provar que sin α = cos β e cos α = sin β. Teorema 1. (Pit´ agoras) Em um triˆ angulo retˆ angulo a soma dos quadrados dos catetos ´e igual ao quadrado da hipotenusa. Demonstra¸c˜ ao.

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A b

c

b

B

b

m

b b

a−m

D

1. ∆ABD ∼ ∆ABC m c = ⇔ c2 = a · m a c 2. ∆ACD ∼ ∆ABC a−m b = ⇔ b2 = a · (a − m) = a2 − a · m a b Ent˜ao, c2 + b2 = a · m + a2 − a · m ⇔ c2 + b2 = a2 .

ˆ 2. Angulos not´ aveis 2.1. 45◦

45◦

√ a 2

a

45◦

a

2

C

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√ 2 a sin 45 = √ = 2 a 2 √ a 2 ◦ cos 45 = √ = 2 a 2 √ 2 tan 45◦ = √2 = 1. 2 2 ◦

2.2 30◦ e 60◦

30◦

a

√ a 3 2

60◦

a 2

a 1 sin 30◦ = cos 60◦ = 2 = a 2 √ a 3 √ 3 ◦ ◦ 2 cos 30 = sin 60 = = a 2 1 √ 3 ◦ 2 tan 30 = √ = 3 3 2 √ 3 √ ◦ 2 tan 60 = = 3. 1 2 3

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Usaremos, sem demonstra¸c˜ ao, no restante deste material que sin x = sin(180◦ − x) e ◦ cos x = − cos(180 − x). Teorema 2. (Lei dos Senos) Seja ABC um triˆ angulo tal que BC = a, CA = b e AB = c. Seja R o raio da circunferˆencia circunscrita. Ent˜ao b c a = = = 2R. sin ∠A sin ∠B sin ∠C Demonstra¸c˜ ao. A b

c

b O b

ˆ B b

B

b

a

ˆ B

C

b

D

´ f´acil ver que ∠ABC = ∠ADC. Assim, no triˆ Seja AD um diˆ ametro. E angulo ∆ADC, b b sin ∠B = ⇔ = 2R. Analogamente, 2R sin ∠B c a = = 2R. sin ∠A sin ∠C Finalmente, b c a = = = 2R. sin ∠A sin ∠B sin ∠C Teorema 3. (Lei dos Cossenos) Seja ABC um triˆ angulo tal que BC = a, CA = b e AB = c. Ent˜ ao, a2 = b2 + c2 − 2bc cos ∠A, b2 = a2 + c2 − 2ac cos ∠B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos ∠C. 4

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Demonstra¸c˜ ao.

A b

c

b

B

ˆ B m

b

H

b

D

a−m

b

C

Vamos fazer o caso em que o triˆ angulo ´e acutˆ angulo. O caso em que o triˆ angulo ´e obtusˆ angulo fica como exerc´ıcio. Aplicando o teorema de Pit´ agoras nos triˆ angulos ∆ABD e ∆ACD, temos: c2 = m2 + H 2 e b2 = (a − m)2 + H 2 ⇔

b2 = a2 − 2am + m2 + H 2 . m Assim, b2 = a2 + c2 − 2am. Por outro lado, cos ∠B = ⇔ m = c · cos ∠B. Finalmente, c 2 2 2 b = a + c − 2ac cos ∠B. Analogamente, a2 = b2 + c2 − 2bc cos ∠A e c2 = a2 + b2 − 2ab cos ∠C. Teorema 4. (Stewart) Seja ABC um triˆ angulo tal que BC = a, CA = b e AB = c. Seja D um ponto sobre o lado BC tal que BD = x, CD = y e AD = z. Ent˜ao, c2 y + b2 x − z 2 a = axy. Demonstra¸c˜ ao.

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A b

b

c z α

180◦ − α b

B

x

b

y

D

b

C

Aplicando a lei dos Cossenos nos triˆ angulos ∆ABD e ∆ACD, temos c2 = x2 + z 2 − 2xz cos(180◦ − α) ⇔ c2 z2 =x+ − 2z cos(180◦ − α). (1) x x E b2 = y 2 + z 2 − 2yz cos α ⇔

b2 z2 =y+ − 2z cos α. (2) y y

Adicionando (1) e (2), encontramos b2 c2 z2 z2 + =x+y+ + ⇔ y x y x z2 z2 b2 c2 + =a+ + ⇔ y x y x c2 y + b2 x − z 2 a = axy. Exerc´ıcios resolvidos

1. Num triˆ angulo ABC s˜ ao dados ∠A = 60◦ , ∠B = 45◦ e BC = 4 cm. Determine a medida de AC. Solu¸c˜ ao.

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C b

4

60◦

45◦

b

b

A

B

Aplicando a lei dos senos temos BC AC = ⇔ sin ∠A sin ∠B AC 4 = ⇔ ◦ sin 60 sin 45◦ 4 AC √ = √ ⇔ 3 2 2 2 √ 4 6 . AC = 3 2. (OCM) Um observador estando a 25 m de um pr´edio o visualiza sob um certo ˆangulo. Afastando - se, na dire¸c˜ ao perpendicular ao pr´edio mais 50 m o ˆangulo de visualiza¸c˜ao ´e a metade do anterior. Qual a altura do pr´edio? C b

b

A

α 2

α b

50 m

D

Solu¸c˜ ao.

7

b

25 m B

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 10 - Prof. C´ıcero Thiago ´ f´acil ver que ∆ADC ´e is´ E osceles, ou seja, AD = CD = 50 m. Aplicando o teorema de Pit´ agoras no triˆ angulo ∆BDC temos √ CD 2 = BD 2 + BC 2 ⇔ 502 = 252 + BC 2 ⇔ BC = 25 3. 3. (China Western) Em um trap´ezio ABCD, AD//BC . Sejam E um ponto variando sobre o lado AB, O1 e O2 os circuncentros dos triˆ angulos AED e BEC, respectivamente. Prove que o comprimento de O1 O2 ´e fixo. Solu¸c˜ ao. A b b

D

E b

b

b

O1

O2

b

b

B

C

´ f´acil ver que ∠AEO1 = 90◦ − ∠ADE e ∠BEO2 = 90◦ − ∠BCE. Ent˜ao, E ∠O1 EO2 = ∠ADE + ∠ECB. Como AD k BC, construa uma paralela a AD, por E. Dessa forma ∠DEC = ∠ADE + ∠BCE, ou seja, ∠O1 EO2 = ∠DEC. Usando lei dos senos, temos DE 2O1 E sin ∠A O1 E = = . EC 2O2 E sin ∠B O2 E Assim, ∆DEC ∼ ∆O1 EO2 . Portanto, O1 E O1 E 1 O1 O2 = = = . DC DE 2O1 E sin ∠A 2 sin ∠A Portanto, O1 O2 =

DC , que ´e um valor fixo. 2 sin ∠A

4. Seja ABCD um quadril´ atero inscrito em uma circunferˆencia de diˆ ametro AD. Se AB = BC = 1 e AD = 3, ache o comprimento da corda CD. Solu¸c˜ ao. 8

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C b

B

A

b

α α b

D b

Temos que AD = 3, AB = BC = 1. Aplicando o teorema de Pit´ agoras no triˆ angulo ABD, temos √ AD 2 = AB 2 + BD 2 ⇔ 32 = 11 + BD 2 ⇔ BD = 2 2. √ BD 2 2 Al´em disso, cos α = = . Aplicando a lei dos cossenos no triˆ angulo BCD, AD 3 temos BC 2 = BD 2 + CD 2 − 2 · BD · CD cos α ⇔ √ √ 2 2 2 2 ⇔ 1 = 8 + CD − 2 · 2 2 · CD 3 7 CD = 3 ou . 3 Como o diˆ ametro mede 3, ent˜ ao CD =

7 . 3

5. (Teste de sele¸c˜ ao do Brasil para a Cone Sul) Em um triˆ angulo acutˆ angulo ABC, ∠A = 30◦ , H ´e seu ortocentro e M ´e o ponto m´edio de BC. Sobre a reta HM tomemos um ponto T 6= H tal que HM = M T . Mostre que AT = 2BC. Solu¸c˜ ao.

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C b

H b

M b

T b

b

b

B

A

HBT C ´e um paralelogramo pois M ´e o ponto m´edio de BC e HM = M T . Al´em disso, BC ⊥ AC e BH k AC, assim CT ⊥ AC, ou seja, ∠T CA = ∠90◦ . Com isso, T pertence ` a circunferˆencia circunferˆencia circunscrita a ABC e AT ´e diˆ ametro. Portanto, BC BC = = 2BC. AT = 2R = sin ∠A sin 30◦ Exerc´ıcios propostos 1. (OCM) Se as diagonais de um quadril´ atero (convexo) s˜ ao perpendiculares, prove que as somas dos quadrados dos lados opostos s˜ ao iguais. 2. (OCM) Dobra - se um peda¸co de arame de 32 cm de comprimento formando um triˆ angulo is´ osceles de 12 cm de base. Calcule a medida do comprimento da bissetriz do ˆangulo oposto ` a base. 3. (OBM) P ´e um ponto interior a um quadrado ABCD. As distˆ ancias de P aos v´ertices A e D e ao lado BC s˜ ao iguais a 10 cm. O lado do quadrado mede: (a) 10 cm (b) 12 cm (c) 14 (d)16 cm (e) 18 cm 4. Um ponto P , interno de um ˆ angulo de 60◦ , dista 6 m e 9 m dos lados desse ˆangulo. Qual a distˆ ancia entre P e a bissetriz do ˆangulo? 5. Seja ABC um triˆ angulo tal que ∠ABC = 45o . Seja D o ponto sobre o segmento BC tal que 2BD = CD e ∠DAB = 15o . Determine o ˆangulo ∠ACB. 6. (AIME) Seja ABC um triˆ angulo tal que AB = 13, BC = 15 e CA = 14. Seja D o ponto do segmento BC tal que CD = 6. Seja E o ponto de BC tal que CE > CD e ∠BAE = ∠CAD. Determine BE.

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7. No triˆ angulo ABC, ∠BAC = 20◦ e AB = AC. Os pontos M e N est˜ ao sobre os lados AB e AC, respectivamente, e s˜ ao tais que ∠BCM = 60◦ e ∠CBN = 50◦ . Calcule a medida do ˆ angulo ∠CM N . 8. Em um triˆ angulo ABC, ∠BAC = 100◦ e AB = AC. Seja BD a bissetriz de ∠ABC, com D sobre o lado AC. Prove que AD + BD = BC. 9. (Teste de sele¸c˜ ao do Brasil para a IMO) Seja Γ uma circunferˆencia de centro O tangente aos lados AB e AC do triˆ angulo ABC nos pontos E e F . A reta perpendicular ao lado BC por O intersecta EF no ponto D. Mostre que A, D e M (ponto m´edio de BC) s˜ ao colineares.

Bibliografia 1. 103 Trigonometry Problems - From the training of the USA IMO team Titu Andreescu 2. Precalculus Richard Rusczyk 3. Olimp´ıadas de Matem´atica 97 Antonio Caminha, Onofre Campos e Paulo Rodrigues 4. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica, Ensino Fundamental, 1981 - 1985 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos. 5. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica, Ensino M´edio, 1981 - 1985 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos.

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Potˆ encia de ponto e eixo radical 1. Defini¸ c˜ ao Seja Γ uma circunferˆencia de centro O e raio R. Seja P um ponto que est´ a a uma distˆ ancia d de O, vamos definir a potˆencia do ponto P em rela¸c˜ao `a circunferˆencia Γ por PotPΓ = d2 − R2 .

´ f´acil ver que se P ´e um ponto no exterior de Γ ent˜ao a potˆencia ser´ E a positiva, se P ´e um ponto sobre a circunferˆencia ent˜ ao sua potˆencia ser´ a zero e se P ´e um ponto no interior da circunferˆencia ent˜ ao sua potˆencia ser´ a negativa. Teorema 1. Seja P um ponto e Γ uma circunferˆencia. Se uma reta que passa por P intersecta a circunferˆencia nos pontos A e B, ent˜ao o produto P A · P B ´e constante. Demonstra¸c˜ ao. ◦ 1 caso: P ´e um ponto no exterior.

b

m m

M b

A

R

b

b

P

b

O

B

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Seja OM a mediatriz de AB. Ent˜ ao P A · P B = (P M − m) · (P M + m) = P M 2 − m2 = P M 2 + OM 2 − (OM 2 + m2 ) = P O 2 − R2 = PotPΓ . Vamos analisar tamb´em o caso em que pelo ponto P ´e tra¸cada uma tangente a Γ.

T b

R

b

O b

P

Dessa forma pelo teorema de Pit´ agoras temos que P O 2 = P T 2 + R2 ⇔ P T 2 = P O 2 − R2 = PotPΓ . 2◦ caso: P ´e um ponto no interior.

2

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 11 - Prof. C´ıcero Thiago

m b

B

M

m

b

R

b

A b

P b

O

Seja OM a mediatriz de AB. Ent˜ ao P A · P B = (m − P M ) · (m + P M ) = m2 − P M 2 = m2 + OM 2 − (OM 2 + P M 2 ) = R2 − P O 2 = −PotPΓ . 2. Eixo radical Chamaremos de Eixo radical o lugar geom´etrico dos pontos que possuem a mesma potˆencia com rela¸c˜ ao a duas circunferˆencias dadas. Teorema 2. O conjunto dos pontos que possuem a mesma potˆencia com rela¸c˜ao a duas circunferˆencias dadas ´e uma reta perpendicular `a reta que cont´em os centros. Demonstra¸c˜ ao.

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POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 11 - Prof. C´ıcero Thiago

P b

α b b

O1

M

b

Q

b

O2

Sejam Γ1 e Γ2 circunferˆencias com centros O1 e O2 e raios R1 e R2 , respectivamente. Al´em disso, seja P um ponto que possui a mesma potˆencia com rela¸c˜ao as duas circunferˆencias. Assim, PotPΓ1 = PotPΓ2 ⇔ P O12 − R12 = P O22 − R22 ⇔ P O12 − P O22 = R12 − R22 .

Seja M o ponto m´edio de O1 O2 , Q a proje¸c˜ao de P sobre O1 O2 e ∠P M Q = α. Aplicando a lei dos cossenos nos triˆ angulos ∆P O1 M e ∆P O2 M temos P O12 = O1 M 2 + P M 2 − 2 · O1 M · P M · cos(180◦ − α) = P O12 = O1 M 2 + P M 2 + 2 · O1 M · P M · cos α

P O22 = O2 M 2 + P M 2 − 2 · O2 M · P M · cos α. Ent˜ao, P O12 − P O22 = 2 · O1 O2 · P M · cos α.

Por outro lado, cos α =

MQ ⇔ M Q = P M · cos α, com isso PM R2 − R22 MQ = 1 = Fixo. 2 · O1 O2

Portanto, o lugar geom´etrico dos pontos P ´e a reta perpendicular a O1 O2 que passa por Q.

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POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 11 - Prof. C´ıcero Thiago

Por outro lado, seja P1 um ponto de P Q. Vamos provar que P1 possui a mesma potˆencia com rela¸c˜ao ` as duas circunferˆencias. Assim, pelo toerema de Pit´ agoras P1 O12 = O1 Q2 + P1 Q2 , P1 O22 = O2 Q2 + P1 Q2 . Ent˜ao, P1 O12 − P1 O22 = O1 Q2 − O2 Q2 . P b

P1 b

b

b

O1

Q

b

O2

Al´em disso, P O12 = O1 Q2 + P Q2 , P O22 = O2 Q2 + P Q2 . Ent˜ao, P O12 − P O22 = R12 − R22 = O1 Q2 − O2 Q2 = P1 O12 − P1 O22 ⇔ P1 O12 − R12 = P1 O22 − R22 ⇔ PotPΓ11 = PotPΓ21 .

Problema 1. Dois c´ırculos Γ1 e Γ2 intersectam - se em P e Q. Uma reta passando por P intersecta Γ1 e Γ2 novamente em A e B, respectivamente, se X ´e o ponto m´edio de AB e a reta que passa por Q e X intersecta Γ1 e Γ2 novamente em Y e Z, respectivamente. Prove que X ´e o ponto m´edio de Y Z.

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Solu¸c˜ ao. PotX Γ2 = XP · XB = XZ · XQ, −PotX Γ1 = XP · XA = XY · XQ. Ent˜ao, XP · XB XZ · XQ = ⇔ XP · XA XY · XQ XY = XZ.

Γ1 b

Y

Γ2 P

X A

b

B

b b

b

O1 b

Z

O2

b

b

b

Q

Problema 2. (OCM) Duas tangentes OA e OB s˜ ao tra¸cadas a um c´ırculo de um ponto externo O. Uma corda AC ´e constru´ıda paralela a OB e uma secante OC ´e desenhada intersectando o c´ırculo em E. Se K ´e o ponto de interse¸c˜ao de OB com o prolongamento de AE, prove que OK = KB.

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POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 11 - Prof. C´ıcero Thiago

Solu¸c˜ ao. Temos que ∠KOC = ∠ECA pois OB k AC e ∠ECA = ∠EAO pois OA ´e tangente ao c´ırculo. Ent˜ao ∆OKE ∼ ∆AKO assim OK KE = ⇔ OK 2 = KE · KA. KA OK

Usando a potˆencia de K com rela¸c˜ ao ` a circunferˆencia temos KB 2 = KE · KA. Portanto, OK = KB.

A b

α

α

E b

O

b

C

b

α

b

K

b

B

Problema 3. Seja C uma semicircunferˆencia de centro O e diˆ ametro AB e D ´e o ponto m´edio do arco AB. Sobre a reta OD toma - se o ponto E, do mesmo lado de D com rela¸c˜ao a AB, tal que OE = BD. Se BE corta a semicircunferˆencia em F e P ´e o ponto de AB AB tal que F P ´e perpendicular a AB. Prove que BP = . 3 Solu¸c˜ ao. √ 2 e Sem perda de generalidade fa¸ c a OA = OB = 1. Logo, OD = 1, OE = BD = √ EB = 3. Utilizando a potˆencia de E com rela¸c˜ao `a circunferˆencia de diˆ ametro AB temos EF · EB = EO 2 − R2 = EO2 − 1. 7

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 11 - Prof. C´ıcero Thiago

Assim, EF ·

√

√ 3 = ( 2)2 − 1 ⇔ EF =

√

√ 3 2 3 e FB = . 3 3

Al´em disso, ∆BP F ∼ ∆BOE ent˜ ao BF 2 BP = ⇔ BP = . BO BE 3 Portanto,

2 1 AB BP = 3 = ⇔ BP = . AB 2 3 3 E b

b

D

F b

b

b b

A

O

b

P

B

Problema 4. Considere trˆes c´ırculos Γ1 , Γ2 e Γ3 tais que seus centros O1 , O2 e O3 , respectivamente, n˜ ao est˜ ao alinhados. Sejam r, s e t os eixos radicais de Γ1 e Γ2 , Γ1 e Γ3 e Γ2 e Γ3 , respectivamente. Prove que r, s e t s˜ ao concorrentes em um ponto chamado centro radical. Solu¸c˜ ao. 8

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 11 - Prof. C´ıcero Thiago

Seja P um ponto sobre r ∩ s, ou seja, P possui a mesma potˆencia com rela¸c˜ao Γ1 , Γ2 e Γ3 . Portanto, P est´ a sobre a reta t.

r

O1 b

O2 b

P b

s

t

b

O3

Exerc´ıcios propostos 1. Em um triˆ angulo ABC, a bissetriz do ˆangulo A e a mediana relativa a BC intersectam este lado em pontos distintos O e M , respectivamente. O c´ırculo circunscrito ao triˆ angulo AOM intersecta os lados AB e AC em E e F , respectivamente. Prove que BE = CF . 2. Seja BD a bissetriz do ˆ angulo B do triˆ angulo ABC. Se o c´ırculo circunscrito ao triˆ angulo BDC intersecta AB em E e o c´ırculo circunscrito ao triˆ angulo ABD intersecta BC em F , prove que AE = CF . 3. Um triˆ angulo acutˆ angulo ABC est´ a inscrito numa circunferˆencia de centro O. As alturas do triˆ angulo s˜ ao AD, BE e CF . A reta EF intersecta a circunferˆencia em P e Q. 9

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(a) Prove que OA ´e perpendicular a P Q. (b) Se M ´e o ponto m´edio de BC, prove que AP 2 = 2AD.OM . 4. Seja C um ponto sobre o semic´ırculo de diˆ ametro AB e seja D o ponto m´edio do arco AC. Se E ´e a proje¸c˜ ao de D sobre BC e F ´e a interse¸c˜ao de AE com o semic´ırculo, prove que BF bissecta o segmento DE. 5. Seja P um ponto no interior de um c´ırculo tal que existem trˆes cordas que passam por P e tem o mesmo comprimento. Prove que P ´e o centro do c´ırculo. 6. Sejam Γ1 e Γ2 c´ırculos concˆentricos, com Γ2 no interior de Γ1 . Partindo de um ponto A pertencente a Γ1 , ´e desenhada uma tangente AB `a Γ2 (B ∈ Γ2 ). Seja C o segundo ponto de interse¸c˜ ao de AB com Γ1 , e D o ponto m´edio de AB. Um reta passando por A intersecta Γ2 em E e F de tal maneira que as mediatrizes de DE e CF se AM . intersectam em um ponto M sobre AC. Determine a raz˜ ao MC 7. (IMO) Seja ABC um triˆ angulo com circuncentro O. Sejam P e Q pontos no interior dos lados CA e AB, respectivamente. Sejam K, L e M os pontos m´edios dos segmentos BP , CQ e P Q, respectivamente, e seja Γ o c´ırculo que passa por K, L e M . Se P Q ´e tangente a Γ, prove que OP = OQ. 8. (IMO) Um c´ırculo de centro O passa pelos v´ertices A e C de um triˆ angulo ABC e intersecta os segmentos AB e BC novamente em pontos distintos K e N , respectivamente. Os c´ırculos circunscritos aos triˆ angulos ABC e KBN se intersectam em exatamente 2 pontos distintos B e M . Prove que ∠OM B = 90◦ .

Bibliografia 1. Problemas de las olimpiadas matematicas del Cono Sur (I a a IV a ) Fauring - Wagner - Wykowski - Gutierrez - Pedraza - Moreira 2. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica - Ensino Fundamental - 1981 - 2005 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos 3. Potˆencia de um ponto em rela¸c˜ ao a uma circunferˆencia Eduardo Wagner Revista do professor de matem´ atica - N´ umero 45

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4. Mathematical Olympiad Challenges Titu Andreescu e Razvan Gelca 5. Lecture Notes on Mathematical Olympiad Courses - For senior section - Vol. 1 Xu Jiagu 6. T´ opicos de Matem´atica Elementar - Volume 2 Antonio Caminha Muniz Neto

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Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Geometria - Nível 2

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Rela¸c˜ oes entre ´ areas I

Teorema 1. (F´ ormula tradicional.)

A

b

B

b

b

D

b

C

A ´area do triˆ angulo ∆ABC pode ser calculada por [∆ABC] =

BC · AD . 2

´ Teorema 2. (Area de um triˆ angulo em fun¸ c˜ ao do raio da circunferˆ encia inscrita.) Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente, e seja r a medida do raio da circunferˆencia inscrita. Ent˜ao, a ´area do triˆ angulo ∆ABC pode ser calculada por [∆ABC] = p · r, em que p =

a+b+c . 2

Demonstra¸c˜ ao.

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 12 - Prof. C´ıcero Thiago

A b

b

F

E

b

r

r b

I

r b b

b

D

B

C

[∆ABC] = [∆BIC] + [∆CIA] + [∆AIB] ⇔ a·r b·r c·r + + ⇔ 2 2 2 ã Å a+b+c ·r ⇔ [∆ABC] = 2

[∆ABC] =

[∆ABC] = p · r. Teorema 3. (F´ ormula trigonom´ etrica da ´ area de um triˆ angulo.) Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente. A ´area do triˆ angulo ∆ABC pode ser calculada por [∆ABC] =

b · c · sin∠A a · c · sin∠B a · b · sin∠C = = . 2 2 2

Demonstra¸c˜ ao. Vamos demonstrar uma das igualdades. As outras s˜ ao an´ alogas.

2

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 12 - Prof. C´ıcero Thiago

B b

H α b

A

b

b

D

C

Seja ∠A = α. Temos que

AC · BD a·H = . 2 2 H ⇔ H = c · sin α, ent˜ao Por outro lado, no triˆ angulo ∆ABD, temos sin α = c [∆ABC] =

[∆ABC] =

a · c · sin α . 2

´ Teorema 4. (Area de um triˆ angulo em fun¸ c˜ ao do raio da circunferˆ encia circunscrita.) Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente, e seja R o raio da circunferˆencia circunscrita. Ent˜ao, a ´area do triˆ angulo [∆ABC] pode ser calculada por abc [∆ABC] = . 4R Demonstra¸c˜ ao.

3

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 12 - Prof. C´ıcero Thiago

A b

O b

β b b

B

β

C

b

D

Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente. Temos que a · c · sin β [∆ABC] = . 2 Por outro lado, seja AD um diˆ ametro ent˜ao, no ∆ACD, temos que sin β =

b . 2R

Portanto, [∆ABC] =

abc . 4R

Teorema 5. (F´ ormula de Heron.) Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente. Ent˜ao, a ´area do triˆ angulo ∆ABC pode ser calculada por [∆ABC] = em que p =

a+b+c . 2

»

p · (p − a) · (p − b) · (p − c),

Demonstra¸c˜ ao.

4

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 12 - Prof. C´ıcero Thiago

A b

c

b

b

m

B

b

h

b

a−m

D

C

Aplicando o teorema de Pit´ agoras nos triˆ angulos ∆ABD e ∆ACD, temos: 1. c2 = m2 + h2 . 2. b2 = (a − m)2 + h2 . De (2), temos: b2 = (a − m)2 + h2 ⇔ b2 = a2 − 2am + m2 + h2 ⇔ b2 = a2 − 2am + c2 ⇔ m=

a2 + c2 − b2 . 2a

Substituindo em (1), temos: 2

c =

2

Ç

a2 + c2 − b2 2a

2

h =c − 2

h = 2

h =

Ç

Ç

å2

+ h2 ⇔

a2 + c2 − b2 2a

å2

⇔

a2 + c2 − b2 · c− 2a

a2 + c2 − b2 c+ 2a

å Ç

å

⇔

2ac + a2 + c2 − b2 2a

å Ç

2ac − a2 − c2 + b2 2a

å

Ç

·

⇔

4a2 h2 = [(a + c)2 − b2 ] · [(b2 − (a − c)2 ] ⇔ 4a2 h2 = (a + c + b) · (a + c − b) · (b + a − c) · (b + c − a) ⇔ 4a2 h2 = (a + b + c) · (b + c − a) · (a + c − b) · (a + b − c) ⇔ 4a2 h2 = 2p · (2p − 2a) · (2p − 2b) · (2p − 2c) ⇔ a2 h2 = p · (p − a) · (p − b) · (p − c) ⇔ 2 5

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 12 - Prof. C´ıcero Thiago

[∆ABC]2 = p · (p − a) · (p − b) · (p − c) ⇔ [∆ABC] =

»

p · (p − a) · (p − b) · (p − c).

Teorema 6. (Rela¸ c˜ ao entre as ´ areas de triˆ angulos semelhantes.) Sejam ∆ABC e ∆DEF dois triˆ angulos semelhantes tais que [∆ABC] = k2 . [∆DEF ]

AC BC AB = = = k, ent˜ao DE DF EF

Demonstra¸c˜ ao. Se ∆ABC ∼ ∆DEF com

AC BC AG AB = = = = k, ent˜ao DE DF EF DH

BC · AG [∆ABC] BC AG 2 = = · = k · k = k2 . EF · DH [∆DEF ] EF DH 2 A b

D b

b

b

B

G

b

b

C

E

b

H

Teorema 7. Sejam r e s retas paralelas. Sejam A e B pontos distintos sobre a reta s e C1 e C2 pontos distintos sobre a reta r. Ent˜ao, [∆ABC1 ] = [∆ABC2 ]. Demonstra¸c˜ ao. O resultado ´e imediato pois [∆ABC1 ] = [∆ABC2 ] =

6

AB · H . 2

b

F

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 12 - Prof. C´ıcero Thiago

r b

C1 b

C2

H

s b

b

B

A

Teorema 8. (Usando ´ areas para calcular raz˜ ao de segmentos.) Seja ABC um triˆ angulo e D, E e F pontos sobre os lados BC, CA e AB tais que AD, BE e CF s˜ ao concorrentes no ponto P . Defina K = [ABC], KA = [P BC], KB = [P CA] e KC = [P AB]. Como K = KA + KB + KC , ent˜ao (a) KC CE KA AF KB BD = , = e = . DC KB EA KC F B KA (b) AP KB + KC BP KA + KC CP KA + KB = , = e = PD KA PE KB PF KC Demonstra¸c˜ ao. A b

F b

b

H2

E

P b

H1 b

B

b

S

b

R

b

b

C

D

(a) Temos que BD [∆ABD] [∆BP D] [∆ABD] − [∆BP D] [∆AP B] KC = = = = = . CD [∆ACD] [∆CP D] [∆ACD] − [∆CP D] [∆ACP ] KB 7

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 12 - Prof. C´ıcero Thiago

Da mesma maneira demonstra - se que

KA AF KB CE = = e . EA KC F B KA

(b) Temos que ∆ADS ∼ ∆P DR ⇒ H2 [∆ABC] KA + KB + KC AD = = = ⇔ PD H1 [∆BP C] KA AP KB + KC = . PD KA Da mesma maneira demonstra - se que

KA + KC CP KA + KB BP = = e . PE KB PF KC

´ Teorema 9. (Area de quadril´ atero convexo qualquer.) Seja ABCD um quadril´ atero convexo qualquer tal que θ ´e o menor ˆangulo entre as diagoAC · BD · sin θ nais. Ent˜ao, [∆ABCD] = . 2 Demonstra¸c˜ ao. Temos que [ABCD] = [∆AP D] + [∆BP C] + [∆CP D] + [∆DP A] ⇒ P A · P D · sin θ P A · P B · sin θ P B · P C · sin θ P C · P D · sin θ + + + ⇒ 2 2 2 2 (P A · P D + P A · P B + P B · P C + P C · P D) sin θ ⇒ [ABCD] = 2 AC · BD · sin θ (P A + P C)(P B + P D) sin θ ⇒ [ABCD] = . [ABCD] = 2 2 Exerc´ıcios Resolvidos [ABCD] =

1. (Olimp´ıada de Maio) ABC ´e um triˆ angulo equil´atero. N ´e o ponto do lado AC tal que AC = 7AN , M ´e o ponto do lado AB tal que M N ´e paralelo a BC e P o ponto ´area(M N P ) do lado BC tal que M P ´e paralelo a AC. Determine o valor de . ´area(ABC) ´ f´acil ver que CP M N ´e um paralelogramo e, com isso, ´area(M N P ) = Solu¸c˜ ao. E Å ã2 1 area(AM N ) ´ 1 ´area(BM P ) 6 36 · ´area(CP M N ). Al´em disso, = e = . = 2 ´area(ABC) 49 ´area(ABC) 7 49 Portanto, 36 1 − 1− area(P M N ) ´ 49 49 = 6 . = area(ABC) ´ 2 49

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2. S˜ ao dados 1000 pontos no plano n˜ ao colineares tais que se trˆes deles determinam um triˆ angulo ent˜ ao sua ´ area ´e menor ou igual a 1. Prove que todos os pontos est˜ ao em um triˆ angulo de ´ area menor ou igual a quatro. Solu¸c˜ ao. b

Z

C

b b

Y D b

b

A

b b

B

X

Como existe um n´ umero finito de triˆ angulos que podem ser constru´ıdos usando os 1000 pontos ent˜ ao, escolhemos aquele de ´area m´ axima que chamaremos de ∆XY Z. Seja ∆ABC o triˆ angulo tal que X, Y e Z s˜ ao os pontos m´edios de BC, CA e AB, respectivamente, ent˜ ao [∆ABC] = 4[∆XY Z] ≤ 4. Seja D, um ponto no conjunto dos 1000 pontos dados, no exterior do triˆ angulo ∆ABC ent˜ao [∆XY Z] < [∆XZD], o que contradiz a escolha de ∆ABC. Portanto, todos os pontos est˜ ao no interior do triˆ angulo ∆ABC. 3. (Cor´eia) Seja ABCD um quadril´ atero convexo e seja P o ponto de interse¸c˜ao das diagonais. Prove que [∆P AB] + [∆P CD] = [∆P BC] + [∆P DA] se, e somente se, P ´e o ponto m´edio de AC ou BD. 1 · PA · PB · 4 P C · P D · sin P . Os n´ umeros [∆P AB], [∆P CD] e [∆P BC], [∆P DA] tem a mesma soma e o mesmo produto, ent˜ ao [∆P AB] = [∆P BC] e [∆P CD] = [∆P DA] ou [∆P AB] = [∆P DA] e [∆P BC] = [∆P CD], ou seja, P ´e o ponto m´edio de AC ou BD. Solu¸c˜ ao. Observe que [∆P AB] · [∆P CD] = [∆P BC] · [∆P DA] =

4. (OCM) Os lados de um triˆ angulo s˜ ao expressos, em cm, por trˆes inteiros consecutivos 2 e sua ´area, em cm , ´e dada por um inteiro. Prove que o menor lado do triˆ angulo ´e ´ımpar.

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Solu¸c˜ ao. Sejam x−1, x, x+1 os lados do triˆ angulo. Pela f´ormula de Heron, a ´area do triˆ angulo ´e € 3x (x + 2) x (x − 2) [∆ABC] = · · · 2 2 2 2 =

€

1» 2 2 3x2 (x2 − 4) = 3x (x − 4). 16 4

Como [∆ABC] ∈ Z, devemos ter 3x2 (x2 − 4) par, o que nos diz que x deve ser par. Portanto, o menor lado do triˆ angulo, que ´e x − 1, deve ser ´ımpar. 5. (Hong Kong) Seja ABC um triˆ angulo e sejam X, Y e Z pontos sobre os lados AB, 4 BY 6 CZ 8 AX = , = e = . Se a ´area do BC e CA, respectivamente, tais que XB 5 YC 7 ZA 9 triˆ angulo ∆ABC ´e 1989, determine a ´area do triˆ angulo ∆XY Z. Solu¸c˜ ao. [∆XY Z] =1− 1989

Ç

[∆AXZ] [∆BXY ] [∆CY Z] + + 1989 1989 1989

å

4 9 5 6 7 8 =1− · + · + · 9 17 9 13 13 17 1482 , 1− 1989 Portanto, a ´ area do triˆ angulo ∆XY Z ´e 1989 − 1482 = 507. Å

ã

Exerc´ıcios Propostos

1. No triˆ angulo ABC, os pontos L, M e N est˜ ao sobre BC, CA e AB respectivamente, e AL, BM e CN s˜ ao concorrentes no ponto P . (a) Encontre o valor num´erico de PL PM PN + + AL BM CN (b) Encontre o valor num´erico de AP BP CP + + AL BM CN

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2. (Ibero) Se AD, BE e CF s˜ ao trˆes cevianas concorrentes no circuncentro O do triˆ angulo ABC, demonstre que 1 1 2 1 + + = . AD BE CF R 3. (AIME) Num triˆ angulo ABC, A1 , B1 e C1 est˜ ao sobre os lados BC, CA e AB, respectivamente. Dado que AA1 , BB1 e CC1 s˜ ao concorrentes no ponto O, e que AO BO CO AO BO CO + + = 92. Encontre o valor de · · . OA1 OB1 OC1 OA1 OB1 OC1 4. Em um ∆ABC, AD, BE e CF s˜ ao concorrentes no ponto P tal que AP = P D = 6, EP = 3, P B = 9 e CF = 20. Qual ´e a ´area do ∆ABC? 5. Em um triˆ angulo ABC, sejam S o ponto m´edio da mediana correspondente ao v´ertice A e Q o ponto de interse¸c˜ ao de BS com o lado AC. Demonstrar que BS = 3QS. 6. Trˆes segmentos C1 A2 , C2 B1 e A1 B2 com extremos sobre os lados do triˆ angulo ABC s˜ ao paralelos aos lados e passam pelo ponto P . Prove que as ´areas dos triˆ angulos A1 B1 C1 e A2 B2 C2 s˜ ao iguais. ´ dado um quadril´ 7. (OBM) E atero convexo ABCD. Sejam E, F, G e H os pontos m´edios dos lados AB, BC, CD e DA, respectivamente. Determine a posi¸c˜ao de um ponto P de forma que os quadril´ ateros P HAE, P EBF , P F CG e P GDH tenham a mesma ´ area. 8. Seja ABCDE um pent´ agono convexo (n˜ ao necessariamente regular) tal que os triˆ angulos ABC, BCD, CDE, DEA e EAB tem ´area 1. Qual a ´area do pent´agono? 9. Seja ABCD um quadril´ atero convexo e EH, EI, EF e EG s˜ ao segmentos paralelos e iguais a AB, BC, CD e DA, como mostra a figura abaixo. Determine a raz˜ ao entre as ´areas dos triˆ angulos HIF G e ABCD. G C D

F E

H A

B I

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10. (AIME) Quadrados S1 e S2 s˜ ao inscritos em um triˆ angulo retˆ angulo ABC, como mostrado na figura abaixo. Determine AC + CB se ´area(S1 ) = 441 e ´area(S2 ) = 440. A

A b

b

S2

S1 b b

C

b

C

B

b

B

11. Seja P um ponto no interior de um triˆ angulo equil´atero ABC, e sejam D, E e F os sim´etricos de P em rela¸c˜ ao aos lados BC, CA e AB, respectivamente. Qual ´e maior, a ´area do triˆ angulo ABC ou a ´ area do triˆ angulo DEF ? C E D P

A

B F

12. (Portugal) Seja [∆ABC] um triˆ angulo retˆ angulo em A. Considere um ponto E sobre a hipotenusa e tra¸ca - se a partir desse ponto uma paralela ao cateto AC. Seja a interse¸c˜ ao desta paralela com o cateto AB. Prove que BC 2 BD DE + = , DE BD 2S sendo S a ´ area do triˆ angulo ∆ABC. 13. (Portugal) Os lados AB, BC e AC do triˆ angulo representado na figura medem, respectivamente, 7, 11 e 8. Tra¸cam - se W R, U P e V Q, perpendiculares aos lados. 12

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Sabendo que U W mede 2, determine a raz˜ ao entre a ´area do triˆ angulo ∆U V W e a ´area do triˆ angulo ∆ABC. A b

R b

U b

b

Q

b

W

V b

B

b

b b

C

P

14. (OBM) ABCD ´e um quadril´ atero convexo e inscrit´ıvel e M ´e um ponto sobre o lado CD, tal que o triˆ angulo ADM e o quadril´ atero ABCM tˆem a mesma ´area e o mesmo per´ımetro. Prove que ABCD tem dois lados de comprimentos iguais. 15. Os pontos m´edios das diagonais AC, CE, EA, BD, DF e F B do hex´agono convexo ABCDEF s˜ ao v´ertices de um novo hex´agono. Calcular a rela¸c˜ao entre as ´areas do dois hex´agonos. 16. (Mandelbrot) Seja ABCD um quadril´ atero convexo tal que AB = 12, BC = 6 e CD = 20. Suponha que ABCD possui uma circunferˆencia inscrita que ´e tangente ao lado BC em seu ponto m´edio. Qual ´e a ´area do quadril´ atero ABCD? Bibliografia 1. Cole¸c˜ ao Elementos da Matem´atica, vol.2 - Geometria Plana Marcelo Rufino de Oliveira e M´arcio Rodrigo da Rocha Pinheiro. 2. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica, Ensino M´edio, 1981 - 1985 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos. 3. Olimp´ıadas de Matem´atica, Categoria B, 10◦ , 11◦ e 12◦ anos, vol.1 Jorge Picado e Paulo Eduardo Oliveira.

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4. T´ opicos de Matem´atica Elementar, vol.2, Geometria Euclidiana Plana Antonio Caminha Muniz Neto. 5. Area y Volumen, en la geometria elemental. Jos´e Araujo, Guilermo Keilhauer, Norma Pietrocola e Valeri Vavilov. 6. Which Way did the Bicycle Go? And other intriguing mathematical mysteries Joseph D. E. Konhauser, Dan Velleman e Stan Wagon. 7. 360 Problems for Mathematical Contests Titu Andreescu e Dorin Andrica. ´ 8. Areas para achar raz˜ oes de segmentos C´ıcero Thiago e Marcelo Mendes. Revista Eureka 25 9. Mathematical Olympiad Treasures Titu Andreescu e Bogdan Enescu˙ 10. Mandelbrot Morsels Sam Vandervelde.

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Revis˜ ao I Problema 1. Na figura abaixo tem - se AD = DE, ∠A = ∠DEC e ∠ADE = ∠BDC. Mostre que os triˆ angulos ABD e EDC s˜ ao congruentes. D C

A

E

B

Solu¸c˜ ao. Como ∠ADE = ∠BDC ent˜ ao ∠ADB = ∠EDC. Portanto, ∆ABD ≡ ∆EDC pelo caso ALA. Problema 2. (OCM) Um triˆ angulo ABC ´e tal que ∠C = 2∠A e AC = 2BC. Prove que este triˆ angulo ´e retˆ angulo. Solu¸c˜ ao. Seja CD a bissetriz interna do ˆangulo ∠C. Ent˜ao, ∠BCD = ∠DCA = ∠DAC e AC = o triˆ angulo CDA ´e is´ osceles. Trace a altura DE deste triˆ angulo. Observe que CE = 2 BC. Da´ı, os triˆ angulos BCD e ECD s˜ ao congruentes, pelo caso LAL, de onde conclu´ımos que ∠CBD = ∠CED = 90◦ , e o triˆ angulo ABC ´e retˆ angulo em B. C b

D b

b

B

b

E

b

A

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Problema 3. Seja ABC um triˆ angulo is´ osceles, com AB = BC e ∠ABC = 82◦ . Seja M um ponto no interior do triˆ angulo tal que AM = AB e ∠M AC = 11◦ . Ache a medida do ˆangulo ∠M CB. Solu¸c˜ ao.

B b

M b

b

A

b b

C

D

´ f´acil ver que ∠M AB = 38◦ . Como AM = AB, ent˜ao ∠ABM = ∠AM B = 71◦ . Dessa E forma, ∠M BC = 11◦ . Seja D o ponto sobre o segmento AC tal que AD = BM . Assim, ∆M BC ≡ ∆DAM pelo caso LAL. Portanto, M D = M C e ∠BCM = ∠AM D = α. Pela propriedade do ˆ angulo externo temos que ∠M DC = 11◦ + α e, como M D = M C ent˜ao ◦ ◦ 11 + α = 49 − α ⇔ α = ∠M CB = 19◦ . Problema 4. Seja ABC um triˆ angulo is´ osceles de base AC tal que ∠B = 20◦ . Prove que AB < 3AC. Solu¸c˜ ao. Inicialmente construa os triˆ angulos BCD e DBE congruentes ao triˆ angulo ABC como feito na figura abaixo. Dessa forma ´e f´acil ver que o triˆ angulo ABE ´e equil´atero. ´ f´acil verificar, usando a desigualdade triangular, que AC +CD+DE > Ent˜ao, AE = AB. E AE. Como os triˆ angulos BCD, DBE e ABC s˜ ao congruentes ent˜ao AC = CD = DE. Portanto, AB < 3AC.

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B b

20◦ ◦

20◦ 20

80◦

E b

80◦ 80◦ b

80◦

80◦

80◦

b

b

A

C

D

Problemas propostos

1. Sobre os lados de um triˆ angulo ABC constroem - se externamente os triˆ angulos equil´ateros BCD, CAE e ABF . Prove que os segmentos AD, BE e CF s˜ ao congruentes. 2. Mostre que a hipotenusa de um triˆ angulo retˆ angulo ´e maior que a semi - soma dos catetos. 3. (Torneio das Cidades) Se a, b e c s˜ ao os comprimentos dos lados de um triˆ angulo, prove que a3 + b3 + 3abc > c3 . 4. Seja ABC um triˆ angulo tal que ∠ABC = 2∠BCA, ademais, seja D o ponto do lado BC tal que AD ´e bissetriz do ˆ angulo ∠CAB e CD = AB. Calcule as medidas dos ˆangulos do triˆ angulo ABC. 5. Seja ABC um triˆ angulo is´ osceles de base AC tal que ∠B = 20◦ . Prove que AB > 3

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2AC. 6. Seja ABC um triˆ angulo tal que ∠A = 20◦ . Sejam D e E pontos sobre os lados AC e AB, respectivamente, tais que ∠AED = 40◦ e ED = DC = BC, determine a medida do ˆangulo ∠B. 7. (OBM) O canto de um quadrado de cartolina foi cortado com uma tesoura. A soma dos comprimentos dos catetos do triˆ angulo recortado ´e igual ao comprimento do lado do quadrado. Qual o valor da soma dos ˆangulos α e β marcados na figura abaixo?

27◦

α

β

8. Seja ABC um triˆ angulo retˆ angulo em C com AC < BC. Sejam D o ponto do lado AC BK e seja K o ponto do segmento BD tais que ∠KAD = ∠AKD = ∠ABC. Calcule . CD

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Teorema de Ceva e Teorema de Menelaus.

Teorema 1. (Ceva) Sejam D, E e F pontos sobre os lados BC, AC e AB, respectivamente, do triˆ angulo ∆ABC. Os segmentos AD, BE e CF intersectam - se em um ponto BD CE AF · · = 1. P se, e somente se, CD EA F B Demonstra¸c˜ ao. ⇒ A b

F b

b b

b

B

E

P

b

D

b

C

Defina K = [ABC], KA = [P BC], KB = [P CA] e KC = [P AB]. Temos que BD [∆ABD] [∆BP D] [∆ABD] − [∆BP D] [∆AP B] KC = = = = = . CD [∆ACD] [∆CP D] [∆ACD] − [∆CP D] [∆ACP ] KB KA AF KB BD CE AF KC KA KB CE = e = . Assim, · · = · · = 1. EA KC F B KA CD EA F B KB KC KA BD CE AF ⇐ Sejam D, E e F pontos sobre os lados BC, CA e AB tais que · · =1 CD EA F B mas AD, BE e CF n˜ ao s˜ ao concorrentes. Seja F1 sobre AB tal que AD, BE e CF1 s˜ ao De maneira an´ aloga,

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concorrentes em P . Assim,

BD CE AF1 AF AF1 · · = 1. Dessa forma, = ⇔ F = F1 . CD EA F1 B FB F1 B A b

F1 b

b

F b

b

B

b

E

P

b

b

C

D

Exerc´ıcios resolvidos 1. Prove que as medianas de um triˆ angulo s˜ ao concorrentes em um ponto que se chama baricentro. Solu¸c˜ ao. Sejam M , N e R os pontos m´edios de AC, BC e BA, respectivamente. Ent˜ao AM CN BR · · = 1, M C N B RA ou seja, AN , BM e CR s˜ ao concorrentes. 2. Prove que as bissetrizes internas de um triˆ angulo s˜ ao concorrentes em um ponto que se chama incentro. Solu¸c˜ ao. Sejam X, Y e Z os p´es das bissetrizes relativas aos lados BC, AC e AB, respectivamente. Pelo teorema das bissetrizes internas temos que AY CX BZ AB CA BC · · = · · = 1, Y C XB ZA BC AB CA ou seja, AX, BY e CZ s˜ ao concorrentes. 3. Prove que as alturas de um triˆ angulo s˜ ao concorrentes em um ponto que se chama ortocentro.

2

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Solu¸c˜ ao.

A

A b

b

M b

M

b

N b

b

L

H

b

B

b b

b

b b

L

C

B

b

C

N

b

H

´ f´acil ver que Sejam AL, BM e CN as alturas do triˆ angulo ∆ABC. E ∆AN C ∼ ∆AM B ⇒

AC AN = (I) MA AB

BL AB = (II) NB BC CM BC ∆CM B ∼ ∆CLA ⇒ = (III). LC AC ∆BLA ∼ ∆BN C ⇒

Multiplicando (I), (II) e (III) temos que AN BL CM AC AB BC · · = · · = 1, M A N B LC AB BC AC ou seja, as alturas s˜ ao concorrentes. 4. Seja ABCDEF um hex´agono convexo tal que cada uma das diagonais AD, BE e CF dividem o hex´agono em duas regi˜ oes de ´areas iguais. Prove que AD, BE e CF s˜ ao concorrentes. Solu¸c˜ ao.

3

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F b b

A Y b

b

Z

E

b b

X b b

B

D

b

C

Sejam X a intersec¸c˜ ao de AD e CE, Y a intersec¸c˜ao de AE e CF e Z ´e a intersec¸c˜ao de AC e BE. Denotaremos por [M N P ] a ´area do triˆ angulo ∆M N P , e seja K a ´area ´ f´acil ver que do hex´agono ABCDEF . E K − [ABC] [ACX] [CDX] [ACX] + [CDX] [ACD] CX = = = = = 2 . K XE [AXE] [DEX] [AXE] + [DEX] [ADE] − [AEF ] 2 De maneira an´ aloga, K − [CDE] EY = 2 K YA − [ABC] 2 e K − [AF E] AZ . = 2 K ZC − [CDE] 2 Portanto, K K K − [ABC] − [CDE] − [AF E] CX EY AZ · 2 · 2 = 1. · · = 2 K K K XE Y A ZC − [AEF ] − [ABC] − [CDE] 2 2 2 4

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Pela rec´ıproca do teorema de Ceva no triˆ angulo ∆ACE temos que AX, CY e EZ s˜ ao concorrentes e, com isso, AD, BE e CF s˜ ao concorrentes. 5. Seja ∆ABC um triˆ angulo e sejam P e Q pontos sobre os lados AB e AC, respectivamente, tais que P Q k BC. Prove que P C, QB e a mediana AM , com M em BC, s˜ ao concorrentes. Solu¸c˜ ao. Como P Q k BC, ent˜ ao AP AQ AP QC = ⇔ · = 1 (I). PB QC P B AQ Como AM ´e um mediana ent˜ ao BM = M C, assim BM = 1 (II). MC Multiplicando (I) e (II), temos AP QC BM · · = 1. P B AQ M C Pela rec´ıproca do teorema de Ceva temos que AM , QB e P C s˜ ao concorrentes. b

A

Q

P b

b

b b

B

M

Exerc´ıcios propostos

5

b

C

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1. Sejam D, E e F os pontos de contato da circunferˆencia inscrita com os lados BC, CA e AB, respectivamente, do triˆ angulo ABC. Prove que AD, BE e CF s˜ ao concorrentes em um ponto que se chama Ponto de Gergonne. 2. Sejam l e l1 duas retas paralelas dadas no plano. Usando apenas r´egua encontre o ponto m´edio do segmento AB que est´ a na reta l. 3. (Cor´eia) Seja ABC um triˆ angulo com AB 6= AC, seja V a intersec¸c˜ao da bissetriz do ˆangulo ∠A com BC e seja D p´e da altura relativa ao v´ertice A. Se E e F s˜ ao as intersec¸c˜ oes dos c´ırculos circunscritos aos triˆ angulos ∆AV D com CA e AB, respectivamente, mostre que AD, BE e CF s˜ ao concorrentes. 4. Seja P um ponto no interior de um triˆ angulo. As bissetrizes de ∠BP C, ∠CP A e ∠AP B intersectam BC, CA e AB em X, Y e Z, respectivamente. Prove que AX, BY e CZ s˜ ao concorrentes.

Teorema 2. Se uma reta intersecta as retas BC, CA e AB de um triˆ angulo ABC nos pontos L, M e N , respectivamente, ent˜ao CL BN AM · · = 1. BL N A M C Inversamente, se L, M e N s˜ ao pontos sobre os lados BC, CA e AB do triˆ angulo ABC CL BN AM tais que · · = 1, ent˜ ao L, M e N s˜ ao colineares. BL N A M C Demonstra¸c˜ ao. ⇒ A b

Q b

N b b

P b

M b

b

b

B

C

R

b

L

Sejam AP , BQ e CR as perpendiculares tra¸cadas a partir de A, B e C, respectivamente, ´ f´acil ver que os triˆ `a reta em que se encontram L, M e N . E angulos retˆ angulos AP N e 6

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BQN s˜ ao semelhantes, assim como os triˆ angulos retˆ angulos QBL e RCL. Ent˜ao BN BQ CL RC = e = . AN AP BL QB Por outro lado, os triˆ angulos retˆ angulos AP M e CRM tamb´em s˜ ao semelhantes. De modo que AM AP = . CM CR Portanto, BQ RC AP BN CL AM · · = · · = 1. AN BL CM AP QB CR ⇐ A b

N b

N1 b

b

M

b

b

B

C

b

L

CL BN AM · · = 1 e os pontos L, M e N n˜ ao s˜ ao Suponha, de maneira falsa, que BL N A M C colineares. Prolongue LM at´e intersectar AB em N1 . Pelo que foi provado acima temos CL BN1 AM que · · = 1, assim BL N1 A M C BN1 BN = ⇔ N = N1 . N1 A NA Dessa forma, L, M e N s˜ ao colineares. Exerc´ıcios resolvidos 1. Dadas trˆes circunferˆencias C1 , C2 e C3 de centros O1 , O2 e O3 e raios r1 , r2 e r3 , respectivamente. Seja X a intersec¸c˜ao das tangentes comuns externas de C1 e C2 , Y a intersec¸c˜ ao das tangentes comuns externas de C1 e C3 e, finalmente, Z a intersec¸c˜ao das tangentes comuns externas de C2 e C3 . Prove que X, Y e Z s˜ ao colineares. ´ f´acil verificar que X, O1 e O2 s˜ Solu¸c˜ ao. E ao colineares. Assim, ∆XO1 P1 ∼ ∆XO2 P2 O1 P1 r1 O3 Y r3 O2 Z r2 O1 X = = . Analogamente, = e = . Portanto, e, com isso, O2 X O2 P2 r2 O1 Y r1 O3 Z r3 7

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O1 X O3 Y O2 Z · · = 1. O2 X O1 Y O3 Z Pela rec´ıproca do teorema de Menelaus conclu´ımos que X, Y e Z s˜ ao colineares. Este resultado ´e conhecido como teorema de Monge. Z b

Y b

O2 O1

b b

X b

b

P1 b

P2

O3 b

2. Prove que as bissetrizes internas de dois ˆangulos de um triˆ angulo is´ osceles e a bissetriz externa do terceiro ˆ angulo do triˆ angulo intersectam os lados opostos em trˆes pontos colineares. Solu¸c˜ ao.

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No triˆ angulo ABC, BM e CN s˜ ao bissetrizes internas dos ˆangulos ∠B e ∠C, respectivamente, e AL ´e a bissetriz externa do ˆangulo ∠A. Pelo teorema da bissetriz interna temos que AB BN BC AM = e = . MC BC N A AC Al´em disso, pelo teorema da bissetriz externa temos que CL AC = . BL AB Assim, AM BN CL AB BC AC · · = · · = 1. M C N A BL BC AC AB Pela rec´ıproca do teorema de Menelaus temos que N , M e L s˜ ao colineares.

A b

N b

b

b

B

M

b b

L

C

Exerc´ıcios propostos

1. Prove que as bissetrizes externas dos ˆangulos de um triˆ angulo, n˜ ao is´ osceles, intersectam os lados opostos em trˆes pontos colineares. 2. O ortocentro de um triˆ angulo ABC ´e o ponto m´edio da altura relativa ao v´ertice C. Prove que cos ∠C = cos ∠A · cos ∠B, em que ∠A, ∠B e ∠C s˜ ao os ˆangulos do triˆ angulo ABC. 3. A bissetriz AD de um triˆ angulo ABC divide o lado BC na raz˜ ao 2 : 1. Determine a raz˜ ao em que a mediana CE divide a bissetriz. 4. (OBM) No triˆ angulo ABC, D ´e ponto m´edio de AB e E ponto sobre o lado BC tal que BE = 2 · EC. Sabendo que ∠ADC = ∠BAE, calcule o valor de ∠BAC.

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5. (IMO) As diagonais AC e CE de um hex´agono regular ABCDEF s˜ ao divididas interAM CN namente pelos pontos M e N , respectivamente, na raz˜ ao = = r. Determine AC CE r se B, M e N s˜ ao colineares. 6. Seja ABC um triˆ angulo e sejam E e D pontos sobre o lado BC tal que CE = ED = DB. Seja F o ponto m´edio de AC e G o ponto m´edio de AB. Seja H a intersec¸c˜ao EH . de EG e F D. Determine o valor de HG 7. (Cone Sul) Seja C uma circunferˆencia de centro O, AB um diˆ ametro dela e R um ponto qualquer em C distinto de A e de B. Seja P a intersec¸c˜ao da perpendicular tra¸cada por O a AR. Sobre a reta OP se marca o ponto Q, de maneira que QP ´e a metade de P O e Q n˜ ao pertence ao segmento OP . Por Q tra¸camos a paralela a AB que corta a reta AR em T . Chamamos de H o ponto de intersec¸c˜ao das retas AQ e OT . Provar que H, R e B s˜ ao colineares.

Bibliografia 1. Leccture Notes on Mathematical Olympiad Courses For senior Section, vol. 1 Xu Jiagu 2. Advanced Euclidean Geometry Alfred Posamentier 3. III Olimpiada Nacional Escolar de Matem´atica 2006 Jorge Tipe, John Cuya, Claudio Espinoza e Sergio Vera. 4. Explorations in Geometry Bruce Shawyer 5. Cole¸c˜ao Elementos de Matem´atica, vol.2 Marcelo Rufino de Oliveira 6. The theorem of Menelaus B. Orach Quantum - May/Jun 2001 7. Problemas de Geometr´ıa - Planimetria I. Shariguin

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Pontos Not´ aveis 1: Baricentro Propriedade 1. As trˆes medianas de um triˆ angulo intersectam - se num mesmo ponto, chamado baricentro, que divide cada uma das medianas em duas partes tais que a parte que cont´em o v´ertice ´e o dobro da outra.

A

P

G

B

N

M

C

Demonstra¸c˜ ao. A

P D B

N G1

E C

Sejam N e P os pontos m´edios dos lados AC e AB, respectivamente, D e E os pontos m´edios de BG1 e CG1 , respectivamente. Ent˜ao, N P k BC e N P =

BC 2

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e

BC 2 portanto, P DEN ´e uma paralelogramo. Com isso, BD = DG1 = G1 N , CE = EG1 = G1 P , ent˜ao BG1 = 2G1 N e CG1 = 2G1 P . De maneira an´ aloga, as medianas AM e BN intersectam - se em um ponto G2 tal que AG2 = 2G2 M e BG2 = 2G2 N . Encontramos, ent˜ao, dois pontos distintos G1 e G2 , no interior do segmento BN que o dividem na mesma raz˜ ao, o que ´e uma contradi¸c˜ ao logo, G1 = G2 = G. Portanto, as trˆes medianas intersectam - se em um mesmo ponto G que chamaremos de baricentro. DE k BC e DE =

Exerc´ıcios Resolvidos 1. (OBM) Seja N o ponto do lado AC do triˆ angulo ABC tal que AN = 2N C e M o ponto do lado AB tal que M N ´e perpendicular a AB . Sabendo que AC = 12 cm e que o baricentro G do triˆ angulo ABC pertence ao segmento M N , determine o comprimento do segmento BG. OBS: Baricentro ´e o ponto de interse¸ca˜o das medianas do triˆ angulo. Solu¸c˜ ao. Se BP ´e uma mediana do triˆ angulo ent˜ ao AP = CP = 6 e P N = 2. Como G ´e o baricentro 1 PN 1 PG = e = , assim, pela rec´ıproca do teorema de Tales, GN ´e do triˆ angulo ent˜ ao GB ◦ 2 N C 2 paralelo a BC e ∠B = 90 . Como o triˆ angulo ABC ´e retˆ angulo ent˜ao AP = CP = BP = 6. Com isso, BG = 4 e GP = 2.

b

M b

G

b

A

B

b

P

b

b b

C

N

2. (Bulg´aria) Seja ∆ABC um triˆ angulo is´ osceles (AC = BC) tal que A1 , B1 e C1 s˜ ao os pontos m´edios de BC, AC e AB, respectivamente. Os pontos A2 e B2 s˜ ao os sim´etricos de A1 e B1 com rela¸c˜ ao ao lado AB. Seja M a interse¸c˜ao de CA2 e A1 C1 e seja N a interse¸c˜ao de CB2 e B1 C1 . Seja P a interse¸c˜ ao de AN e BM , prove que AP = BP . Solu¸c˜ ao. Como CC1 k A1 A2 e CC1 = A1 A2 , temos que CC1 A2 A1 ´e um paralelogramo. Ent˜ao, A1 M = C1 M . Mas A1 B1 C1 B ´e tamb´em um paralelogramo e, portanto, a in2

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terse¸c˜ao BM e AC ´e B1 . Ent˜ ao, P est´ a sobre a mediana BB1 . Analogamente, P est´ a sobre a mediana AA1 . No triˆ angulo is´ osceles ABC as medianas AA1 e BB1 possuem o 2 2 mesmo comprimento. Portanto, AP = AA1 = BB1 = BP . 3 3 Exerc´ıcios Propostos Problema 1. Uma reta r passa pelo baricentro de um triˆ angulo ABC deixando o v´ertice A em um semiplano e os v´ertices B e C no outro semiplano determinado por r. As proje¸c˜oes de A, B e C sobre a reta r s˜ ao M , N e P , respectivamente. Prove que AM = BN + CP . Problema 2. (OBM) Seja ABCD um quadril´ atero convexo, onde N ´e o ponto m´edio de DC, M ´e o ponto m´edio de BC, e O ´e a interse¸c˜ao entre as diagonais AC e BD. Mostre que O ´e o baricentro do triˆ angulo AM N se, e somente se, ABCD ´e um paralelogramo. Problema 3. (Portugal) No triˆ angulo ABC as medianas dos lados AB e AC s˜ ao perpendiculares. Sabendo que AB = 6 e AC = 8, determine BC. Problema 4. (Estˆonia) As medianas relativas aos v´ertices A e B do triˆ angulo ABC s˜ ao perpendiculares. Prove que AB ´e o menor lado do triˆ angulo ABC. Problema 5. (OCM) Seja ABC um triˆ angulo tal que as medianas BM e CN , que se cortam em G, s˜ ao iguais. Prove que o triˆ angulo ABC ´e is´ osceles. Problema 6. Prove que a soma dos quadrados das distˆ ancias de um ponto P aos v´ertices de um triˆ angulo ABC ´e m´ınima quando P ´e o baricentro do triˆ angulo. Solu¸ co ˜es 1. Seja AD um mediana e Q o ponto m´edio de N P . Ent˜ao, DQ ´e a base m´edia do trap´ezio BN + CP . Como G ´e o baricentro do triˆ angulo ABC N BCP assim DQ k BN e DQ = 2 ´ f´acil ver que ∆AM G ∼ ∆GQD, ent˜ao AM = DQ. Portanto, ent˜ao AG = 2GD. E 2 AM = BN + CP .

3

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A b

b

G b

b

N

b

B

b

b

P

Q

M

b b

C

D

2. (⇒) Suponha que ABCD ´e um paralelogramo, ent˜ao AO = OC e BO = BD. Se M BD ´ e N s˜ ao os pontos m´edios de BC e CD ent˜ao M N k BD e M N = . E f´acil concluir 2 DO BO , N P k DO e N P = . que P ´e o ponto de m´edio de OC ent˜ ao M P k BO, M P = 2 2 Portanto, N P = P M e AO = 2OP , ou seja, O ´e o baricentro de AM N . (⇐) Suponha que O ´e o baricentro do triˆ angulo AM N ent˜ao N P = P M e AO = 2OP . Se BD ´ . E f´acil concluir M e N s˜ ao os pontos m´edios de BC e CD ent˜ao M N k BD e M N = 2 BO , N P k DO e que P ´e o ponto de m´edio de OC ent˜ ao OP = P C, M P k BO, M P = 2 DO . Da´ı, AO = OC e DO = OB, ou seja, ABCD ´e um paralelogramo. NP = 2

4

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b

A b

b b

B

M

O b

P b

b b

D

C

N

3. Sejam M e N os pontos m´edios de AB e AC, respectivamente, e G o ponto de encontro das medianas M C e N B. Aplicando o teorema de Pit´ agoras BGM e CN G, temos: GM 2 + 4GN 2 = GM 2 + GB 2 = BM 2 = 32 = 9 e 4GM 2 + GN 2 = GC 2 + GN 2 = CN 2 = 42 = 16. √ √ Deste modo, 5GM 2 + 5GN 2 = 9 + 16 = 25, logo N M = 5. Portanto, BC = 2 5.

b

N b

b

b

A

C

G

b

b

B

M

4. Seja M o baricentro do triˆ angulo A1 B1 C1 . Seja A2 um ponto sobre a reta M A tal que B1 A1 C1 A2 ´e um paralelogramo. Os pontos B2 e C2 s˜ ao constru´ıdos analogamente. Como A1 C1 k A1 B1 k C1 B2 ent˜ ao os pontos A2 , C1 e B2 s˜ ao colineares e C1 ´e o ponto m´edio de 5

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A2 B2 . O mesmo ´e verdade para os pontos A2 , B1 e C2 e C2 , A1 e B2 . Vamos mostrar que A2 = A, B2 = B e C2 = C, o que resolve o problema. Assuma que A2 6= A e A est´ a entre A2 e M . Ent˜ ao C2 est´ a entre C e M , B est´ a entre B2 e M e consequentemente A2 est´ a entre A e M , que ´e uma contradi¸c˜ ao. 5. As medianas intersectam - se no ponto M e a mediana que parte do v´ertice C intersecta AB no ponto F . Ent˜ ao, F ´e o ponto m´edio da hipotenusa do triˆ angulo retˆ angulo ABM , ou seja, AB = 2F M . Como M divide a mediana CF na raz˜ ao 2 : 1, ent˜ao AB = CM . O maior ˆangulo do triˆ angulo AM C ´e o ˆangulo obtuso AM C, portanto AC ´e o maior lado deste triˆ angulo. Assim, AC > M C = AB. De maneira an´ aloga BC > AB. m = GN e 6. Seja BM = CN = m. Como G ´e o baricentro de ABC, temos GM = 3 2m BG = = CG. Da´ı, segue que os triˆ angulos BGN e CGM s˜ ao congruentes (pelo caso 3 LAL), de modo que BN = CM . Logo, AB = 2 · BN = 2 · CM = AC, e o triˆ angulo ABC ´e is´ osceles.

A b

N b

b

M

G b

b

b

B

C

7. Seja ABC um triˆ angulo com BC = a, AC = b e AB = c. Seja M o ponto m´edio de BC, G o baricentro do triˆ angulo ABC e P um ponto qualquer. Usando que, a soma dos quadrados de dois dos lados de um triˆ angulo ´e igual a duas vezes o quadrado da mediana relativa ao terceiro lado mais a metade do quadrado do terceiro lado (a demonstra¸c˜ao desse resultado usa lei dos Cossenos e ser´ a provado na aula de rela¸c˜oes m´etricas), no triˆ angulo 6

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 15 - Prof. C´ıcero Thiago

P BC com mediana P M temos: a2 . (I) 2 O baricentro G ´e tal que GA = 2GM . Fa¸ca GM = m; GA = 2m e tome H em AG tal que GH = AH = m. Assim, o triˆ angulo HP M , com mediana P G satisfaz P B 2 + P C 2 = 2P M 2 +

1 P H 2 + P M 2 = 2P G2 + (2m)2 = 2P G2 + 2m2 (II) 2 e o triˆ angulo AP G com mediana P H satisfaz 1 P A2 + P G2 = 2P H 2 + (2m)2 = 2P H 2 + 2m2 . (III) 2 Somando (I) e (III) P A2 + P B 2 + P C 2 + P G2 = 2P M 2 +

a2 + 2P H 2 + 2m2 = 2

a2 + 2m2 = por (II) 2 a2 2(2P G2 + 2m2 ) + + 2m2 = 2 a2 4P G2 + 6m2 + . 2 2 a Portanto, P A2 + P B 2 + P C 2 = 3P G2 + 6m2 + . (IV) 2 = 2(P M 2 + P H 2 ) +

Como o triˆ angulo a e m s˜ ao constantes, P A2 + P B 2 + P C 2 ´e m´ınimo quando P G = 0, ou seja, P = G ´e o baricentro do triˆ angulo ABC. A b

b

H b

b

b

B

G

b b

C

M

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P

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Bibliografia 1. Lecture Notes on Mathematical Olympiad Courses For Junior Section, vol. 1 Xu Jiagu 2. Puntos Notables - Teor´ıa - Demostraciones - Trazos Auxiliares 440 problemas resueltos e propuestos Julio Orihuela Bastidas Editorial Cuzcan 3. Geometr´ıa Radmila Bulajich Manfrino e Jos´e Antonio G´ omez Ortega Cuadernos de Olimpiadas de Matem´aticas 4. T´ opicos de Matem´atica Elementar, vol. 2 Geometria Euclidiana Plana Antonio Caminha Muniz Neto SBM 5. Episodes in Nineteenth and Twentieth Euclidean Geometry Ross Honsberger MAA 6. Problems in Plane and Solid Geometry, vol. 1 - Plane Geometry Viktor Prasolov 7. Advanced Euclidean Geometry Alfred Posamentier 8. Lessons in Geometry I. Plane Geometry Jacques Hadamard AMS 9. Hadamard’s Plane Geometry A Reader’s Companion Mark Saul AMS 10. Cole¸c˜ao Elementos da Matem´atica Geometria Plana, vol. 2 Marcelo Rufino de Oliveira e M´arcio Rodrigo da Rocha Pinheiro

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11. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica, Ensino M´edio, 1981 - 2005 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos 12. Problemas de las Olimpiadas Matematicas del Cono Sur (I a IV) Fauring - Wagner - Wykowski - Gutierrez - Pedraza - Moreira Red Ol´ımpica 13. Fundamentos de Matem´atica Elementar, vol. 9 - Geometria Plana Osvaldo Dolce e Jos´e Nicolau Pompeo 14. Olimpiada Matem´atica Espa˜ nola 15000 problemas de diferentes Olimpiadas de Matem´atica en el mundo

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Curso de Geometria - Nível 2

16

Prof. Cícero Thiago

Pontos Not´ aveis 2: Incentro

Teorema 1. Seja ∠XOY um ˆ angulo dado e P um ponto em seu interior. Ent˜ao, a distˆ ancia de P a XO ´e igual ` a distˆ ancia de P a Y O se, e somente se, o ponto P pertence `a bissetriz. Demonstra¸c˜ ao. X b

M b

O

b b

P

b

N Y b

Suponhamos inicialmente que o ponto P pertence `a bissetriz. Ent˜ao ∠XOP = ∠Y OP . Sejam M e N os p´es das perpendiculares baixadas desde P sobre OX e OY , respectivamente. Podemos concluir, que ∆M OP ≡ ∆N OP , pelo caso L.A.A., pois OP ´e lado comum, ∠M OP = ∠N OP e ∠OM P = ∠ON P = 90◦ . Portanto, P M = P N . Reciprocamente, suponhamos agora que P M = P N . Pelo caso especial de congruˆencia de triˆ angulos, cateto-hipotenusa, os triˆ angulos M OP e N OP s˜ ao congruentes. Portanto, ∠M OP = ∠N OP , e assim, P pertence `a bissetriz. Provemos agora que as trˆes bissetrizes de um triˆ angulo ABC se intersectam num ponto chamado incentro, que ´e equidistante dos lados do triˆ angulo.

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A b

b

N1 N

P1 P

b b

b

I b

b b

B

b

M1

C

Sejam BN e CP as bissetrizes relativas aos v´ertices B e C, respectivamente, e I o seu ponto de interse¸c˜ ao. Como o ponto I pertence `as bissetrizes BN e CP , ent˜ao IM1 = IP1 e IM1 = IN1 , em que M1 , N1 , P1 s˜ ao os p´es das perpendiculares baixadas desde I sobre os lados BC, CA e AB, respectivamente. Como IP1 = IN1 , ent˜ao, pela proposi¸c˜ao anterior, I pertence `a bissetriz do ˆ angulo ∠A. Portanto, as trˆes bissetrizes passam por um mesmo ponto chamado incentro que ser´ a o centro da circunferˆencia inscrita no triˆ angulo pois I equidista dos lados do triˆ angulo. Al´em disso, M1 , N1 e P1 s˜ ao os pontos de tangˆencia do c´ırculo com os lados BC, CA e AB, respectivamente.

A b

b

N

P1 P

N1 b

b b

I b

b

B

b

b b

M1 M

C

Teorema 2. Seja ABC um triˆ angulo tal que BC = a, CA = b e AB = c. Sejam M1 , N1 e P1 os pontos de tangˆencia com os lados BC, CA e AB, respectivamente. Ent˜ao, a+b+c . AN1 = AP1 = p − a, BM1 = BP1 = p − b e CM1 = CN1 = p − c, em que p = 2 2

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Demonstra¸c˜ ao. A b

x

x

b

N1

P1 b

I

z

y b

b

y

B

b

b

z

M1

C

Temos que y + z = a, x + z = b e x + y = c. Resolvendo o sistema encontramos x = p − a, y = p − b e z = p − c. Teorema 3. (Bissetriz interna) A bissetriz interna AL do ˆangulo ∠A de um triˆ angulo AB ABC divide internamente o lado oposto BC na raz˜ ao , ou seja, CA AB BL = LC CA em que L ´e o ponto de intersec¸c˜ ao da bissetriz interna com o lado BC. Demonstra¸c˜ ao. R b

α A b

α

α

α b

B

b

b

L

3

C

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 16 - Prof. C´ıcero Thiago ´ f´acil ver que Seja R a intersec¸c˜ ao da paralela ` a bissetriz AL tra¸cada pelo ponto C. E ∠BAL = ∠CAL = ∠ACR = ∠ARC, com isso, AR = AC. Pelo teorema de Tales temos que BL AB = . AR LC Como AR = AC, ent˜ ao AB BL = . AC LC Teorema 4. Seja ABC um triˆ angulo tal que BC = a, CA = b, AB = c e seja AM a a·c bissetriz relativa ao ˆ angulo ∠A, com M em BC. Ent˜ao, BM = . b+c Demonstra¸c˜ ao. A b

α

α b

c

b

B

m

b b

a−m

M

C

Usando o teorema da bissetriz interna temos que AC c b a·c AB = ⇔ = ⇔m= . BM CM m a−m b+c Teorema 5. Seja ABC um triˆ angulo tal que BC = a, CA = b, AB = c, AM a bissetriz AI b+c relativa ao ˆangulo ∠A, com M em BC, e seja I o incentro. Ent˜ao, = . IM a Demonstra¸c˜ ao. Aplicando o teorema da bissetriz interna no triˆ angulo BAM temos que AB AI b+c AI = ⇔ = . IM BM IM a

4

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A b

α

α b

c b

I

b b

B

a·c b+c

b

C

M

Teorema 6. Seja ABC um triˆ angulo e I seu incentro. Seja E o ponto de interse¸c˜ao de AI com a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ABC. Ent˜ao IE = IB = IC. Demonstra¸c˜ ao. A b

α α

I b

α+β β b

B

β α b

α

D

b

C

b

E

´ f´acil ver que ∠BAE = ∠CAE = ∠CBE = ∠BCE e, portanto, BE = CE. Al´em disso, E pela propriedade do ˆ angulo externo, ∠BIE = α+β. Portanto, ∠BIE = ∠IBE e BE = IE. 5

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Observe agora uma parte da figura acima. a 2

B b

C

M b b

α

b

E

Temos que a BM ⇔ BE = = CE = IE. BE 2 cos α Teorema 7. Seja ABC um triˆ angulo tal que BC = a, CA = b, AB = c e seja AM a bissetriz relativa ao ˆ angulo ∠A, com M em BC. Al´em disso, ∠BAM = CAM = α. Ent˜ao 2 · b · c · cos α AM = . b+c Demonstra¸c˜ ao. cos α =

A b

α

α b

c

b

B

b b

C

M

´ f´acil ver que [ABC] = [BAM ] + [CAM ]. Ent˜ao, E c · AM · sin α b · AM · sin α b · c · sin 2α = + ⇔ 2 2 2 AM =

2 · b · c · cos α . b+c

´ Teorema 8. (Area de um triˆ angulo em fun¸ c˜ ao do raio da circunferˆ encia inscrita.) Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente, e seja r a medida do raio da circunferˆencia inscrita. Ent˜ao, a ´area do triˆ angulo ∆ABC pode 6

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ser calculada por [∆ABC] = p · r, em que p =

a+b+c . 2

Demonstra¸c˜ ao.

A b

b

F

E

b

r

r b

I

r b b

b

D

B

C

[∆ABC] = [∆BIC] + [∆CIA] + [∆AIB] ⇔ a·r b·r c·r + + ⇔ 2 2 2   a+b+c [∆ABC] = ·r ⇔ 2

[∆ABC] =

[∆ABC] = p · r. Problema 1. (OBM) O triˆ angulo ABC ´e retˆ angulo em B. Sejam I o centro da circunferˆencia inscrita em ABC e O o ponto m´edio do lado AC. Se ∠AOI = 45◦ , quanto mede, em graus, o ˆ angulo ∠ACB? Solu¸c˜ ao. Como ABC ´e um triˆ angulo retˆ angulo, ent˜ao AO = BO = CO. Se ∠ABI = ∠AOI = 45◦ e ∠BAI = ∠OAI, ent˜ ao ∆ABI ≡ ∆AOI (ALA). Com isso, AB = AO = BO e, portanto, triˆ angulo ABO ´e equil´atero. Assim, ∠ACB = 30◦ .

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B b

I b

b

A

b

b

O

C

Problema 2. Em um triˆ angulo n˜ ao equil´atero, a reta que passa pelo baricentro e pelo incentro ´e paralela a um dos lados do triˆ angulo. Demonstre que os lados do triˆ angulo est˜ ao em progress˜ao aritm´etica. Solu¸c˜ ao. Como IG ´e paralelo a BC ent˜ ao podemos aplicar o teorema de Tales. Assim, AG b+c 2 AI = ⇔ = ⇔ b + c = 2a. IE GD a 1 A b

I

G

b

b

E b b

D b

B

Exerc´ıcios propostos

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1. 2. (IMO Shortlist) Seja ABC um triˆ angulo tal que AB + BC = 3AC. Sejam I o seu incentro e D e E os pontos de tangˆencia da circunferˆencia inscrita com os lados AB e BC, respectivamente. Al´em disso, sejam K e L os sim´etricos de D e E com rela¸c˜ao ao incentro I. Prove que o quadril´ atero ACKL ´e inscrit´ıvel. 3. (Teste de sele¸c˜ ao do Brasil para IMO) Seja I o incentro do triˆ angulo ABC e D o ponto de interse¸c˜ ao de AI com o c´ırculo circunscrito de ABC. Sejam E e F os p´es das perpendiculares baixadas a partir de I sobre BD e CD, respectivamente. SE AD , determine o ˆ angulo BAC. IE + IF = 2 4. (IMO) O prolongamento da bissetriz AL do triˆ angulo acutˆ angulo ABC encontra o c´ırculo circunscrito em N . Por L tra¸cam - se perpendiculares LK e LM aos lados AB e AC, respectivamente. Prove que a ´area do triˆ angulo ABC ´e igual `a ´area do quadril´ atero AKN M . 5. Num triˆ angulo ABC tem - se AB = BC, e D ´e um ponto sobre a base AC tal que o raio do c´ırculo inscrito no triˆ angulo ABD ´e igual ao raio do c´ırculo tangente ao segmento DC e aos prolongamentos das retas BD e BC. Prove que o raio deste 1 angulo ABC. c´ırculo ´e igual a da medida h de uma das alturas iguais do triˆ 4 6. Seja um quadril´ atero ABCD inscrito num c´ırculo de tal forma que os prolongamentos dos lados AD e BC se encontram em Q e os prolongamentos de AB e CD, em P . Prove que as bissetrizes dos ˆ angulos ∠DQC = ∠AP D s˜ ao perpendiculares. 7. Do incentro de um triˆ angulo retˆ angulo, avista - se a metade da hipotenusa, isto ´e, o segmento que une um v´ertice ao ponto m´edio da hipotenusa, segundo um ˆangulo m ´e a fra¸c˜ ao irredut´ıvel que expressa a raz˜ ao entre as medidas dos catetos reto. Se n deste triˆ angulo, ent˜ ao m + n ´e igual a: (a) 7 (b) 17 (c) 23 (d) 31 (e) 41 8. O c´ırculo, de centro O, inscrito no triˆ angulo ABC ´e cortado pela mediana AD nos pontos X e Y . Sabendo que AC = AB + AD, determine a medida do ˆangulo ∠XOY . 9. (OCM) Seja ABC um triˆ angulo cuja medida dos lados s˜ ao n´ umeros inteiros e consecutivos. Al´em disso, o maior ˆ angulo ∠A ´e o dobro do menor ˆangulo. Determine a medida dos lados deste triˆ angulo.

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Pontos Not´ aveis 3: Circuncentro e Ortocentro

Teorema 1. Sejam A, B e P trˆes pontos distintos no plano. Temos que P A = P B se, e somente se, o ponto P pertence ` a mediatriz do segmento AB. Demonstra¸c˜ ao. r P b

b

A

b b

M

B

Sejam M o ponto m´edio de AB e r a sua mediatriz. Suponha inicialmente que P pertence ´ f´acil ver que os triˆ a` mediatriz. Com isso AM = M B e r ´e perpendicular `a AB. E angulos ∆AM P e ∆BM P s˜ ao congruentes pelo caso L.A.L. e, com isso, P A = P B. Reciprocamente, suponha agora, que P A = P B, com isso ∆ABP ´e is´ osceles de base AB. ´ f´acil ver que os triˆ Tracemos a mediana relativa ao lado AB. E angulos ∆AM P e ∆BM P s˜ ao congruentes pelo caso L.L.L. e, com isso, ∠AM P ≡ ∠BM P = 90◦ , ou seja, P est´ a sobre a mediatriz. Teorema 2. As trˆes mediatrizes de um triˆ angulo ABC se intersectam num ponto chamado circuncentro que ´e o centro da circunferˆencia circunscrita. Demonstra¸c˜ ao.

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A

r

b

O b

b

B

b

s

C

Sejam r e s as mediatrizes relativas aos lados BC e AB, respectivamente, e seja O o ponto de interse¸c˜ao das duas mediatrizes. Pelo teorema 1, temos que BO = CO e BO = AO. Ent˜ao, CO = AO e, tamb´em pelo teorema 1, O deve estar sobre a mediatriz relativa ao lado AC. Al´em disso o circuncentro ´e o centro da circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ABC pois ´e equidistante dos trˆes v´ertices do triˆ angulo. Teorema 3. As trˆes alturas de um triˆ angulo ABC se intersectam num ponto chamado ortocentro. Demonstra¸c˜ ao.

2

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A

P b

N

b

b

E b

F b

H b

D b

b b

B

C

b

M

Inicialmente tracemos pelos v´ertices A, B e C, retas paralelas aos lados BC, CA e AB, respectivamente, que determinam o triˆ angulo M N P . J´ a sabemos que as trˆes mediatrizes ´ f´acil perceber que A, B e C s˜ de um triˆ angulo se intersectam em seu circuncentro. E ao os pontos m´edios dos segmentos N P , M P e M N , respectivamente, pois P ACB, N ABC e ABM C s˜ ao paralelogramos e, portanto, os lados opostos de um paralelogramo s˜ ao iguais. Tracemos as mediatrizes dos segmentos M P , M N e P N que ir˜ ao se intersectar no ponto H. Mas as mediatrizes do triˆ angulo M N P s˜ ao as alturas do triˆ angulo ABC. Portanto, provamos que as trˆes alturas de um triˆ angulo ABC se intersectam em um ponto que ser´ a chamado de ortocentro. Teorema 4. Seja O o centro da circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo acutˆ angulo ABC e seja D a proje¸c˜ ao de A sobre BC ent˜ ao ∠DAB = ∠OAC. Demonstra¸c˜ ao.

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A b

O b

β b

B

b b

C

D

β b

E

Seja AE um diˆ ametro. Al´em disso, ∠ABC = ∠AEC. Portanto, ∠BAD = ∠EAC. Teorema 5. O ortocentro, o baricentro e o circuncentro de um triˆ angulo, n˜ ao equil´atero, s˜ ao colineares. A reta determinada por esses pontos ´e chamada de Reta de Euler. Demonstra¸c˜ ao. Sejam M e N os pontos m´edios de BC e AC, respectivamente. Ent˜ao, M N k AB e AB MN = . O teorema 4 garante que ∠BAD = ∠OAC. Como O ´e o circuncentro 2 ent˜ao OA = OC e, com isso, ∠OAC = ∠OCA. O quadril´ atero M CN O ´e inscrit´ıvel ent˜ao ∠OCA = ∠N CO = ∠OM N e ∠M ON = 180◦ − ∠ACB. Al´em disso, o quadril´ atero DCEH tamb´em ´e inscrit´ıvel e, com isso, ∠DHE = 180◦ − ∠ACB. Como ∠DHE = ∠AHB conclu´ımos que o triˆ angulo AHB ´e semelhante ao triˆ angulo M N O e, com AH AB = = 2. Temos que ∠HAG = ∠GM O pois AH ´e paralelo a OM e, como isso, MN OM AG = 2. Portanto, o triˆ angulo AHG ´e semelhante ao triˆ angulo GM O G ´e o baricentro, GM e, com isso, ∠HGA = ∠M GO provando ent˜ao que H, G e O est˜ ao alinhados e HG = 2GO.

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A b

b

E

b b

N

H b

G b

O

b b

b b

M

D

B

C

Teorema 6. Os p´es das alturas de um triˆ angulo, os pontos m´edios do trˆes lados e os pontos m´edios dos segmentos que ligam os v´ertices ao ortocentro est˜ ao sobre uma circunferˆencia chamada Circunferˆ encia dos 9 pontos. ´ Demonstra¸c˜ ao. Queremos provar que M , L, P , D, E, F , R, S e T s˜ ao conc´ıclicos. E suficiente provar que R e D est˜ ao sobre a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo M LP , ´ f´acil ver que pois o restante ´e an´ alogo. Considere a circunferˆencia Γ de diˆ ametro RM . E D pertence a Γ. Por outro lado, RL k HC, LM k AB e HC ⊥ AB, o que implica que ∠RLM = 90◦ . Portanto, L (e por simetria P ) pertence a Γ. A b

R

E b

b

F b

H b

P b

L b

b

N T

b

b

S b

b

B

b

D

O

b b

C

M

Teorema 7. O centro da circunferˆencia dos 9 pontos ´e o ponto m´edio do segmento formado pelo ortocentro e pelo circuncentro. Demonstra¸c˜ ao. Seja RM um diˆ ametro da circunferˆencia dos 9 pontos e seja N a interse¸c˜ao de RM e OH. 5

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Como R ´e ponto m´edio de AH ent˜ ao RH = OM . Al´em disso, AH k OM . Portanto, ∆RHN ≡ ∆N OM , RN = N M e HN = ON . A b

E

R b b

F b

b

P

L b

b

H b

N b b

G

T b

S b

b

B

b

D

O

b b

C

M

Problema 1. Seja ABC um triˆ angulo e sejam H o ortocentro e o O o circuncentro do triˆ angulo. Se ∠ABH = ∠HBO = ∠OBC e BH = BO determine a medida do ˆangulo ∠A. Solu¸c˜ ao. Como O ´e o circuncentro ent˜ ao OC = OB = BH. Al´em disso, BH = OC = 2OM . Como o triˆ angulo M OC ´e retˆ angulo ent˜ ao ∠M OC = 60◦ . Assim, ∠AOC = 120◦ e ∠ABC = 60◦ .

6

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B b

O H

b

b

b

A

b b

b

D

M

C

Problema 2. Seja H o ortocentro de um triˆ angulo ABC, tal que AC 6= BC. O segmento que une os pontos m´edios de HC e AB intersecta a bissetriz de ∠ACB no ponto N . Sabendo que o circuncentro do triˆ angulo ABC pertence `a reta que passa pelos pontos H e N , determine a medida do ∠ACB. Solu¸c˜ ao. Seja M o ponto m´edio de AB, L o ponto m´edio de HC, O o circuncentro do triˆ angulo ABC ´ bem sabido que OM = 1 HC = LC. e R o raio do c´ırculo circunscrito ao triˆ angulo ABC. E 2 Como OM ´e paralelo a LC, ent˜ ao OM LC ´e um paralelogramo. Por outro lado, a bissetriz do ˆangulo ∠ACB ´e bissetriz tamb´em do ˆangulo ∠OCH, da´ı ∠LN C = ∠N CO = ∠N CL e N L = CL = LH, o que implica ∠HN C = 90◦ , logo CN ´e altura e bissetriz do triˆ angulo ◦ HOC, assim HC = CO e, portanto, ∠ACB = 60 . Problemas propostos

1. Seja ABC um triˆ angulo tal que ∠ABC = 50◦ . Seja F um ponto qualquer sobre o lado AC. Se M e N s˜ ao os ortocentros dos triˆ angulos ABF e BF C, respectivamente, determine a medida do ˆ angulo ∠M F N .

7

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 17 - Prof. C´ıcero Thiago

2. Seja ABC um triˆ angulo tal que ∠BAC = 40◦ e seja P um ponto sobre o lado AB tal que o ortocentro de ABC coincide com o circuncentro de P BC. Determine a medida do ˆangulo ∠P CB. 3. (ITA) Em um triˆ angulo de v´ertices A, B e C, a altura, a bissetriz e a mediana, relativamente ao v´ertice C, dividem o ˆangulo ∠BCA em quatro ˆangulos iguais. Se l ´e a medida do lado oposto ao v´ertice C, calcule: (a) A medida da mediana em fun¸c˜ao de l. (b) Os ˆ angulos ∠CAB, ∠ABC e ∠BCA. 4. Seja ABC um triˆ angulo que n˜ ao ´e is´ osceles. Os pontos O e H s˜ ao, respectivamente, o circuncentro e o ortocentro e M o ponto m´edio de OH. (a) Se ABC ´e um triˆ angulo acutˆ angulo e a bissetriz interna de ∠BAC passa por M , determine a medida do ˆ angulo ∠BAC. (b) Se ABC ´e um triˆ angulo obtusˆangulo e a bissetriz externa do ˆangulo ∠BAC passa por M , determine a medida do ˆ angulo ∠BAC. 5. (Torneio das cidades) AD, BE e CF s˜ ao alturas de um triˆ angulo ABC. K, M e N s˜ ao os ortocentros dos triˆ angulos AEF , BF D e CDE. Prove que KM N e DEF s˜ ao triˆ angulos congruentes. 6. Seja ABC um triˆ angulo. Sobre os lados AB e AC s˜ ao constru´ıdos no exterior do triˆ angulo os quadrados ABDE e ACF G. Prove que CD, BF e a altura relativa ao v´ertice A s˜ ao concorrentes. 7. (OBM) Sejam H, I e O o ortocentro, o incentro e o circuncentro do triˆ angulo ABC, respectivamente. A reta CI corta o circunc´ırculo de ABC no ponto L, distinto de C. Sabe-se que AB = IL e AH = OH. Determine os ˆangulos do triˆ angulo ABC. 8. (Ir˜a) Em um triˆ angulo ABC temos que ∠A = 60◦ . Seja D um ponto que varia sobre o lado BC. Sejam O1 o circuncentro de ABD e O2 o circuncentro de ACD. Seja M a interse¸c˜ ao de BO1 e CO2 e N o circuncentro de DO1 O2 . Prove que M N passa por um ponto fixo.

8

Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Geometria - Nível 2

18

Prof. Cícero Thiago

Circunferˆ encias ex - inscritas

Teorema 1. Seja ∠XOY um ˆ angulo dado e P um ponto em seu interior. Ent˜ao, a distˆ ancia de P a XO ´e igual a distˆ ancia de P a Y O se, e somente se, o ponto P pertence a bissetriz. Demonstra¸c˜ ao. b

X

M b

b

b

O

P

b b

Y

N

Suponhamos inicialmente que o ponto P pertence `a bissetriz. Ent˜ao, ∠XOP = ∠Y OP . Sejam M e N os p´es das perpendiculares baixadas desde P sobre OX e OY , respectivamente. Podemos concluir, que ∆M OP ≡ ∆N OP , pelo caso L.A.A.. Portanto, P M = P N . Reciprocamente, suponhamos agora que P M = P N . Pelo caso especial de congruˆencia de triˆ angulos, cateto - hipotenusa, os triˆ angulos M OP e N OP s˜ ao congruentes. Portanto, ∠M OP = ∠N OP e, assim, P pertence `a bissetriz. Teorema 2. As bissetrizes externas de quaisquer dois ˆangulos de um triˆ angulo s˜ ao concorrentes com a bissetriz interna do terceiro ˆangulo. Demonstra¸c˜ ao.

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 18 - Prof. C´ıcero Thiago

E b

P

α α b

b

b

F

β β D

A

b

b

b

B

C

No triˆ angulo ABC tra¸camos as bissetrizes externas dos ˆangulos ∠A e ∠B os quais se intersectam em P . Do teorema 1, como P pertence `a bissetriz externa do ˆangulo ∠A, ent˜ao P E = P F . Al´em disso, P pertence ` a bissetriz externa do ˆangulo ∠B, ent˜ao P F = P D. Como P D = P E, pelo teorema 1, conclu´ımos que P pertence `a bissetriz do ˆangulo ∠C. Dessa forma, se P equidista dos trˆes lados do triˆ angulo ABC e ´e um ponto no exterior do triˆ anglo ent˜ao P ´e o centro de uma das trˆes circunferˆencias ex - inscritas do trˆ angulo ABC. A circunferˆencia com centro Ia e raio ra ´e uma das trˆes circunferˆencias ex - inscritas que representaremos apenas por (Ia , ra ). Analogamente s˜ ao definidas as circunferˆencias (Ib , rb ) e (Ic , rc ). Os pontos Ia , Ib e Ic s˜ ao os ex - incentros. Cada circunferˆencia ex - inscrita toca um dos lados do triˆ agulo internamente e os outros dois externamente, ou seja, toca no prolongamento. Na figura a seguir, observe que pela propriedade de segmentos tangentes a uma circunferˆencia, vulgarmente conhecido com Teorema do bico, temos que BL = BG, al´em disso BL + BG = (BC + CL) + (AG + AB) = BC + CE + AE + AB = a + b + c = 2p. Portanto, as tangentes tra¸cadas por B a` circunferˆencia (Ib , rb ) tem medida p. Dessa forma ´e f´acil ver que AJ = AK = BG = BL = CH = CM = p. Al´em disso, CL = BL − BC = p − a. Ent˜ao, BM = BF = CL = CE = p − a, CK = CD = AH = AF = p − b, AG = AE = BJ = BD = p − c.

2

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 18 - Prof. C´ıcero Thiago

G b

Ib

H b

b

A b

Ic b

F

I b

b

E b

L b

M

J

b b

B

b

D

b

C

K b

b

b

Ia

Teorema 3. (Bissetriz externa) A bissetriz externa AL do ˆangulo ∠A de um triˆ angulo AB ABC divide externamente o lado oposto BC na raz˜ ao , ou seja, CA BL AB = LC CA em que L ´e o ponto de intersec¸c˜ ao da bissetriz externa com o lado BC. Demonstra¸c˜ ao.

3

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 18 - Prof. C´ıcero Thiago

E

A

β

b

β R b

β β

b

b

B

b

L

C

´ f´acil ver que Seja R a intersec¸c˜ ao da paralela ` a bissetriz AL tra¸cada pelo ponto C. E ∠EAL = ∠CAL = ∠ACR = ∠ARC, com isso, AR = AC. Pelo teorema de Tales temos que AB BL = . AR LC Como AR = AC, ent˜ ao BL AB = . AC LC ´ Teorema 4. (Area de um triˆ angulo em fun¸ c˜ ao do raio de uma circunferˆ encia ex - inscrita.) Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente, e sejam ra , rb e rc os raios das circunferˆencias ex - inscritas relativas aos lados a, b e c, respectivamente. Ent˜ ao, a ´ area do triˆ angulo ∆ABC pode ser calculada por [∆ABC] = ra (p − a) = rb (p − b) = rc (p − c), em que p =

a+b+c . 2

Demonstra¸c˜ ao.

4

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 18 - Prof. C´ıcero Thiago

F b

a−x ra

C b

Ia b

b

a−x

ra ra D

b

b

x b

B

c

A

x

b

E

Pela propriedade dos segmentos tangentes, temos que DB = BE = x e DC = CF = a − x. Ent˜ao, [∆ABC] = [∆AIa E] + [∆AIa F ] − 2[∆BCIa ] ⇔ (c + x) · ra (b + a − x) · ra a · ra + −2· ⇔ 2 2 2 ra ra [∆ABC] = · (a + b + c − 2a) = · (2p − 2a) = ra (p − a). 2 2 Analogamente, [∆ABC] =

[∆ABC] = rb (p − b) = rc (p − c), Problema 1. Sejam ABC um triˆ angulo, M o p´e da bissetriz interna do ˆangulo A e N o p´e da bissetriz interna do ˆ angulo ∠B. Suponha que M N seja bissetriz do ˆangulo ∠AM C. Calcule a medida do ˆ angulo ∠A. Solu¸c˜ ao. ´ E f´acil ver que N ´e um dos ex - incentros do triˆ angulo ABC pois ´e a interse¸c˜ao da bissetriz externa do ˆ angulo ∠AM B e da bissetriz interna do ˆangulo ∠B. Logo, AN ´e bissetriz externa do ˆangulo A. Portanto, ∠A = 120◦ .

5

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 18 - Prof. C´ıcero Thiago

A

α

b

α

α

b

b

N

θ

β β

θ b b

B

C

M

Problema 2. (OBM) Um triˆ angulo ABC, de lados AB = c, AC = b e BC = a, tem per´ımetro 2p. Uma circunferˆencia tangencia o lado BC e os prolongamentos dos lados AB e AC nos pontos P , Q e R, respectivamente. O comprimento AR ´e igual a: (a) p − a (b) p − b (c) p − c (d) p (e) 2p Solu¸c˜ ao. A b

B

b

b b

C

P

R b

Q b

b

IA

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POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 18 - Prof. C´ıcero Thiago

Pelo teorema 2 ´e f´acil ver que AR = AQ = p. Portanto, a resposta ´e o item (b). Problema 3. No quadril´ atero ABCD determine a medida do ˆangulo ∠AED. C b

D b

60◦ 60◦

E b

70◦ 40◦ b

b

A

B

Solu¸c˜ ao. b

F

C

b

60◦ D b

60◦ 60◦

E b

70◦

40◦ 40◦

70◦

40◦

b

b

A

b

B

G

Na figura, ∠F DC = 60◦ e ∠GBC = 70◦ . Ent˜ao, BC e DC s˜ ao bissetrizes externas dos ˆangulos ∠ABD e ∠ADB. Dessa forma, AC ´e bissetriz interna do ˆangulo ∠BAD. Portanto, ∠DAE = ∠BAE = 40◦ . Finalmente, ∠AED = 80◦ . Exerc´ıcios propostos 1. Num triˆ angulo ABC tem - se AB = BC, e D ´e um ponto sobre a base AC tal que o raio do c´ırculo inscrito no triˆ angulo ABD ´e igual ao raio do c´ırculo tangente ao segmento DC e aos prolongamentos das retas BD e BC. Prove que o raio deste 1 c´ırculo ´e igual a da medida h de uma das alturas iguais do triˆ angulo ABC. 4 2. Prove que os trˆes segmentos determinados por um v´ertice e pelo ponto de tangˆencia 7

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 18 - Prof. C´ıcero Thiago

da circunferˆencia ex - inscrita com o lado oposto a esse v´ertice s˜ ao concorrentes em um ponto chamado ponto de Nagel. 3. (OBM) A medida do ˆ angulo ∠B de um triˆ angulo ABC ´e 120◦ . Sejam M um ponto sobre o lado AC e K um ponto sobre o prolongamento do lado AB, tais que BM ´e a bissetriz interna do ˆ angulo ∠ABC e CK ´e a bissetriz externa correspondente ao ˆangulo ∠ACB. O segmento M K intersecta BC no ponto P . Prove que ∠AP M = 30◦ . 4. (Leningrado) Sejam AF , BG e CH as bissetrizes de um triˆ angulo ABC que tem ˆangulo ∠A medindo 120◦ . Prove que o ˆangulo ∠GF H mede 90◦ . 5. (Belarus) Seja O o centro do c´ırculo ex - inscrito do triˆ angulo ABC oposto ao v´ertice A. Seja M o ponto m´edio de AC e seja P a interse¸c˜ao das retas M O e BC. Prove que se ∠BAC = 2∠ACB, ent˜ ao AB = BP . 6. (IMO) Dado um triˆ angulo ABC, o ponto J ´e o centro da circunferˆencia ex-inscrita oposta ao v´ertice A. Esta circunferˆencia ex-inscrita ´e tangente ao lado BC em M , e `as retas AB e AC em K e L, respectivamente. As retas LM e BJ intersectam-se em F , e as retas KM e CJ intersectam-se em G. Seja S o ponto de interse¸c˜ao das retas AF e BC, e seja T o ponto de interse¸c˜ao das retas AG e BC. Prove que M ´e o ponto m´edio de ST . (A circunferˆencia ex-inscrita de ABC oposta ao v´ertice A ´e a circunferˆencia tangente ao segmento BC, ao prolongamento do segmento AB no sentido de A para B e ao prolongamento do segmento AC no sentido de A para C.) Bibliografia 1. T´ opicos de Matem´atica Elementar - Vol. 2 Antonio Caminha Muniz Neto 2. Geometria Radmila Bulajich Manfrino e Jos´e Antonio G´ omez Ortega

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Programa Olímpico de Treinamento Aula

Curso de Geometria - Nível 2

5

Prof. Rodrigo Pinheiro

Problemas OBM - 1◦ Fase

Problema 1. Dois espelhos formam um ˆangulo de 30◦ no ponto V . Um raio de luz, vindo de uma fonte S, ´e emitido paralelamente a um dos espelhos e pe refletido pelo outro espelho no ponto A, como mostra a figura. Depois de uma certa quantidade de reflex˜oes, o raio retorna a S. Se AS e AV tˆem 1m de comprimento, a distˆ ancia percorrida pelo raio de luz, em metros, ´e: a) 2 √ b) 2 + 3 p √ c) 2(1 + 3) √ √ d) 1 + 2 + 3 √ e) 5 3 b

S b

A

30◦ b

Problema 2. Na figura, quanto vale x? a) 6◦ b) 12◦ c) 18◦ d) 20◦ e) 24◦

V

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro

5x

3x

2x 6x

4x

Problema 3. No triˆ angulo P QR, a altura P F divide o lado QR em dois segmentos de medidas QF = 9 e RF = 5. Se P R = 13, qual ´e a media de P Q? a) 5 b) 10 c) 15 d) 20 e) 25 Problema 4. No desenho abaixo, o quadril´atero ABCD ´e um quadrado de lado 3cm e os triˆ angulos ABF e AED s˜ ao ambos equil´ ateros. Qual a ´area do triangulo AEF? a) 2cm2 b) 1, 5cm2 c) 3cm2 d) 4, 5cm2 e) 2, 5cm2

2

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro

b

F

A b

b

D

B b

b

b

E

C

Problema 5. Eu planejava fazer um curral quadrado, com uma certa ´area, usando uma certa quantidade de cerca de arame farpado. Descobri, por´em, que tenho 10% a menos de cerca do que esperava. Por esta raz˜ao, a ´area cercada ser´a: a) 5% menor b) 10% menor c) 19% menor d) 20% menor e) 25% menor Problema 6. O retˆ angulo da figura a seguir est´a dividido em 7 quadrados. Se a ´area do menor quadrado ´e igual a 1, a ´ area do retˆ angulo ´e igual a: a) 42 b) 44 c) 45 d) 48 e) 49

3

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro

Problema 7. Na organiza¸c˜ao retangular de pontos da figura abaixo, a distˆ ancia entre pontos vizinhos em uma mesma linha ou coluna ´e igual a 1cm. A ´area do pent´agono ABCDE, em cm2 , ´e igual a: a) 9 b)

19 2

c) 10 d)

21 2

e) 11 b

b

b

b

D

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

E

C

b

b

A b

b

B

b

Problema 8. A figura a seguir mostra um quadrado ABCD e um triˆ angulo equil´atero BEF , ambos com lado de medida 1cm. Os pontos A, B e E s˜ ao colineares, assim como os pontos A, G e F . A ´ area do triˆ angulo BF G ´e, em cm2 : a)

1 4

b)

1 3 √

d)

3 4 √ 3 12

e)

3 10

c)

4

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b

D

C b

b

G b

b

A

F

b

B

E b

Problema 9. No triˆ angulo ABC, AB = 20, AC = 21 e BC = 29. Os pontos D e E sobre o lado BC s˜ ao tais que BD = 8 e EC = 9. A medida do ˆangulo ∠DAE, em graus, ´e igual a: a) 30 b) 40 c) 45 d) 60 e) 75 Problema 10. Seis retˆ angulos idˆenticos s˜ ao reunidos para formar um retˆ angulo maior conforme indicado na figura com AB = 21cm. Qual ´e a ´area deste retˆ angulo maior? a) 210cm2 b) 280cm2 c) 430cm2 d) 504cm2 e) 588cm2 b

A

b

B

Problema 11. O desenho ao lado mostra um peda¸co de papel˜ ao que ser´a dobrado e colado nas bordas para formar uma caixa retangular. Os ˆangulos nos cantos do papel˜ao s˜ ao todos retos. Qual ser´a o volume da caixa em cm2 ? a) 1500 5

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro

b) 3000 c) 4500 d) 6000 e) 12000 15cm b

b

b

b

40cm

20cm

b b

b

b

Problema 12. Na figura, os dois triˆ angulos s˜ ao equil´ ateros. Qual ´e o valor do ˆangulo x? a) 30◦ b) 40◦ c) 50◦ d) 60◦ e) 70◦

x

75◦

65◦

Problema 13. Na figura, todas as circunferˆencias menores tˆem o mesmo raio r e os centros das circunferˆencias que tocam circunferˆencia maior s˜ ao v´ertices de um quadrado. Sejam a e b as ´areas cinzas indicadas na figura. Ent˜ao a raz˜ao ab ´e igual a: a)

1 2

b)

2 3

6

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro

c) 1 d)

3 2

e) 2

Problema 14. Na figura, a reta P Q toca em N o c´ırculo que passa por L, M e N . A reta LM corta a reta P Q em R. Se LM = LN e a medida do ˆangulo P N L ´e α, α < 60◦ , quanto mede o ˆangulo LRP ? a) 3α − 180◦ b) 180◦ − 2α c) 180◦ − α d) 90◦ −

α 2

e) α

L b

b

b

P

M

α b b

R

Q b

N

Problema 15. S˜ao dadas duas tiras retangulares de papel com 20cm de comprimento, uma com 5cm de largura e outra com 11cm de largura. Uma delas foi colocada sobre a outra, perpendicularmente, de modo a formar a figura ilustrada ao lado. O per´ımetro dessa figura, em cent´ımetros ´e: a) 50 b) 60 7

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro

c) 80 d) 100 e) 120

Problema 16. Na figura, AB = AC, AE = AD e o ˆangulo BAD mede 30◦ . Ent˜ao o ˆangulo x, mede: a) 10◦ b) 20◦ c) 15◦ d) 30◦ e) 5◦ b

A

30◦ b

b

B

b

x

E

b

C

D

Problema 17. Trˆes quadrados s˜ ao colocados pelos seus v´ertices entre si e a dois bast˜ oes verticais, como mostra a figura.

A medida do ˆ angulo x ´e: a) 39◦ 8

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro

b) 41◦ c) 43◦ d) 44◦ e) 46◦ Problema 18. Um triˆ angulo equil´ atero e um hex´ agono regular tem o mesmo per´ımetro. A raz˜ao entre a ´ area do triˆ angulo e a ´ area do hex´ agono ´e: a)

1 2

b) 1 c)

2 3

d)

3 2

e)

1 3

Problema 19. A figura a seguir representa um Tangram, quebra-cabe¸cas chinˆes formado por 5 triˆ angulos, 1 paralelogramo e 1 quadrado. Sabendo que a ´area do Tangram a seguir ´e 64cm2 , qual ´e a ´ area, em cm2 , da regiˆ ao sombreada?

a) 7.6 b) 8 c) 10.6 d) 12 e) 21.3 Problema 20. Na figura a seguir, ABC ´e um triˆ angulo qualquer e ACD e AEB s˜ ao triˆ angulos equil´ ateros. Se F e G s˜ ao os pontos m´edios de EA e AC, respectivamente, a e: raz˜ao BD FG ´

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POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro

b

b

E b

F b

D

A

b

b

G

b

C

B

a)

1 2

b) 1 c)

3 2

d) 2 e) Depende das medidas dos lados de ABC. Problema 21. Na figura, o lado AB do triˆ angulo equil´ atero ABC ´e paralelo ao lado DG do quadrado DEF G. Qual ´e o valor do ˆangulo x? a) 80◦ b) 90◦ c) 100◦ d) 110◦ e) 120◦

Problema 22. O jardim da casa de Maria ´e formado por cinco quadrados de igual ´area e tem a forma da figura abaixo. Se AB = 10m, ent˜ao a ´area do jardim em metros quadrados ´e: a) 200 10

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro √ b) 10 5 c) 100 d)

500 3

e)

100 3

Problema 23. A figura abaixo ´e formada por trˆes quadrados de lado 1cm e um retˆ angulo que os contorna. A ´ area do retˆ angulo ´e:

√ a) 3 2 √ b) 4 2 c) 6 √ d) 6 2 e) 8 Problema 24. Qual o menor√per´ımetro inteiro poss´ıvel de um triˆ angulo que possui um dos lados com medida igual a 5. 23 ? a) 8 b) 9 c) 10 d) 11 e) 12

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POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro

Problema 25. Uma mesa de bilhar tem dimens˜ oes de 3m por 6m e tem ca¸capas nos seus quatro cantos P , Q, R e S. Quando uma bola atinge na borda da mesa, sua trajet´ oria forma um ˆangulo igual ao que o ˆ angulo anterior formava. Uma bola inicialmente a 1 metro da ca¸capa P , ´e batida do lado SP em dire¸c˜ao ao lado P Q, como mostra a figura. A quantos metros de P a bola acerta o lado P Q se a bola cai na ca¸capa S ap´ os duas batidas na borda da mesa? a) 1 b)

6 7

c)

3 4

d)

2 3

e)

3 5

Gabarito 1) B 2) C 3) C 4) D 5) D 6) C 7) B 8) D 9) C 10) E 11) B 12) B 13) C 14) A 15) C 16) C 17) A 18) C 19) D 12

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro

20) 21) 22) 23) 24) 25)

D E C C B B

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Programa Olímpico de Treinamento Aula

Curso de Geometria - Nível 3

1

Prof. Rodrigo Pinheiro

Quadril´ ateros Inscrit´ıveis Um quadril´atero ´e dito inscrit´ıvel se, e somente se, existe uma circunferˆencia que passa pelos seus quatro v´ertices. Teorema 1. Um quadril´atero ´e inscrit´ıvel se, e somente se, tiver a soma de dois ˆangulos opostos iguais a 180◦ . Demonstra¸c˜ ao. (⇒) Seja ABCD um quadril´atero inscrit´ıvel em uma circunferˆencia de centro O. C b

B b

O b

A b

b

D

⌢

⌢

BCD BAD Pela propriedade de ˆ angulo central, temos que: ∠BAD = e ∠BCD = . 2 2 ⌢ ⌢ Como BCD + BAD= 360◦ , temos ent˜ao que: ∠BAD + ∠BCD = 180◦ (⇐) Seja ABCD um quadril´atero onde ∠BAC +∠BCD = 180◦ . E suponha que ABCD n˜ao ´e inscrit´ıvel. Constru´ımos a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ABD, e definimos o ponto E a interse¸c˜ao da reta CD com a circunferˆencia (ver figura). Observe que este ponto pode ser exterior ou interior (mostrado na figura) `a circunferˆencia. Como ABED ´e um quadril´atero inscrit´ıvel, j´a demonstramos que ∠BAD + ∠BED = 180◦ , conclu´ımos que ∠BED = ∠BCD. Mas isso ´e um absurdo, pois em um triˆ angulo o ˆangulo externo tem que ser sempre maior que os outros dois n˜ao adjacentes a ele, o que n˜ao acontece no △BEC.

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 1 - Prof. Onofre Campos/Rodrigo Pinheiro B b

A b

O b

b b

b

D

E

C

Problema 1. Seja ABC um triˆ angulo retˆ angulo em C e CD a bissetriz interna de C. A perpendicular a AB por D encontra BC em E. Mostre que AD=DE. Solu¸c˜ ao. No quadril´atero ADEC, observe que ∠ADE + ∠ACE = 180◦ . Logo, ADEC ´e inscrit´ıvel, de modo que ∠AED = ∠EAD = 45◦ . Ent˜ao o triˆ angulo ADE ´e is´osceles e, portanto, AD = DE. C b

E b

O b

b

b

A

b

D

B

Teorema 2. Um quadril´atero ABCD ´e inscrit´ıvel se, e somente se, o ˆangulo que uma diagonal forma com um lado for igual ao ˆangulo que a outra diagonal forma com o lado oposto. Demonstra¸c˜ ao. Digamos ∠ABD = ∠ACD. Assuma que a circunferˆencia passa pelos pontos A, B, C e n˜ao cont´em D. Perceba que D pode estar no interiro da circunferˆencia ou no exterior, faremos a solu¸c˜ao para o caso em que ele est´ a na regiˆ ao interna, o outro caso ´e an´ alogo. Ent˜ao, supondo que D pertence `a regi˜ ao interior da circunferˆencia, tomamos E como sendo a interse¸c˜ao da reta CD com a circunferˆencia. Pela propriedade de ˆangulo inscrito, temos ∠ABE = ∠ACE, mas pela condi¸c˜ao ∠ABD = ∠ACD, temos que ∠ABD = ∠ABE, ent˜ao D pertence ` a circunferˆencia.

2

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C b

B b

D b

A

b b

E

Problema 2. (Extra´ıdo de [1]) As alturas AD e BE do triˆ angulo ABC se encontram no ortocentro H. Os pontos m´edios de AB e CH s˜ ao X e Y , respectivamente. Prove que XY ´e perpendicular a DE. Solu¸c˜ ao. A

E X H Y C

D

B

Observe que os quadril´ateros CDHE e ABDE s˜ ao inscrit´ıveis pois, ∠HDC +∠HEC = ◦ ◦ + 90 = 180 e ∠ADB = ∠AEB. Como em um triˆ angulo retˆ angulo, o ponto m´edio da hipotenusa ´e seu circuncentro, ent˜ao X e Y s˜ ao os circuncentros das circunferˆencias circunscritas aos quadril´ateros ABDE e CDHE, respectivamente. Portanto 90◦

XD = XE

e

YD =YE

⇒

△XDY ≡ △XEY

(caso LLL),

isto implica dizer que o triˆ angulo EXD ´e is´osceles e XY ´e bissetriz em rela¸c˜ao `a base, ent˜ao tamb´em ´e altura e portanto XY ´e perpendicular a DE. Problema 3. (Extra´ıdo de [1])Seja ABC um triˆ angulo tal que ∠BAC = 60o . Dado um ponto D sobre BC, sejam O1 e O2 os circuncentros dos triˆ angulos ABD e ACD, respectivamente, M a interse¸c˜ao de BO1 e CO2 e N o circunc´ırculo de DO1 O2 . Mostre que, ao

3

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variar D, M N passa por um ponto fixo. Solu¸c˜ ao. Seja ω o circunc´ırculo do triˆ angulo ABC. Afirmamos que M ∈ ω. De fato, ∠BM C = 180◦ − ∠CBM − ∠BCM = (90◦ − ∠DBO1 ) + (90◦ − ∠DCO2 ) = ∠BAD + ∠DAC = ∠BAC. Isso garante tamb´em que os pontos M , O1 , N e O2 s˜ ao conc´ıclicos, pois ∠O1 M O2 + O1 N O2 = ∠BM C + 2∠O1 DO2 = ∠BM C + 2(180◦ − ∠BDO1 − ∠CDO2 ) = ∠BM C + 2(180◦ − ∠DBO1 − ∠DCO2 ) = ∠BM C + 2∠BM C = 180◦ . Mas ent˜ao M N ´e a bissetriz do ˆ angulo ∠BM C, uma vez que ∠BM N e ∠CM N

= ∠O1 M N = ∠O2 M N

= 30◦ = 30◦ .

= ∠O1 O2 N = ∠O2 O1 N

Assim, M N passa pelo ponto m´edio do arco BC da circunferˆencia ω. A

M

b

b

O2 b

O1 b b

N

B b

b

D

b

C

Problema 4. (Extra´ıdo de [1]) Mostre que todo triˆ angulo acutˆangulo ABC possui um ponto P em seu interior tal que os p´es das perpendiculares baixadas de P aos lados de ABC s˜ ao os v´ertices de um triˆ angulo equil´ atero. Solu¸c˜ ao. 4

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A b

F b

b

E

P b

b b

B

b

C

D

Sejam D, E, F os p´es das perpendiculares baixadas de P aos lados BC, CA, AB, respectivamente. Vamos encontrar condi¸c˜oes necess´arias e suficientes para que o triˆ angulo DEF seja equil´ atero. Necessidade. Suponha DEF equil´ atero. Temos ∠BP C = ∠BAC + ∠P BA + ∠P CA = ∠BAC + ∠P BF + ∠P CE = ∠BAC + ∠P DF + ∠P DE = ∠BAC + 60◦ , onde na pen´ ultima passagem utilizamos que os quadril´ateros BDP F e CEP D s˜ ao c´ıclicos. De maneira an´ aloga, temos ∠AP B = ∠ACB + 60◦

e

∠CP A = ∠CBA + 60◦

e portanto P ´e a interse¸c˜ao de trˆes circunferˆencias (especificamente, trˆes arcos capazes), que se intersectam em um ponto, pois (∠BAC + 60◦ ) + (∠ACB + 60◦ ) + (∠CBA + 60◦ ) = 360◦ . Suficiˆ encia. Seja P a interse¸c˜ao dos trˆes arcos capazes descritos acima. Pelas mesmas raz˜oes, temos ∠F DE = ∠F DP + ∠EDP = ∠F BP + ∠ECP = ∠BP C − ∠BAC = 60◦ . Isso conclui a prova. 5

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Problema 5. (Extra´ıdo de [1])Sejam ABC um triˆ angulo de circunc´ırculo ω e incentro I. Se M ´e o ponto m´edio do arco menor BC de ω, Prove que: M B = M I = M C. Solu¸c˜ ao.

A

I

B

C M

Temos ∠M BI = ∠M BC + ∠CBI = ∠M AC + ∠CBI =

∠BAC + ∠ABC 2

e ∠M IB = ∠BAI + ∠ABI =

∠BAC + ∠ABC , 2

de modo que M B = M I. Analogamente, M C = M I. Problema 6. (Extra´ıdo de [1]) Seja ABC um triˆ angulo com todos os seus ˆangulos agudos, de alturas AD, BE e CF (com D em BC, E em AC e F em AB). Seja M o ponto m´edio do segmento BC. A circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo AEF corta a reta AM em A e X. A reta AM corta a reta CF em Y . Seja Z o ponto de encontro entre as retas AD e BX. Demonstrar que as retas Y Z e BC s˜ ao paralelas. Solu¸c˜ ao. Note inicialmente que AF HE ´e inscrit´ıvel, pois ∠AEH = ∠AF H = 90o . Da´ı, ∠AXH = 90o . 6

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 1 - Prof. Onofre Campos/Rodrigo Pinheiro −−→ Seja A′ o ponto sobre a semi-reta AM tal que AM = M A′ . O quadril´atero ABA′ C ´e um paralelogramo, donde ∠A′ BH = ∠A′ BC + ∠CBH = ∠ACB + (90◦ − ∠ACB) = 90◦ = ∠A′ XH, ou seja, o quadril´atero BHXA′ ´e inscrit´ıvel. Mas BHCA′ tamb´em ´e inscrit´ıvel, j´a que ∠BHC + ∠BA′ C = (180◦ − ∠BAC) + ∠BAC = 180◦ . Dessa forma, os pontos B, H, X, C s˜ ao conc´ıclicos, donde ∠XBM = ∠XBC = ∠XA′ C = ∠BAM

(1)

Seja T a interse¸c˜ao entre as retas AB e XH. Note que H ´e tamb´em o ortocentro do triˆ angulo AT Y , uma vez que T X ⊥ AY e Y F ⊥ AT . Da´ı, AH ⊥ T Y

=⇒ T Y k BC.

Se mostrarmos que Z ∈ T Y , o problema estar´a terminado. Seja ent˜ao Z ′ interse¸c˜ao entre AD e T Y . Vamos mostrar que Z = Z ′ . Ora, como ∠HZ ′ Y = ∠HXY = 90◦ , o quadril´atero HXY Z ′ ´e inscrit´ıvel e portanto ∠XZ ′ Y = ∠XHY = ∠F AX = ∠BAM. Das rela¸c˜oes (1) e (2), segue que ∠XZ ′ Y = ∠XBM, ou seja, que os pontos B, Z ′ e X s˜ ao colineares. Mas ent˜ao Z ′ ∈ AD ∩ BX = Z como quer´ıamos.

7

=⇒ Z = Z ′ ,

(2)

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 1 - Prof. Onofre Campos/Rodrigo Pinheiro A

E

F

H

X

T Z

B

D

Y

C

M

A’

8

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Problemas Propostos Problema 7. Seja P o centro do quadrado constru´ıdo externamente sobre a hipotenusa AC do triˆ angulo retˆ angulo ABC. Prove que BP bissecta o ˆangulo ABC. Problema 8. (IME-97) Quatro retas se interceptam formando quatro triˆ angulos conforme figura abaixo. Prove que os c´ırculos circunscritos aos quatro triˆ angulos possuem um ponto em comum. b

b

b

b

b

b

Problema 9. (IME-93) Seja ABCD um quadril´atero convexo inscrito num c´ırculo e seja I o ponto de intersec¸c˜ao de suas diagonais. As proje¸c˜oes ortogonais de I sobre os lados AB, BC, CD e DA s˜ ao, respectivamente, M , N , P e Q. Prove que o quadril´atero M N P Q ´e circuscrit´ıvel a um c´ırculo com centro em I. Problema 10. No triˆ angulo ABC, ∠C = 90◦ . Seja O o seu circuncentro e AH a altura relativa ao lado BC. Sabendo que ∠BAH = 10◦ , calcule ∠BOH. Problema 11. Num triˆ angulo ABC, ∠BAC = 100◦ , AB = AC. Um ponto D ´e escolhido sobre o lado AC de tal modo que ∠ABD = ∠CBD. Prove que AD + BD = BC. Problema 12. Sobre os lados AB, BC e AC do triˆ angulo ABC, respectivamente, escolhemos M , N e P quaisquer. Mostre que as circunferˆencias circunscritas aos triˆ angulos AM P , BN M e CP N concorrem em um ponto O comum `as trˆes circunferˆencias. Problema 13. Sejam E e F pontos sobre os lados AB e BC, respectivamente, do quadrado ABCD tais que EB = CF . Se ∠EDF = 27◦ , determine a soma ∠F AB + ∠ECB. Problema 14. (Leningrado) No quadril´atero ABCD, AB = CD. Sejam M e N os pontos m´edios dos lados AB e CD, respectivamente e P o ponto de encontro das mediatrizes de BC e AD. Prove que P tamb´em est´a sobre a mediatriz de M N . Problema 15. Seja ABC um triˆ angulo tal que ∠BAC = 60◦ . Mostre que o circuncentro, ortocentro, incentro de ABC, ex-incentro de ABC relativo ao lado BC e os pontos B, C s˜ ao conc´ıclicos.

9

Problema 16. (S˜ao Petersburgo 1996) Seja ABC um triˆ angulo tal que ∠BAC = 60◦ . Seja tamb´em O um ponto no interior de ABC para o qual ∠AOB = ∠BOC = 120◦ . Se D, E s˜ ao os pontos m´edios dos lados AB, AC, prove que A, D, E, O s˜ ao conc´ıclicos. Problema 17. (Teste Cone Sul Brasil 2005) Seja P um ponto do arco menor AB da circunferˆencia circunscrita ao quadrado ABCD. Os segmentos AC e P D se intersectam em Q e AB e P C em R. Mostre que QR ´e a bissetriz do ˆangulo ∠P QB. Problema 18. (IMO 2002) Sejam S uma circunferˆencia de centro O, BC um diˆ ametro de S, A um ponto sobre S tal que ∠AOB < 120◦ e D o ponto m´edio do arco AB que n˜ao cont´em C. Se a reta paralela a DA passando por O intersecta AC em I e a mediatriz de OA intersecta S em E e F , prove que I ´e o incentro do triˆ angulo CEF . Problema 19. (Irlanda 1997) Dado um ponto M interior ao triˆ angulo equil´atero ABC, sejam D, E e F os p´es das perpendiculares tra¸cadas de M aos lados BC, CA e AB, respectivamente. Encontre o lugar geom´etrico dos pontos M para os quais ∠F DE = 90◦ . Problema 20. (R´ ussia 1999) No triˆ angulo ABC de circunc´ırculo ω, pontos D e E s˜ ao escolhidos sobre o segmento AC de modo que AB = AD e BE = EC, com E entre A e D. Se F ´e o ponto m´edio do arco BC de ω, mostre que os pontos B, D, E, F s˜ ao conc´ıclicos. Problema 21. Seja ABC um triˆ angulo de circuncentro O e ortocentro H tal que ∠BAC = 60◦ e AB > AC. Sejam tamb´em BE, CF as alturas relativas aos lados CA, AB, respectivamente, e M , N pontos sobre os segmentos BH, HF , respectivamente, tais que BM = CN . Determine o valor da express˜ao HM + HN · HO Problema 22. Num triˆ angulo ABC, tomamos pontos X, Y sobre os lados AB, BC, respectivamente. Se AY e CX se intersectam em Z e AY = Y C

e AB = ZC,

mostre que os pontos B, X, Z, Y s˜ ao conc´ıclicos.

Referˆ encias [1] S. B. Feitosa, B. Holanda, Y. Lima and C. T. Magalh˜aes, Treinamento Cone Sul 2008. Fortaleza, Ed. Realce, 2010. [2] Afined, Geometr´ıa, Una visi´on de la planimetr´ıa. Lima, Ed. Lumbreras, 2005.

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Quadril´ ateros Inscrit´ıveis II Nesta aula, trataremos de trˆes teoremas muito utilizados em problemas de quadril´ateros inscrit´ıveis. Os teoremas s˜ ao: 1. Teorema de ptolomeu (Problema 1) 2. Teorema de Simson-Wallace (Problema 12) 3. Teorema da borboleta (Problema 18) Problema 1. (Teorema de Ptolomeu) Prove que em todo quadril´atero inscrit´ıvel, o produto dos comprimentos de suas diagonais ´e igual a soma dos produtos dos comprimentos de seus lados opostos. Solu¸c˜ ao. Dado o quadril´atero ABCD de lados a, b, c,d e diagonais m e n, demonstraremos que: a.c + b.d = m.n. b

b

C

β

B b

θ

m-l α+θ

θ

E b

a

n

c

m

l α

α θ

β b

b

A

d

D

Tra¸camos BE tal que ∠ABE = ∠DBC = θ. Se AE = l → EC = m − l. Perceba que os triˆ angulos ABE e DBC possuem os mesmo ˆangulos, ou seja, s˜ ao semelhantes, podemos ent˜ao tirar que: l a = → a.c = n.l c n

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 1 - Prof. Onofre Campos/Rodrigo Pinheiro Da mesma forma, temos que os triˆ angulos EBC e ABD s˜ ao semelhantes pois possuem os mesmos ˆangulos, portanto: b m−l = → b.d = n.(m − l) n d Somando as duas rela¸c˜oes encontradas, temos que: a.c + b.d = n.l + n.(m − l) → a.c + b.d = m.n Problema 2. Seja P um ponto sobre o arco BC do c´ırculo circunscrito ao triˆ angulo equil´ atero ABC. Prove que P A = P B + P C. Solu¸c˜ ao. Como o quadril´atero ABP C ´e inscrit´ıvel, pelo teorema de ptolomeu temos que: P A.BC = P B.AC + P C.AB S´o que, AB = BC = CA pois ABC ´e equil´ atero, portanto P A = P B + P C. Problema 3. Demonstre que em todo quadril´atero inscrit´ıvel, a raz˜ao dos comprimentos das diagonais ´e igual a raz˜ao da soma dos produtos dos lados que concorrem nos extremos de cada diagonal respectivamente. Solu¸c˜ ao.

b

C

b B b

c x a A

y

m

b b

D

d m a c b

N

b

M

Dado um quadril´atero ABCD inscrit´ıvel com lados a, b, c, d, e diagonais x e y, mostraremos que: a.d + b.c x = y a.b + c.d ⌢

⌢

Seja M um ponto sobre a circunferˆencia tal que m(AM ) = m(CD), portanto AM = CD = ⌢

⌢

c. E seja N tal que m(DN ) = m(AB), portanto DN = AB = a. Assim sendo, temos 2

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tamb´em que BM = CN = m e M C = BN = AD = d, aplicando o teorema de ptolomeu nos quadril´ateros M ABC e N BCD, temos: Quadril´atero M ABC: m.x = a.d + b.c Quadril´atero N BCD: m.y = a.b + c.d Dividindo as duas rela¸c˜oes, obtemos: x a.d + b.c = y a.b + c.d Problema 4. Em uma circunferˆencia, sejam A, B, C e D pontos consecutivos tal que ⌢

⌢

⌢

⌢

m(AB) = m(BC) = m(CD) e AD = 2.AB. Calcule m(CD). Problema 5. Em um quadril´atero ABDE, seja L um ponto em BD, tal que ABLE ´e um quadril´atero inscrit´ıvel, ∠BEA = ∠LED, LD = 2.BL = 8, DE = 2.LE e AB.LE = 40. Calcule AE. Problema 6. Segundo a figura, BP.CQ = 10; P e Q s˜ ao pontos de tangˆencia. Calcule BC.P Q. P b

C b

B A

b

b

b

Q ⌢

⌢

⌢

⌢

Problema 7. Segundo a figura, m(CA) = m(AM ) = m(BD) = m(M D) = 120◦ , ⌢

⌢

m(CN ) = m(N B), AB = a e CN.(CN + AB) = b. Calcule BD em fun¸c˜ao de a e b. Problema 8. Demonstre que se um ponto P est´a sobre o c´ırculo circunscrito ao quadrado ABCD, ent˜ao: PA PB + PD = PB PA + PC Problema 9. Um hex´ agono est´a inscrito em um c´ırculo. Cinco de seus lados medem 81 e o sexto, denotado por AB mede 31. Calcule a soma das medidas das trˆes diagonais que podem ser tra¸cadas a partir do v´ertica A. Problema 10. Marcamos quatro pontos A, B, C e D sobre a borda de uma piscina circular de raio R. As distˆ ancias entre A e C e entre A e B s˜ ao iguais a 50m. O tempo que um nadador leva para ir de D at´e C, de D at´e A e de D at´e B, com a mesma velocidade constante s˜ ao proporcionais a 1, 5, e 7, respectivamente. Determine R. 3

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Problema 11. (Teorema de Carnot) Seja O o circuncentro do triˆ angulo ABC. Sejam Ka , Kb e Kc as distˆ ancias de O aos lados de ABC. Prove que: Ka + Kb + Kc = R + r onde R e r s˜ ao os raios dos c´ırculos circunscrito e inscrito ao triˆ angulo. Problema 12. (Reta de Simson-Wallace) Seja Θ a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ABC e P um ponto sobre Θ. Sejam X, Y e Z as proje¸c˜oes ortogonais de P sobre as retas suportes de BC, CA e AB, respectivamente. Ent˜ao X, Y e Z s˜ ao colineares, e a reta que cont´em esses pontos ´e chamada de Reta de Simson-Walace. A rec´ıproca tamb´em ´e verdadeira: Se as proje¸c˜oes ortogonais de um ponto P sobre os lados de um triˆ angulo s˜ ao colineares, ent˜ao o ponto P encontra-se sobre a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo. Solu¸c˜ ao. Observe que os quadril´ateros P XCY , P Y AZ e P ZBX possuem dois ˆangulos retos opostos cada um, ent˜ao eles s˜ ao c´ıclicos. Portanto: ∠P XY

= ∠P CY (Quadril´ atero c´ ıclico PXCY) = ∠P CA(Colinearidade de A, C, Y )

Analogamente, ∠P XZ = ∠P BA. Agora, X, Y e Z s˜ ao colineares se, e somente se, ∠P XY = ∠P XZ, onde pelas equa¸c˜oes acima ocorre se, e somente se, ∠P CA = ∠P BA. Em outra palavras, se, e somente se, A, B, C e P s˜ ao c´ıclicos. Problema 13. (Reta de Simson-Wallace Generalizado) Seja ABC um triˆ angulo de circunc´ırculo ω. Dados um ponto D e um ˆ angulo α, sejam X, Y , Z pontos sobre as retas AB, BC, CA tais que as retas DX, DY , DZ formam um ˆangulo α com as retas AB, BC, CA, respectivamente, na mesma orienta¸c˜ao. Ent˜ao X, Y , Z s˜ ao colineares se, e somente se D pertence `a circunferˆencia ω. Problema 14. Sejam A, B, C, P , Q pontos sobre um c´ırculo. Mostre que o ˆangulo formado entre as retas de Simson de P e Q em rela¸c˜ao ao triˆ angulo ABC ´e igual a metade do arco P Q. Problema 15. Sejam A, B, C, D pontos sobre um c´ırculo. Prove que a interse¸c˜ao da reta de Simson de A em rela¸c˜ao a BCD com a reta de Simson de B em rela¸c˜ao ACD pertence `a reta que une C ao ortocentro de ABD. Problema 16. Se A, B, C, P , Q s˜ ao cinco pontos sobre um c´ırculo tal que P Q ´e um diˆ ametro, mostre que as retas de Simson de P e Q em rela¸c˜ao `a ABC intercepta em um ponto conc´ıclico com os pontos m´edios dos lados do triˆ angulo ABC. Problema 17. Seja I o incentro do triˆ angulo ABC, e D, E, F as proje¸c˜oes de I sbore BC, CA, AB, respectivamente. O c´ırculo inscrito `a ABC encontra os segmentos AI, BI, CI nos pontos M , N , P , respectivamente. Mostre que as retas de Simson de qualquer pontos sobre o incirculo em rela¸c˜ao aos triˆ angulos DEF e M N P s˜ ao perpendiculares.

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Problema 18. (Teorema da borboleta) Dada uma circunferˆencia ω, sejam EF uma corda de ω e P o ponto m´edio de EF . Sejam tamb´em AC e BD cordas de ω passando por P . Se AB e CD intersectam EF em M e N , ent˜ao P ´e o ponto m´edio de M N .

b

B b

C

b

P b

E

F

b

N

b b

M O b

b

D

b

A

Solu¸c˜ ao. Como EP = P F , ent˜ao a reta OP ´e perpendicar a EF . Tra¸camos AH perpendicular a OP . Portanto, AQ = QH = m, AP = P H = l e ∠P AH = ∠P HA = α. Como EF//AH, temos que ∠AP E = ∠HP F = α. J´a que ACHD ´e inscrit´ıvel, ent˜ao ∠CAH = ∠CDH = α. Dessa forma, temos que o quadril´atero N P DH ´e inscrit´ıvel pois ∠HP F = ∠N DH, assim temos que ∠P HN = θ, portanto △AP M ≡ △HP N pelo caso ALA. Isso implica dizer que P M = N P .

b

b

B

P

b

F

b

b

E

C

N

b b

M b

O H b

b

D

b

A

Problema 19. (Teorema da borboleta generalizado) Dadas uma circunferˆencia ω de centro O e uma reta l, seja M a proje¸c˜ao de O sobre l. Sejam tamb´em r, s duas retas passando 5

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por M que definem cordas AB e CD em ω. Se AD e BC intersectam l em X e Y , ent˜ao M ´e o ponto m´edio do segmento XY .

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Quadril´ ateros Circunscrit´ıveis Um quadril´atero ´e dito circunscrit´ıvel se, e somente se, existe uma circunferˆencia que tangencia internamente todos os lados do quadril´atero. Teorema 1. (Teorema de pitot) Mostre que um quadril´atero pode ser circunscrito a uma circunferˆencia se, e somente se, a soma de dois lados opostos for igual `a soma dos outros dois lados. Solu¸c˜ ao. (⇒) Suponha que o quadril´atero ABCD seja circunscrito a uma circunferˆencia, e os pontos de tangˆencia da circunferˆencia com os lados sejam E, F , G, H, como mostra a figura abaixo. b

F B

C

b

b

E

b b

b

b

A

G

O

b

H

b

D

Pelo problema anterior, vemos que: AH = AE; BE = BF ; CF = CG; GD = HD. Portanto, AE + BE + CG + GD = BF + CF + +HD + AH, isto implica dizer que: AB + CD = BC + AD. (⇐) Suponha que ABCD seja um quadril´atero tal que AB + CD = BC + AD e n˜ao seja circunscrit´ıvel.

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y

B

z

F

b

b

z

b

y E

C

β β b

b

b

G

z+w

O

x

k α

k

α b

A

x

b

H

b

w

w-k b

D

I

Sejam AO e BO as bissetrizes internas dos ˆangulos ∠DAB e ∠ABC. Tomamos E, F e H como sendo os p´es das alturas de O aos lados AB, BC e AD, respectivamente. Pelo caso especial de congruˆencia temos que △AOH ≡ △AOE e △BOE ≡ △BOF , assim sendo, AE = AH = x e BE = BF = y. Defina CF = z e HD = w. Pela hip´ otese, temos que: (x + y) + CD = (y + z) + (x + w) ⇒ CD = z + w Como CD n˜ao ´e tangente ` a circunferˆencia pois, caso contr´ario, o quadril´atero seria circunscrit´ıvel. Tomamos G tal que CG seja tangente a circunferˆencia e defina CG ∩ AD = I, perceba que pelo problema anterior, temos: CG = CF = z e GI = HI = k. Dessa maneira, ID = w − k, mas analisando o triˆ angulo CID isso ´e um absurdo pois CI + ID = CD e CID ´e um triˆ angulo. Ent˜ao se a soma dos lados opostos de um quadril´atero forem iguais, ent˜ao ele ser´a circunscrit´ıvel. Problema 1. Seja ABCDEF um hex´ agono circunscrit´ıvel a uma circunferˆencia. Mostre que AB + CD + EF = AF + BC + DE. Problema 2. Dado um quadril´atero convexo ABCD tal que AB e CD se intersectam em P e BC e AD intersectam-se em Q. Prove que o quadril´atero ABCD ´e circunscrit´ıvel se, e somente se, uma das seguintes condi¸c˜oes ´e verdadeira: AB + CD = BC + AD, AP + CQ = AQ + CP , BP + BQ = DP + DQ Solu¸c˜ ao. (⇒) Seja ABCD um quadril´atero circunscrit´ıvel. Ent˜ao provaremos que todas as condi¸c˜oes s˜ ao v´alidas. Sejam K, L, M e N os pontos de tangˆecnia do c´ırculo inscrito com os lados AB, BC, CD e DA. Ent˜ao AB + CD = AK + BK + CM + DM = AN + BL + CL + DN = BC + AD AP + CQ = AK + P K + QL − CL = AN + P M + QN − CM = AQ + CP BP +BQ = AP −AB+BC+CQ = (AP +CQ)+(BC−AB) = AQ+CP +CD−AD = DP +DQ (⇐) Suponhamos agora que BP + BQ = DP + DQ. Tomemos o c´ırculo que ´e tangente aos lados AB, BC e CD. Assuma que a reta AD n˜ao ´e tangente ao c´ırculo. Tomamos 2

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A1 D1 paralelo a AD tal que A1 D1 ´e tangente ao c´ırculo. Seja Q1 a interse¸c˜ao de BC e A1 D1 e S sobre AQ tal que Q1 S ´e paralelo a D1 D. J´a que BP + BQ = DP + DQ e BP + BQ1 = D1 P + D1 Q1 , segue que QS + SQ1 = QQ1 , absurdo pela desigualdade triangular, logo AD ´e tangente ao c´ırculo tamb´em, portanto, ABCD ´e circunscrit´ıvel.

b

b

P

B

b

b

L b

K

C

b

b

b

A1

M

N b b

A

D1

b

D

b

Q1

b

S

Q b

Problema 3. (IME) Seja ABCD um quadril´atero inscrito em uma circunferˆencia. Seja I o ponto de encontro das diagonais AC e BD; M , N , P e Q s˜ ao as proje¸c˜oes ortogonais de I sobre os lados AB, BC, CD e DA, respectivamente. Prove que o quadril´atero M N P Q ´e um quadril´atero circunscrit´ıvel a uma circunferˆencia com centro em I. Solu¸c˜ ao. Como ABCD ´e inscrit´ıvel, temos que ∠ABD = ∠ACD. Observe que os quadril´ateros M BN I e N CP I s˜ ao inscrit´ıveis, pois a soma dos ˆangulos opostos ´e 180◦ . Sendo assim, vemos que ∠M BI = ∠M N I e ∠P CI = ∠P N I, como ∠M BI = ∠P CI, temos que ∠M N I = ∠P N I, portanto N I ´e bissetriz de M N P . Analogamente, M I ´e bissetriz de ∠QM N , QI ´e bissetriz de ∠M QP e P I ´e bissetriz de ∠QP N , portanto, I ´e o ponto de encontro das bissetrizes do quadril´atero M N P Q, porntanto este ´e circunscrit´ıvel.

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b

b

B

C

N

b

b

P

M b

b

I

b

A

b b

Q

D

Problema 4. (Sele¸c˜ao para a Olimp´ıada do Cone Sul - 98) No triˆ angulo ABC, temos BC = 2.AC. Seja M o ponto m´edio de BC. A reta passando por M e tangente `a 1 circunferˆencia inscrita em ABC encontra o lado AB no ponto N . Mostre que AN AB = 3 . Problema 5. (OIM - 1994/2) Seja ABCD um quadril´atero inscrit´ıvel. Suponha que existe uma semicircunferˆencia com centro em AB, tangente aos outros trˆes lados do quadril´atero. • Demonstrar que AB = AD + BC. • Calcular, em fun¸c˜ao de x = AB e y = CD, a ´area m´ axima que pode alcan¸car um quadril´atero satisfazendo as condi¸c˜oes do enunciado. Problema 6. Seja ABCD um quadril´atero convexo. Mostre que ABCD ´e circunscrit´ıvel se, e somente se, as circunferˆencias inscritas nos triˆ angulos ABC e CDA tocam a diagonal AC em um ponto comum. Problema 7. Dizemos que um quadril´atero ´e bicˆentrico se ele for inscrit´ıvel e circunscrit´ıvel simultaneamente. Mostre que a ´ area de um quadril´atero bicˆentrico pode ser calculada por √ [ABCD] = abcd, onde a, b, c e d s˜ ao os seus lados. Problema 8. (Romˆenia - 1999) No quadril´atero convexo ABCD, as bissetrizes dos ˆangulos A e C encontram-se no ponto I. Mostre que ABCD ´e circunscrit´ıvel se, e somente se, [AIB] + [CID] = [AID] + [BIC], onde [XY X] denota a ´area do triˆ angulo XY Z. Problema 9. ABCD ´e um quadril´atero convexo inscrito em um c´ırculo de centro O, e com diagonais perpendiculares. Prove que a linha quebrada AOC divide o quadril´atero em duas partes de mesma ´ area. 4

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Problema 10. (USAMO - 91/5) Seja D um ponto arbitr´ ario sobre o lado AB de um dado triˆ angulo ABC e seja E um ponto de interse¸c˜ao do segmento CD com a tangente externa comum aos c´ırculos inscritos nos triˆ angulos ACD e BCD. Mostre que o ponto E descreve o arco de uma circunferˆencia quando D varia sobre o lado AB.

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Propriedades do ortocentro O ortocentro ´e o ponto de encontro das trˆes alturas de um triˆ angulo arbitr´ ario. Se o triˆ angulo for retˆ angulo, ´e imediato que o ortocentro coincide com o v´ertice de ˆangulo reto. O ortocentro ´e exterior ao triˆ angulo sempre que o triˆ angulo for obtusˆangulo e ´e interior quando for acutˆangulo. Teorema 1. Sejam H, O, o ortocentro e o circuncentro de um △ABC, respectivamente. Ent˜ao ∠HAB = ∠OAC. A b

H O b b

B b

C b

Demonstra¸c˜ ao. Considere o caso em que o triˆ angulo ´e acutˆangulo. O caso em que o triˆ angulo ´e obtusˆ angulo ´e an´ alogo e ´e um bom exerc´ıcio. Tente! Seja ∠HAB = α. Tem-se, ∠ABC = 90◦ − α. Sabemos que ∠AOC = 2.∠ABC = 180◦ − 2.α. Mas, ∠OAC = ∠OCA, portanto ∠OAC = α. Por isso, dizemos que AH e AO s˜ ao isogonais (formam ˆangulos iguais com os lados adjacentes). Problema 1. No triˆ angulo acutˆangulo ABC, a distˆ ancia do v´ertice A ao ortocentro ´e igual ao raio da circunferˆencia circunscrita. Determine os poss´ıveis valores do ˆangulo ∠BAC. A b

M b

D H b b

b

O

B b

C b

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 4 - Prof. Onofre Campos/Rodrigo Pinheiro Solu¸c˜ ao. Sejam H e O o ortocentro e o circuncentro do triˆ angulo ABC; D ´e o p´e da altura relativa ao lado AB e M o ponto m´edio do lado AC. Ent˜ao, como AH = AO, ∠HAD = ∠OAM , ∠HDA = ∠OM A, segue que os triˆ angulos ADH e AM O s˜ ao congruentes. Logo, AD 1 AD = AM = AC . Logo, no triˆ a ngulo ADC, temos cos A = = , angulo ´e 2 AC 2 e como o triˆ ◦ acutˆangulo temos ∠BAC = 60 . Teorema 2. O sim´etrico do ortocentro em rela¸c˜ao a cada um dos lados do triˆ angulo est´a sobre o c´ırculo circunscrito. Demonstra¸c˜ ao. Considere o caso em que o triˆ angulo ´e acutˆangulo. O caso em que o triˆ angulo ´e obtusˆ angulo ser´a deixado como exerc´ıcio. Seja D o p´e da altura relativa ao lado BC e H1 o ponto onde essa altura reencontra o circunc´ırculo (c´ırculo circunscrito ao ⌢

triˆ angulo ABC). Logo ∠HBC = ∠DAC = 90◦ − ∠C. Mas ∠H1 BD = Ent˜ao △HBD ≡ △H1 BD ⇒ HD = DH1 .

H1 C 2

= ∠H1 AC.

A b

H b b

O D

B

C

b b

b

H1 b

Problema 2. Usando r´egua e compasso, construa um triˆ angulo ABC conhecendo apenas o v´ertice A, o ortocentro H e a circunferˆencia circunscrita. Solu¸c˜ ao. Fa¸camos o esbo¸co do triˆ angulo: A b

H b

O b

B b

b

b

C

H1

O prolongamento de AH encontra a circunferˆencia circunscrita em um ponto H1 tal que H1 ´e o sim´etrico de H em rela¸c˜ao a BC. Assim, BC ´e mediatriz do segmento HH1 . Portanto, fazemos a seguinte constru¸c˜ao: ligamos AH at´e encontrar a circunferˆencia circunscrita no ponto H1 . Ent˜ao, constru´ımos a mediatriz de HH1 , que encontra a circunferˆencia circunscrita nos pontos B e C, e o triˆ angulo ABC ´e constru´ıdo. 2

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Teorema 3. Os sim´etricos do ortocentro em rela¸c˜ao a cada um dos pontos m´edios dos lados de um triˆ angulo encontram-se sobre o c´ırculo circunscrito. Demonstra¸c˜ ao. Considere o caso em que o triˆ angulo ´e acutˆangulo (Veja figura a seguir). O caso em que o triˆ angulo ´e obtusˆ angulo ser´a deixado como exerc´ıcio. Seja M o ponto m´edio do lado BC do triˆ angulo ABC. H e N s˜ ao o ortocentro e o sim´etrico de H em rela¸c˜ao ao ponto M , respectivamente. No quadril´atero HBN C, as diagonais se cortam os meio (BM = M C e HM = M N ). Logo, HBN C ´e um paralelogramo, do modo que ∠BN C = ∠BHC. Mas, ∠BHC = 180◦ − ∠A, e assim, ∠BAC + ∠BN C = ∠A + (180◦ − ∠A) = 180◦ . Portanto HBN C ´e inscrit´ıvel e o ponto N encontra-se sobre o circunc´ırculo de ABC, como quer´ıamos demonstrar. A b

H b

b

O M

B b

C

b b

b

H′

Problema 3. (Cone Sul - 1998) Sejam H o ortocentro do triˆ angulo ABC e M o ponto m´edio do lado BC. A reta HM intersecta o c´ırculo circunscrito de ABC em X, pertencente ao arco BC que n˜ao cont´em A, e BH encontra o c´ırculo circunscrito em Y . Mostre que XY = BC. Solu¸c˜ ao. A

H b

b

B

Y b

b

O M

b b

b

C

b

X

Como X est´a sobre o arco BC que n˜ao cont´em A e sobre a reta HM , ´e f´acil ver que X coincide com o sim´etrico de H em rela¸c˜ao ao ponto m´edio M . Al´em disso, o quadril´atero BXCH ´e um paralelogramo, de modo que XC ´e paralelo a BH. Ent˜ao, BXCY ´e um trap´ezio is´osceles, e portanto tem as diagonais iguais, ou seja, XY = BC.

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POT 2012 - Geometria - N´ıvel 2 - Aula 4 - Prof. Onofre Campos/Rodrigo Pinheiro ´ Triˆ angulo Ortico Considere um triˆ angulo n˜ao retˆ angulo ABC, e sejam D, E, F os p´es das alturas de ABC. O triˆ angulo DEF ´e chamado triˆ angulo ´ortico do triˆ angulo ABC. ´ Lema 1. O ortocentro H do triˆ angulo ABC ´e o incentro de seu triˆ angulo Ortico DEF . ◦ Demonstra¸c˜ ao. Seja ∠ABE = α . Ent˜ao ∠F CA = 90 − ∠A = α . Observe que o quadril´atero BDF H ´e inscrit´ıvel (pois ∠BDH + ∠BF H = 180◦ ). Logo, ∠F DH = ∠F BH = α. Analogamente, ∠EDH = α . Portanto, H est´a na bissetriz do ˆangulo D. Do mesmo modo, ´e f´acil verificar que H pertence a bissetriz de F ; ou seja H ´e o incentro do triˆ angulo DEF . A b

E b

F b

H b

B

C

D b

b

b

Problema 4. Usando apenas r´egua e compasso, construa um triˆ angulo ABC conhecendo os pontos que s˜ ao os sim´etricos do ortocentro em rela¸c˜ao aos lados AB, BC e CA. Solu¸c˜ ao. Sejam X, Y e Z os sim´etricos do ortocentro em rela¸c˜ao a BC, CA e AB, respectivamente. Observe que XY ´e paralelo `a reta que liga os p´es das alturas relativas a BC e CA. Dessa forma, os lados do triˆ angulo XY Z s˜ ao paralelos, respectivamente, aos lados do triˆ angulo ´ ortico de ABC. Ent˜ao, H ´e o incentro do triˆ angulo XY Z. Segue a seguinte constru¸c˜ao: Primeiro, encontramos o circuncentro O do triˆ angulo XY Z (encontro das mediatrizes dos lados) e constru´ımos a circunferˆencia circunscrita (com centro O e raio OX. Em seguida, constru´ımos as bissetrizes dos ˆangulos de XY Z, que intersectam a circunferˆencia circunscrita nos pontos A, B e C, determinando o triˆ angulo ABC. A b

Y b

Z b

H b

C

B b

b

X b

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Problema 5. Sejam D, E e F os pontos m´edios dos lados AB, BC e AC do triˆ angulo ABC, respectivamente. BL ´e a altura relativa ao lado AC. Mostre que ∠DF E = ∠DLE. Problema 6. No triˆ angulo ABC, as alturas AD e BE se cortam em H; M , N e P s˜ ao os pontos m´edios de BC, AB e AH, respectivamente. Mostre que ∠M N P = 90◦ . Problema 7. Prove que, em todo triˆ angulo, a circunferˆencia cujo diˆ ametro ´e um lado do triˆ angulo passa pelos p´es das alturas relativas aos outros dois lados. Problema 8. As bissetrizes internas de um triˆ angulo ABC encontram o c´ırculo circunscrito novamente nos pontos M , N e P . Mostre que o incentro I do triˆ angulo ABC ´e o ortocentro do triˆ angulo M N P . Problema 9. Sejam AD e BE as alturas relativas aos lados BC e AC, respectivamente, do triˆ angulo ABC, H o ortocentro, M o ponto m´edio de AB e N o ponto m´edio de CH. Mostre que M N ´e perpendicular e passa pelo ponto m´edio de DE. Problema 10. A bissetriz interna do ˆ angulo A do triˆ angulo ABC encontra o c´ırculo circunscrito no ponto M . Verifique que M ´e o ponto m´edio do arco BC e que M ´e o circuncentro do triˆ angulo BIC, em que I ´e o incentro do triˆ angulo ABC. Problema 11. Sejam O o circuncentro e H o ortocentro do triˆ angulo ABC. Seja Oa o sim´etrico de O em rela¸c˜ao ao lado BC. Mostre que Oa ´e o circuncentro do triˆ angulo BCH. Problema 12. Seja H o ortocentro do triˆ angulo ABC. Mostre que os c´ırculos circunscritos aos triˆ angulos ABH, BCH e CAH tˆem todos o mesmo raio, o qual ´e igual ao circunraio do triˆ angulo ABC. Problema 13. As alturas relativas aos lados AB e AC do triˆ angulo ABC encontram o circunc´ırculo de ABC nos pontos D e E, respectivamente. Mostre que AD = AE. Problema 14. O triˆ angulo ABC est´a inscrito em um c´ırculo de centro O. Seja τ a circunferˆencia que passa pelos pontos A, O e B. As retas CA e CB interceptam τ em D e E, respectivamente. Prove que CO ´e perpendicular a DE. Problema 15. Construa um triˆ angulo conhecendo apenas o circuncentro O, o ponto H, p´e da altura relativa ao lado BC e o ponto D, p´e da bissetriz interna do ˆangulo ∠A. Problema 16. Prove que as trˆes retas atrav´es dos pontos m´edios dos lados de um triˆ angulo e paralelas `as bissetrizes dos ˆ angulos opostos s˜ ao concorrentes em um ponto. Problema 17. Seja ABC um triˆ angulo acutˆangulo de ortocentro H e circuncentro O. A mediatriz do segmento AH corta AB no ponto P e AC no ponto Q. Demonstre que ∠AOP = ∠AOQ. Problema 18. Sejam H, O o ortocentro e o circuncentro do triˆ angulo ABC. AD, BE e CF s˜ ao as alturas relativas aos v´ertices A, B e C. Suponha que OH seja paralelo a AC. Mostre que os lados do triˆ angulo DEF est˜ao em progress˜ ao aritm´etica. 5

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Problema 19. Sejam AD, BE e CF as alturas do triˆ angulo acutˆangulo ABC. A reta por D paralela a EF encontra os lados AC e AB nos pontos Q e R respectivamente. A reta EF intersecta BC no ponto P . Prove que a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo P QR passa pelo ponto m´edio de BC. Problema 20. Sejam H o ortocentro do triˆ angulo ABC, n˜ao retˆ angulo, e M o ponto m´edio do lado BC. A circunferˆencia de diˆ ametro AM encontra a circunferˆencia circunscrita ao △ABC em um segundo ponto P . Mostre que os pontos P , H e M s˜ ao colineares. Problema 21. Seja ABC um triˆ angulo acutˆangulo. Trˆes retas LA, LB, LC s˜ ao constru´ıdas atrav´es dos v´ertices A, B e C respectivamente de acordo com as seguintes regras: seja H o p´e da altura tra¸cada do v´ertice A para o lado oposto BC, seja SA o c´ırculo com diˆ ametro AH; SA encontra os lados AB e AC em M e N respectivamente, onde M e N s˜ ao distintos de A; ent˜ao LA ´e a reta atrav´es de A perpendicular a M N . As retas LB e LC s˜ ao constru´ıdas analogamente. Prove que LA, LB, LC s˜ ao concorrentes. ´ poss´ıvel construirmos um triˆ Problema 22. E angulo sendo conhecidos apenas o ortocentro e dois dos pontos m´edios dos lados? Problema 23. Considere trˆes c´ırculos congruentes concorrentes em um ponto P . Sejam A, B, C os outros pontos de interse¸c˜ao dos c´ırculos. Ent˜ao o raio comum destes trˆes c´ırculos ´e igual ao raio do c´ırculo circunscrito de ABC, e P ´e o ortocentro de ABC. Problema 24. Sejam H e O o ortocentro e o circuncentro do triˆ angulo ABC. Mostre que a distˆ ancia do ortocentro a um v´ertice ´e o dobro da distˆ ancia do circuncentro ao lado oposto a este v´ertice. Problema 25. Mostre que, em todo triˆ angulo, o ortocentro H, o baricentro G e o circuncentro O s˜ ao colineares. (A reta que cont´em estes pontos ´e chamada reta de Euler). Mostre ainda que H, G e O est˜ao sempre na raz˜ao HG : GO = 2 : 1. Problema 26. (C´ırculo dos Nove Pontos) Sejam H o ortocentro e O o circuncentro do triˆ angulo ABC. M , N e P s˜ ao os pontos m´edios dos lados BC, CA e AB, respectivamente; D, E e F s˜ ao os p´es das alturas relativas aos lados BC, CA e AB, respectivamente; R, S e T s˜ ao os pontos m´edios de AH, BH e CH, respectivamente. Os nove pontos M , N , P , D, E, F , R, S, T est˜ao sobre uma circunferˆencia, com centro no ponto m´edio de OH e cujo raio ´e metade do raio do c´ırculo circunscrito a ABC. O c´ırculo que cont´em estes pontos ´e chamado c´ırculo de Euler ou c´ırculo dos nove pontos do triˆ angulo ABC. Problema 27. Prove que o raio do c´ırculo dos nove pontos ´e igual a metade do raio do c´ırculo circunscrito. Problema 28. Seis diferentes pontos s˜ ao escolhidos sobre uma circunferˆencia. O ortocentro do triˆ angulo formado por trˆes destes pontos ´e ligado ao baricentro do triˆ angulo formado pelos outros trˆes. Prove que os 20 segmentos que podem ser determinados desta maneira s˜ ao todos concorrentes.

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Problema 29. Seja H o ortocentro do ABC. Prove que as retas de Euler dos triˆ angulos ABC, BCH, CAH, ABH s˜ ao todas concorrentes. Em que not´avel ponto ABC estas retas concorrem? Problema 30. Seja H o ortocentro de um triˆ angulo ABC, tal que AC 6= BC. O segmento que une os pontos m´edios de HC e AB intercepta a bissetriz do ˆangulo ∠ACB no ponto N . Sabendo que o circuncentro do triˆ angulo ABC pertence `a reta que liga os pontos H e N , determine a medida do ∠ACB. Problema 31. (OCSF) ABCD ´e um paralelogramo, H ´e o ortocentro de ABC e O ´e o circuncentro de ACD. Prove que H, O e D s˜ ao colineares.

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Pontos Not´ aveis II: Baricentro e reta de Euler Propriedade 1. Num triˆ angulo retˆ angulo ABC, a mediana BM relativa `a hipotenusa mede metade da hipotenusa AC. A

D M

B

C

Demonstra¸c˜ ao. Seja D o ponto sobre o prolongamento da mediana BM tal que BM = M D. Os triˆ angulos AM B e CM D s˜ ao congruentes, pelo caso LAL. Da´ı, AB = CD e ∠BAM = ∠DCM , ou seja, AB e CD s˜ ao segmentos iguais e paralelos e portanto ∠ABC = ∠DCB = 90◦ . Assim, os triˆ angulos ABC e DCB s˜ ao congruentes, pelo caso LAL, e portanto BD = AC

=⇒ 2 · BM = AC

=⇒ BM =

AC · 2

Afirma¸c˜ ao. Uma base m´edia de um triˆ angulo ´e um segmento que une os pontos m´edios de dois de seus lados. Assim, todo triˆ angulo possui exatamente trˆes bases m´edias. Propriedade 2. Sejam ABC um triˆ angulo e M , N os pontos m´edios dos lados AB, AC, respectivamente. Ent˜ ao BC M N k BC e M N = · 2

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 5 - Prof. C´ıcero Thiago A N

M

P

C

B

Demonstra¸c˜ ao. Inicialmente, prolonguemos a base m´edia M N at´e um ponto P tal que M N = N P . Em seguida, constru´ımos o triˆ angulo CN P . Note que os triˆ angulos AN M e CN P s˜ ao congruentes, pelo caso LAL. Da´ı, CP = AM e ∠M AN = ∠P CN e portanto CP k AM

=⇒

CP k BM.

Assim, M BCP ´e um paralelogramo, pois CP e BM s˜ ao segmentos paralelos e iguais. Mas ent˜ao M P k BC e M P = BC

=⇒

2M N = BC

=⇒

MN =

BC · 2

Afirma¸c˜ ao. A base m´edia de um trap´ezio ´e o segmento que une os pontos m´edios de seus lados n˜ ao paralelos. Propriedade 3. Seja ABCD um trap´ezio de bases AB e CD, e sejam M e N os pontos m´edios dos lados BC e AD, respectivamente. Ent˜ao, M N k AB, M N k CD

b

N b

D

A b

e

MN =

AB + CD . 2

B b

M

b

b

C b

E

´ f´acil Demonstra¸c˜ ao. Inicialmente, prolonguemos AM at´e encontrar DC no ponto E. E ver que ∆ABM ≡ ∆CM E (ALA) ⇒ AB = CE. Portanto, M N ´e base m´edia do triˆ angulo ADE. Assim, M N k BE ⇒ M N k DC ⇒ M N = 2

DE . 2

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Finalmente, M N =

DC + AB DC + CE = . 2 2

Propriedade 4. As trˆes medianas de um triˆ angulo intersectam - se num mesmo ponto, chamado baricentro, que divide cada uma das medianas em duas partes tais que a parte que cont´em o v´ertice ´e o dobro da outra.

A

P

G

B

N

M

C

Demonstra¸c˜ ao. A

P D

N G1

E

B

C

Sejam N e P os pontos m´edios dos lados AC e AB, respectivamente, D e E os pontos m´edios de BG1 e CG1 , respectivamente. Ent˜ao, N P k BC e N P = e

BC 2

BC 2 portanto, P DEN ´e uma paralelogramo. Com isso, BD = DG1 = G1 N , CE = EG1 = G1 P , ent˜ao BG1 = 2G1 N e CG1 = 2G1 P . De maneira an´ aloga, as medianas AM e BN intersectam - se em um ponto G2 tal que AG2 = 2G2 M e BG2 = 2G2 N . Encontramos, ent˜ao, dois pontos distintos G1 e G2 , no interior do segmento BN que o dividem na mesma raz˜ ao, o que ´e uma contradi¸c˜ ao logo, G1 = G2 = G. Portanto, as trˆes medianas intersectam - se em um mesmo ponto G que chamaremos de baricentro. DE k BC e DE =

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Propriedade 5. O ortocentro, o baricentro e o circuncentro de um triˆ angulo, n˜ ao equil´atero, s˜ ao colineares. A reta determinada por esses pontos ´e chamada de Reta de Euler. Demonstra¸c˜ ao. Sejam M e N os pontos m´edios de BC e AC, respectivamente. Ent˜ao, M N k AB e AB . O teorema 1 da aula 4 garante que ∠BAD = ∠OAC. Como O ´e o cirMN = 2 cuncentro ent˜ ao OA = OC e, com isso, ∠OAC = ∠OCA. O quadril´ atero M CN O ´e 0 inscrit´ıvel ent˜ ao ∠OCA = ∠N CO = ∠OM N e ∠M ON = 180 − ∠ACB. Al´em disso, o quadril´ atero DCEH tamb´em ´e inscrit´ıvel e, com isso, ∠DHE = 1800 − ∠ACB. Como ∠DHE = ∠AHB conclu´ımos que o triˆ angulo AHB ´e semelhante ao triˆ angulo M N O e, com AB AH isso, = = 2. Temos que ∠HAG = ∠GM O pois AH ´e paralelo a OM e, como MN OM AG = 2. Portanto, o triˆ angulo AHG ´e semelhante ao triˆ angulo GM O G ´e o baricentro, GM e, com isso, ∠HGA = ∠M GO provando ent˜ao que H, G e O est˜ ao alinhados e HG = 2GO. A b

b

E

b b

N

H b

G

b

B

b

b

O

b

D

b

M

C

Propriedade 6. Os p´es das alturas de um triˆ angulo, os pontos m´edios do trˆes lados e os pontos m´edios dos segmentos que ligam os v´ertices ao ortocentro est˜ ao sobre uma circunferˆencia chamada Circunferˆ encia dos 9 pontos. ´ Demonstra¸c˜ ao. Queremos provar que M , L, P , D, E, F , R, S e T s˜ ao conc´ıclicos. E suficiente provar que R e D est˜ ao sobre a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo M LP , ´ pois o restante ´e an´ alogo. Considere a circunferˆencia Γ de diˆ ametro RM . E f´acil ver que D pertence a Γ. Por outro lado, RL k HC, LM k AB e HC ⊥ AB, o que implica que ∠RLM = 90◦ . Portanto, L (e por simetria P ) pertence a Γ.

4

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A b

R

E b

b

F b

H b

P b

b

b

L b

N b

S b

b b

B

T

O

b b

C

M

D

Propriedade 7. O centro da circunferˆencia dos 9 pontos ´e o ponto m´edio do segmento formado pelo ortocentro e pelo circuncentro. Demonstra¸c˜ ao. Seja RM um diˆ ametro da circunferˆencia dos 9 pontos e seja N a interse¸c˜ao de RM e OH. Como R ´e ponto m´edio de AH ent˜ ao RH = OM . Al´em disso, AH k OM . Portanto, ∆RHN ≡ ∆N OM , RN = N M e HN = ON . A b

E

R F

b b

b

b

P b

L b

H b

N b

b

G b

S b

b

B

b

D

T

O

b b

M

5

C

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Exerc´ıcios Resolvidos 1. (OBM) Considere um triˆ angulo acutˆ angulo ABC com ∠BAC = 30◦ . Sejam B1 , C1 os p´es das alturas relativas aos lados AC, AB, respectivamente, e B2 , C2 os pontos m´edios dos lados AC, AB, respectivamente. Mostre que os segmentos B1 C2 e B2 C1 s˜ ao perpendiculares. A

C2

O

B2

B1

C1 B

C

Solu¸c˜ ao. Seja O a interse¸c˜ ao entre B1 C2 e B2 C1 . O segmento B1 C2 ´e uma mediana do triˆ angulo retˆ angulo AB1 B e portanto AC2 = B1 C2

e

∠C2 B1 A = ∠BAB1 = 30◦ .

Analogamente, AC1 B2 = 30◦ . Da´ı, ∠BC2 B1 = ∠C2 B1 A + ∠BAB1 = 60◦ e portanto ∠C1 OC2 = 180◦ − ∠BC2 B1 − ∠AC1 B2 = 90◦ . 2.Sejam ABC um triˆ angulo e M o ponto m´edio do lado BC. Se D, E s˜ ao os p´es das alturas relativas aos lados AC, AB, respectivamente, prove que M E = M D. Solu¸c˜ ao. A D

E

B

C

M

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Note que M E ´e mediana relativa ` a hipotenusa do triˆ angulo BEC. Da´ı, M E = BM = CM e, analogamente, M D = BM = CM. Assim, M E = M D. 3. Dado um quadril´ atero ABCD, prove que os pontos m´edios M, N, P, Q dos lados AB, BC, CD, DA formam um paralelogramo. Solu¸c˜ ao. A M

Q

B

D N

P C

Temos • Triˆ angulo ABC: M N k AC e M N = AC/2. • Triˆ angulo DAC: P Q k AC e P Q = AC/2. Assim, M N k P Q e M N = P Q, isto ´e, M N P Q ´e paralelogramo. 4. (OBM) Seja N o ponto do lado AC do triˆ angulo ABC tal que AN = 2N C e M o ponto do lado AB tal que M N ´e perpendicular a AB . Sabendo que AC = 12 cm e que o baricentro G do triˆ angulo ABC pertence ao segmento M N , determine o comprimento do segmento BG. OBS: Baricentro ´e o ponto de interse¸ca˜o das medianas do triˆ angulo. Solu¸c˜ ao. Se BP ´e uma mediana do triˆ angulo ent˜ ao AP = CP = 6 e P N = 2. Como G ´e o baricentro PG 1 PN 1 do triˆ angulo ent˜ ao = e = , assim, pela rec´ıproca do teorema de Tales, GN ´e GB ◦ 2 N C 2 paralelo a BC e ∠B = 90 . Como o triˆ angulo ABC ´e retˆ angulo ent˜ao AP = CP = BP = 6. Com isso, BG = 4 e GP = 2.

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b

M b

G

b

A

B

b

P

b

b b

C

N

5. Em um triˆ angulo n˜ ao equil´atero, a reta que passa pelo baricentro e pelo incentro ´e paralela a um dos lados triˆ angulo. Demonstre que os lados do triˆ angulo est˜ ao em progress˜ao aritm´etica. Solu¸c˜ ao. Seja AD a bissetriz relativa ao v´ertice A, I o incentro, AM a mediana relativa ao v´ertice A e G o baricentro. Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB, respectivamente. b+c AI = . Como a reta que passa Pelo teorema da bissetriz interna ´e f´acil provar que ID a pelo baricentro G e pelo incentro I ´e paralela a um dos lados, pelo teorema de Tales, temos AG AI b+c que 2 = = = , ou seja, b + c = 2a. Portanto, os lados do triˆ angulo formam GM ID a uma progress˜ ao aritm´etica. Exerc´ıcios Propostos Problema 1. Sejam ABC um triˆ angulo e M o ponto m´edio de BC. Se AM = BM = CM , prove que ∠BAC = 90◦ . Problema 2. (Austr´ alia) Sejam ABC um triˆ angulo e P um ponto em seu interior de modo que ∠P AC = ∠P BC. Se L, M s˜ ao os p´es das perpendiculares por P aos lados BC, AC, respectivamente, e D ´e o ponto m´edio de AB, prove que DL = DM . Problema 3. Uma reta r passa pelo baricentro de um triˆ angulo ABC deixando o v´ertice A em um semiplano e os v´ertices B e C no outro semiplano determinado por r. As proje¸c˜oes de A, B e C sobre a reta r s˜ ao M , N e P , respectivamente. Prove que AM = BN + CP . Problema 4. (OBM) Seja ABCD um quadril´ atero convexo, onde N ´e o ponto m´edio de DC, M ´e o ponto m´edio de BC, e O ´e a interse¸c˜ao entre as diagonais AC e BD. Mostre 8

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que O ´e o baricentro do triˆ angulo AM N se, e somente se, ABCD ´e um paralelogramo. Problema 5. Prove que se a reta de Euler passa pelo incentro do triˆ angulo, ent˜ao o triˆ angulo ´e is´ osceles. Problema 6. (Bulg´ aria) Seja ∆ABC um triˆ angulo is´ osceles (AC = BC) tal que A1 , B1 e C1 s˜ ao os pontos m´edios de BC, AC e AB, respectivamente. Os pontos A2 e B2 s˜ ao os sim´etricos de A1 e B1 com rela¸c˜ ao ao lado AB. Seja M a interse¸c˜ao de CA2 e A1 C1 e seja N a interse¸c˜ ao de CB2 e B1 C1 . Seja P a interse¸c˜ao de AN e BM , prove que AP = BP . Problema 7. (Portugal) No triˆ angulo ABC as medianas dos lados AB e AC s˜ ao perpendiculares. Sabendo que AB = 6 e AC = 8, determine BC. Problema 8. (Bulg´ aria) Os pontos A1 , B1 e C1 est˜ ao sobre os lados BC, CA e AB do triˆ angulo ABC, respectivamente, tais que AA1 , BB1 e CC1 concorrem no ponto M . Prove que se M ´e o baricentro do triˆ angulo A1 B1 C1 ent˜ao M ´e tamb´em o baricentro do triˆ angulo ABC. Problema 9. (Estˆonia) As medianas relativas aos v´ertices A e B do triˆ angulo ABC s˜ ao perpendiculares. Prove que AB ´e o menor lado do triˆ angulo ABC. Problema 10. (OCM) Seja ABC um triˆ angulo tal que as medianas BM e CN , que se cortam em G, s˜ ao iguais. Prove que o triˆ angulo ABC ´e is´ osceles. Problema 11. Prove que a soma dos quadrados das distˆ ancias de um ponto P aos v´ertices de um triˆ angulo ABC ´e m´ınima quando P ´e o baricentro do triˆ angulo. Problema 12. (Espanha) Seja G o baricentro do triˆ angulo ABC. Se AB + GC = AC + GB, prove que o triˆ angulo ´e is´ osceles. Problema 13. (OBM) Sejam ABC um triˆ angulo acutˆ angulo e F o seu ponto de Fermat, isto ´e, o ponto interior ao triˆ angulo ABC tal que os trˆes ˆangulos ∠AF B, ∠BF C e ∠CF A, medem 120 graus. Para cada um dos triˆ angulos ABF , ACF e BCF trace a sua reta de Euler, ou seja, a reta que liga o seu circuncentro e o seu baricentro. Prove que essas trˆes retas concorrem em um ponto.

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Solu¸ co ˜es 1. Se AD = BD = CD, ent˜ ao ∠ABD = ∠BAD = α e ∠DAC = ∠ACD = β. A soma dos aˆngulos internos do triˆ angulo ABC garante que α + β = 90◦ , ou seja, ∠A = 90◦ .

b

A

β

α α b

β b

B

D

b

C

2. Seja N o ponto m´edio de AP e K o ponto m´edio de BP . Ent˜ao, AN = N M = N P e LK = BK = KP . Com isso, ∠P N M = 2∠P AC = 2∠P BC = ∠P KL. Al´em disso, BP , DK k AP DN e DK s˜ ao bases m´edias do triˆ angulo ABP assim, DN k BP , DN = 2 AP . Portanto, DN P K ´e um paralelogramo e ∠DN P = ∠DKP . Finalmente, e DK = 2 ∆DN M ≡ ∆DKL, pelo caso LAL. Assim, DL = DM . A N M D P B

K

C

L

3. Seja AD um mediana e Q o ponto m´edio de N P . Ent˜ao, DQ ´e a base m´edia do trap´ezio BN + CP . Como G ´e o baricentro do triˆ angulo ABC N BCP assim DQ k BN e DQ = 2 ´ f´acil ver que ∆AM G ∼ ∆GQD, ent˜ao AM = DQ. Portanto, ent˜ao AG = 2GD. E 2 AM = BN + CP .

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A b

b

G b

b

N

b

B

b

b

P

Q

M

b b

C

D

4. (⇒) Suponha que ABCD ´e um paralelogramo, ent˜ao AO = OC e BO = BD. Se M BD ´ e N s˜ ao os pontos m´edios de BC e CD ent˜ao M N k BD e M N = . E f´acil concluir 2 DO BO , N P k DO e N P = . que P ´e o ponto de m´edio de OC ent˜ ao M P k BO, M P = 2 2 Portanto, N P = P M e AO = 2OP , ou seja, O ´e o baricentro de AM N . (⇐) Suponha que O ´e o baricentro do triˆ angulo AM N ent˜ao N P = P M e AO = 2OP . Se BD ´ . E f´acil concluir M e N s˜ ao os pontos m´edios de BC e CD ent˜ao M N k BD e M N = 2 BO , N P k DO e que P ´e o ponto de m´edio de OC ent˜ ao OP = P C, M P k BO, M P = 2 DO . Da´ı, AO = OC e DO = OB, ou seja, ABCD ´e um paralelogramo. NP = 2

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b

A b

b b

B

M

O b

P b

D

b b

C

N

5. Sejam O o circuncentro, I o incentro e H o ortocentro do triˆ angulo ABC. As retas AI e BI intersectam o c´ırculo circunscrito do triˆ angulo ABC nos pontos A1 e B1 . Suponha OA1 OI OB1 OI = e = . Como OB1 = OC1 que o triˆ angulo ABC n˜ ao ´e is´ osceles, ent˜ao IH AH BH BH ent˜ao AH = BH e, portanto AC = BC. Contradi¸c˜ao. 6. Como CC1 k A1 A2 e CC1 = A1 A2 , temos que CC1 A2 A1 ´e um paralelogramo. Ent˜ao, A1 M = C1 M . Mas A1 B1 C1 B ´e tamb´em um paralelogramo e, portanto, a interse¸c˜ao BM e AC ´e B1 . Ent˜ ao, P est´ a sobre a mediana BB1 . Analogamente, P est´ a sobre a mediana AA1 . No triˆ angulo is´ osceles ABC as medianas AA1 e BB1 possuem o mesmo comprimento. 2 2 Portanto, AP = AA1 = BB1 = BP . 3 3 7. Sejam M e N os pontos m´edios de AB e AC, respectivamente, e G o ponto de encontro das medianas M C e N B. Aplicando o teorema de Pit´ agoras BIM e CN I, temos: GM 2 + 4GN 2 = GM 2 + GB 2 = BM 2 = 32 = 9 e 4GM 2 + GN 2 = GC 2 + GN 2 = CN 2 = 42 = 16. √ √ Deste modo, 5GM 2 + 5GN 2 = 9 + 16 = 25, logo N M = 5. Portanto, BC = 2 5.

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b

N b

b

b

A

C

G

b

b

B

M

8. Seja M o baricentro do triˆ angulo A1 B1 C1 . Seja A2 um ponto sobre a reta M A tal que B1 A1 C1 A2 ´e um paralelogramo. Os pontos B2 e C2 s˜ ao constru´ıdos analogamente. Como A1 C1 k A1 B1 k C1 B2 ent˜ ao os pontos A2 , C1 e B2 s˜ ao colineares e C1 ´e o ponto m´edio de A2 B2 . O mesmo ´e verdade para os pontos A2 , B1 e C2 e C2 , A1 e B2 . Vamos mostrar que A2 = A, B2 = B e C2 = C, o que resolve o problema. Assuma que A2 6= A e A est´ a entre A2 e M . Ent˜ ao C2 est´ a entre C e M , B est´ a entre B2 e M e consequentemente A2 est´ a entre A e M , que ´e uma contradi¸c˜ ao. 9. As medianas intersectam - se no ponto M e a mediana que parte do v´ertice C intersecta AB no ponto F . Ent˜ ao, F ´e o ponto m´edio da hipotenusa do triˆ angulo retˆ angulo ABM , ou seja, AB = 2F M . Como M divide a mediana CF na raz˜ ao 2 : 1, ent˜ao AB = CM . O maior ˆangulo do triˆ angulo AM C ´e o ˆangulo obtuso AM C, portanto AC ´e o maior lado deste triˆ angulo. Assim, AC > M C = AB. De maneira an´ aloga BC > AB. m = GN e 10. Seja BM = CN = m. Como G ´e o baricentro de ABC, temos GM = 3 2m BG = = CG. Da´ı, segue que os triˆ angulos BGN e CGM s˜ ao congruentes (pelo caso 3 LAL), de modo que BN = CM . Logo, AB = 2 · BN = 2 · CM = AC, e o triˆ angulo ABC ´e is´ osceles.

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A b

N b

b

M

G b

b

b

B

C

11. Seja ABC um triˆ angulo com BC = a, AC = b e AB = c. Seja M o ponto m´edio de BC, G o baricentro do triˆ angulo ABC e P um ponto qualquer. Usando que, a soma dos quadrados de dois dos lados de um triˆ angulo ´e igual a duas vezes o quadrado da mediana relativa ao terceiro lado mais a metade do quadrado do terceiro lado (a demonstra¸c˜ao desse resultado usa lei dos Cossenos e ser´ a provado na aula de rela¸c˜oes m´etricas), no triˆ angulo P BC com mediana P M temos: P B 2 + P C 2 = 2P M 2 +

a2 . (I) 2

O baricentro G ´e tal que GA = 2GM . Fa¸ca GM = m; GA = 2m e tome H em AG tal que GH = AH = m. Assim, o triˆ angulo HP M , com mediana P G satisfaz 1 P H 2 + P M 2 = 2P G2 + (2m)2 = 2P G2 + 2m2 (II) 2 e o triˆ angulo AP G com mediana P H satisfaz 1 P A2 + P G2 = 2P H 2 + (2m)2 = 2P H 2 + 2m2 . (III) 2 Somando (I) e (III) P A2 + P B 2 + P C 2 + P G2 = 2P M 2 + 14

a2 + 2P H 2 + 2m2 = 2

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= 2(P M 2 + P H 2 ) +

a2 + 2m2 = por (II) 2

2(2P G2 + 2m2 ) +

a2 + 2m2 = 2

4P G2 + 6m2 + Portanto, P A2 + P B 2 + P C 2 = 3P G2 + 6m2 +

a2 . 2

a2 . (IV) 2

Como o triˆ angulo a e m s˜ ao constantes, P A2 + P B 2 + P C 2 ´e m´ınimo quando P G = 0, ou seja, P = G ´e o baricentro do triˆ angulo ABC. A b

b

H b

b

b

B

P

G

b b

M

C

12. Sejam D, E e F os pontos m´edios dos lados BC, AC e AB, respectivamente. Dividindo por 2 a condi¸c˜ ao do enunciado temos F A + F G = EA + EG, ou seja, os pontos F e E est˜ ao sobre uma elipse de focos A e G. Seja M o ponto m´edio de EF , M est´ a sobre a mediana AD e n˜ ao ´e o centro a elipse (ponto m´edio de AG), portanto EF ´e perpendicular a AD e, ent˜ ao, AD al´em de mediana ´e tamb´em uma altura fazendo com que o triˆ angulo seja is´ osceles. 13. Construa um triˆ angulo equil´atero BXC, externo a ABC. O ponto O1 ´e o circuncentro de BF C e tamb´em de BXC. Como G ´e o baricentro do triˆ angulo ABC ent˜ao: XO1 AG =2= ⇒ O1 G k XF. GM O1 M 15

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Mas O3 A = O3 F e O2 A = O2 F ⇒ AF ⊥ O2 O3 ⇒ O1 G ⊥ O2 O3 . Analogamente, temos O2 G ⊥ O1 O3 e O3 G ⊥ O2 O3 ⇒ G ´e ortocentro do triˆ angulo O1 O2 O3 . Sendo G1 o bariAG F G1 =2= ⇒ G1 G k AF ⇒ G1 G ⊥ O2 O3 ⇒ como centro do triˆ angulo BF C temos G1 M GM G ´e o ortocentro de O1 O2 O3 , ent˜ ao G1 est´ a na altura relativa a O2 O3 . Portanto, O1 G1 , O2 G2 e O3 G3 s˜ ao concorrentes em G (seu ortocentro).

A b

b

O2

O3 b

b

F b

G

b

G1 b b

B

M

Bibliografia 1. Lecture Notes on Mathematical Olympiad Courses For Junior Section, vol. 1 Xu Jiagu 2. Puntos Notables - Teor´ıa - Demostraciones - Trazos Auxiliares 440 problemas resueltos e propuestos Julio Orihuela Bastidas Editorial Cuzcan 3. Geometr´ıa Radmila Bulajich Manfrino e Jos´e Antonio G´ omez Ortega Cuadernos de Olimpiadas de Matem´aticas 4. T´ opicos de Matem´atica Elementar, vol. 2 Geometria Euclidiana Plana Antonio Caminha Muniz Neto

16

b

C

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SBM 5. Episodes in Nineteenth and Twentieth Euclidean Geometry Ross Honsberger MAA 6. Problems in Plane and Solid Geometry, vol. 1 - Plane Geometry Viktor Prasolov 7. Advanced Euclidean Geometry Alfred Posamentier 8. Lessons in Geometry I. Plane Geometry Jacques Hadamard AMS 9. Hadamard’s Plane Geometry A Reader’s Companion Mark Saul AMS 10. Cole¸c˜ao Elementos da Matem´atica Geometria Plana, vol. 2 Marcelo Rufino de Oliveira e M´arcio Rodrigo da Rocha Pinheiro 11. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica, Ensino M´edio, 1981 - 2005 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos 12. Problemas de las Olimpiadas Matematicas del Cono Sur (I a IV) Fauring - Wagner - Wykowski - Gutierrez - Pedraza - Moreira Red Ol´ımpica 13. Fundamentos de Matem´atica Elementar, vol. 9 - Geometria Plana Osvaldo Dolce e Jos´e Nicolau Pompeo 14. Olimpiada Matem´atica Espa˜ nola 15000 problemas de diferentes Olimpiadas de Matem´atica en el mundo

17

Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Geometria - Nível 3

6

Prof. Cícero Thiago

Rela¸c˜ oes entre ´ areas

Teorema 1. (F´ ormula tradicional.)

A

b

B

b

b

D

b

C

A ´area do triˆ angulo ∆ABC pode ser calculada por [∆ABC] =

BC · AD . 2

´ Teorema 2. (Area de um triˆ angulo em fun¸ c˜ ao do raio da circunferˆ encia inscrita.) Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente, e seja r a medida do raio da circunferˆencia inscrita. Ent˜ao, a ´area do triˆ angulo ∆ABC pode ser calculada por [∆ABC] = p · r, em que p =

a+b+c . 2

Demonstra¸c˜ ao.

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A b

b

F

E

b

r

r b

I

r b b

b

D

B

C

[∆ABC] = [∆BIC] + [∆CIA] + [∆AIB] ⇔ a·r b·r c·r + + ⇔ 2 2 2   a+b+c [∆ABC] = ·r ⇔ 2

[∆ABC] =

[∆ABC] = p · r. Teorema 3. (F´ ormula trigonom´ etrica da ´ area de um triˆ angulo.) Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente. A ´area do triˆ angulo ∆ABC pode ser calculada por [∆ABC] =

a · c · sin∠B a · b · sin∠C b · c · sin∠A = = . 2 2 2

Demonstra¸c˜ ao. Vamos demonstrar uma das igualdades. As outras s˜ ao an´ alogas.

2

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B b

H α b

A

b

b

D

C

Seja ∠A = α. Temos que

AC · BD a·H = . 2 2 H ⇔ H = c · sin α, ent˜ao Por outro lado, no triˆ angulo ∆ABD, temos sin α = c [∆ABC] =

[∆ABC] =

a · c · sin α . 2

´ Teorema 4. (Area de um triˆ angulo em fun¸ c˜ ao do raio da circunferˆ encia circunscrita.) Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente, e seja R o raio da circunferˆencia circunscrita. Ent˜ao, a ´area do triˆ angulo [∆ABC] pode ser calculada por abc [∆ABC] = . 4R Demonstra¸c˜ ao.

3

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A b

O b

β b b

B

β

C

b

D

Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente. Temos que a · c · sin β [∆ABC] = . 2 Por outro lado, seja AD um diˆ ametro ent˜ao, no ∆ACD, temos que sin β =

b . 2R

Portanto, [∆ABC] =

abc . 4R

´ Teorema 5. (Area de um triˆ angulo em fun¸ c˜ ao do raio de uma circunferˆ encia ex - inscrita.) Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente, e sejam ra , rb e rc os raios das circunferˆencias ex - inscritas relativas aos lados a, b e c, respectivamente. Ent˜ ao, a ´ area do triˆ angulo ∆ABC pode ser calculada por [∆ABC] = ra (p − a) = rb (p − b) = rc (p − c), em que p =

a+b+c . 2

Demonstra¸c˜ ao.

4

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F b

a−x

ra

C b

Ia b

b

a−x

ra ra D

b

b

x b

B

c

A

x

b

E

Pela propriedade dos segmentos tangentes, temos que DB = BE = x e DC = CF = a − x. Ent˜ao, [∆ABC] = [∆AIa E] + [∆AIa F ] − 2[∆BCIa ] ⇔

(c + x) · ra (b + a − x) · ra a · ra + −2· ⇔ 2 2 2 ra ra [∆ABC] = · (a + b + c − 2a) = · (2p − 2a) = ra (p − a). 2 2 Analogamente, [∆ABC] =

[∆ABC] = rb (p − b) = rc (p − c), Teorema 6. (F´ ormula de Heron.) Sejam a, b e c as medidas dos lados BC, CA e AB do triˆ angulo ∆ABC, respectivamente. Ent˜ao, a ´area do triˆ angulo ∆ABC pode ser calculada por p [∆ABC] = p · (p − a) · (p − b) · (p − c), em que p =

a+b+c . 2

Demonstra¸c˜ ao.

5

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A b

c

b

m

B

b

h

b

b

a−m

D

C

Aplicando o teorema de Pit´ agoras nos triˆ angulos ∆ABD e ∆ACD, temos: 1. c2 = m2 + h2 . 2. b2 = (a − m)2 + h2 . De (2), temos: b2 = (a − m)2 + h2 ⇔ b2 = a2 − 2am + m2 + h2 ⇔ b2 = a2 − 2am + c2 ⇔ a2 + c2 − b2 . m= 2a

Substituindo em (1), temos: 2 a2 + c2 − b2 + h2 ⇔ c = 2a  2 2 a + c2 − b2 2 2 h =c − ⇔ 2a     a2 + c2 − b2 a2 + c2 − b2 2 h = c+ · c− ⇔ 2a 2a     2ac + a2 + c2 − b2 2ac − a2 − c2 + b2 2 h = · ⇔ 2a 2a 2



4a2 h2 = [(a + c)2 − b2 ] · [(b2 − (a − c)2 ] ⇔

4a2 h2 = (a + c + b) · (a + c − b) · (b + a − c) · (b + c − a) ⇔

4a2 h2 = (a + b + c) · (b + c − a) · (a + c − b) · (a + b − c) ⇔ 4a2 h2 = 2p · (2p − 2a) · (2p − 2b) · (2p − 2c) ⇔ a2 h2 = p · (p − a) · (p − b) · (p − c) ⇔ 2 [∆ABC]2 = p · (p − a) · (p − b) · (p − c) ⇔ p [∆ABC] = p · (p − a) · (p − b) · (p − c). 6

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Teorema 7. (Rela¸ c˜ ao entre as ´ areas de triˆ angulos semelhantes.) Sejam ∆ABC e ∆DEF dois triˆ angulos semelhantes tais que [∆ABC] = k2 . [∆DEF ]

AB AC BC = = = k, ent˜ao DE DF EF

Demonstra¸c˜ ao. AC BC AG AB = = = = k, ent˜ao DE DF EF DH

Se ∆ABC ∼ ∆DEF com

BC · AG [∆ABC] BC AG 2 = · = k · k = k2 . = EF · DH [∆DEF ] EF DH 2 A b

D b

b b

B

G

b

b

C

E

b

H

Teorema 8. Sejam r e s retas paralelas. Sejam A e B pontos distintos sobre a reta s e C1 e C2 pontos distintos sobre a reta r. Ent˜ao, [∆ABC1 ] = [∆ABC2 ]. Demonstra¸c˜ ao. O resultado ´e imediato pois [∆ABC1 ] = [∆ABC2 ] =

r b

C1 b

H

s b

b

B

A

7

C2

AB · H . 2

b

F

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Teorema 9. (Usando ´ areas para calcular raz˜ ao de segmentos.) Seja ABC um triˆ angulo e D, E e F pontos sobre os lados BC, CA e AB tais que AD, BE e CF s˜ ao concorrentes no ponto P . Defina K = [ABC], KA = [P BC], KB = [P CA] e KC = [P AB]. Como K = KA + KB + KC , ent˜ao (a) BD KC CE KA AF KB = = = , e . DC KB EA KC F B KA (b) AP KB + KC BP KA + KC CP KA + KB = , = e = PD KA PE KB PF KC Demonstra¸c˜ ao. A b

F b

b

H2

E

P b

H1 b

B

b

S

b

R

b

b

C

D

(a) Temos que BD [∆ABD] [∆BP D] [∆ABD] − [∆BP D] [∆AP B] KC = = = = = . CD [∆ACD] [∆CP D] [∆ACD] − [∆CP D] [∆ACP ] KB Da mesma maneira demonstra - se que

KA AF KB CE = e = . EA KC F B KA

(b) Temos que ∆ADS ∼ ∆P DR ⇒ AD H2 KA + KB + KC [∆ABC] = = = ⇔ PD H1 [∆BP C] KA AP KB + KC = . PD KA Da mesma maneira demonstra - se que

BP KA + KC CP KA + KB = e = . PE KB PF KC

8

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago ´ Teorema 10. (Area de quadril´ atero convexo qualquer.) Seja ABCD um quadril´ atero convexo qualquer tal que θ ´e o menor ˆangulo entre as diagoAC · BD · sin θ . nais. Ent˜ao, [∆ABCD] = 2 Demonstra¸c˜ ao. Temos que [ABCD] = [∆AP D] + [∆BP C] + [∆CP D] + [∆DP A] ⇒

P A · P D · sin θ P A · P B · sin θ P B · P C · sin θ P C · P D · sin θ + + + ⇒ 2 2 2 2 (P A · P D + P A · P B + P B · P C + P C · P D) sin θ ⇒ [ABCD] = 2 AC · BD · sin θ (P A + P C)(P B + P D) sin θ ⇒ [ABCD] = . [ABCD] = 2 2 Exerc´ıcios Resolvidos [ABCD] =

1. (IMO) Considere um triˆ angulo P1 P2 P3 e um ponto P no interior no triˆ angulo. Cevianas P1 P, P2 P, P3 P intersectam os lados opostos em pontos Q1 , Q2 , Q3 , respectivamente. Prove que, entre n´ umeros P1 P P2 P P3 P , , , P Q1 P Q2 P Q3 pelo menos um ´e menor ou igual a 2 e pelo menos um ´e maior ou igual a 2. Solu¸c˜ ao. Defina que [∆P P2 P3 ] = KA , [∆P P1 P3 ] = KB e [∆P P1 P2 ] = KC . Usando o teorema 9 e, supondo sem perda de generalidade, que KA ≤ KB ≤ KC . Ent˜ao, KA + KB KC + KC P3 P = ≤ = 2, P Q3 KC KC e P1 P KB + KC KA + KA = ≥ = 2. P Q1 KA KA 2. A ´area de um triˆ angulo ´e dada pela f´ormula S = lados. Determine os ˆ angulos do triˆ angulo. Solu¸c˜ ao.

9

a2 + b2 , onde a e b s˜ ao dois de seus 4

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago a 2 + b2 a · b · sin ∠C = . Ent˜ao, 2 4 a2 + b2 a2 + b2 (a − b)2 sin ∠C = ⇒ sin ∠C − 1 = − 1 ⇒ sin ∠C − 1 = ≥ 0. 2ab 2ab 2ab

Temos que [∆ABC] =

Assim, 1 ≤ sin ∠C ≤ 1 ⇔ sin ∠C = 1 ⇔ ∠C = 90◦ . A igualdade s´ o acontece se, e somente se, a = b. Portanto, os ˆ angulos do triˆ angulo s˜ ao 45◦ , 45◦ , 90◦ . 3. S˜ ao dados 1000 pontos no plano n˜ ao colineares tais que se trˆes deles determinam um triˆ angulo ent˜ ao sua ´ area ´e menor ou igual a 1. Prove que todos os pontos est˜ ao em um triˆ angulo de ´ area menor ou igual a quatro. Solu¸c˜ ao. b

Z

C

b b

Y D b

b

A

b b

B

X

Como existe um n´ umero finito de triˆ angulos que podem ser constru´ıdos usando os 1000 pontos ent˜ ao, escolhemos aquele de ´area m´ axima que chamaremos de ∆XY Z. Seja ∆ABC o triˆ angulo tal que X, Y e Z s˜ ao os pontos m´edios de BC, CA e AB, respectivamente, ent˜ ao [∆ABC] = 4[∆XY Z] ≤ 4. Seja D, um ponto no conjunto dos 1000 pontos dados, no exterior do triˆ angulo ∆ABC ent˜ao [∆XY Z] < [∆XZD], o que contradiz a escolha de ∆ABC. Portanto, todos os pontos est˜ ao no interior do triˆ angulo ∆ABC. 4. (Hungria) S ´e um ponto no interior do ∆ABC tal que as ´areas dos triˆ angulos ∆ABS, ∆BCS, ∆CAS s˜ ao todas iguais. Prove que S ´e o baricentro de ∆ABC. Solu¸c˜ ao. Seja T a ´ area dos triˆ angulos ∆ABS, ∆BCS, ∆CAS. Da´ı, sendo M , N e P as inCN AP T BM = = = = 1, terse¸c˜oes de AS, BS e CS com os lados opostos, temos MC NA PB T isto ´e, M , N e P s˜ ao os pontos m´edios dos lados BC, CA e AB e, portanto, S ´e o 10

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baricentro de ∆ABC. 5. (IMO Short List) Seja ABC um triˆ angulo acutˆ angulo com circuncentro O e circunraio R. Seja A1 6= O o ponto de interse¸c˜ao de AO com a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo BOC e defina analogamente B1 e C1 . Mostre que OA1 · OB1 · OC1 ≥ 8R3 . Quando ocorre a igualdade? Solu¸c˜ ao. Sejam D, E e F as interse¸c˜oes de AO, BO e CO com BC, CA e AB, ´ f´acil ver que AO = BO = CO = R. Usando o teorema 9 temos respectivamente. E que: [∆AOB] + [AOC] AO = , OD [BOC] [AOB] + [BOC] BO = , OE [AOC] CO [AOC] + [BOC] = . OF [AOB] Fa¸ca [∆AOB] = x, [∆AOC] = y e [∆BOC] = z. ∆DCO, ent˜ ao OA1 R = ⇒ OA1 = OD R Analogamente, OB1 =

´ f´acil perceber que ∆OA1 C ∼ E R2 . OD

R2 R2 e OC1 = . Assim, OE OF

R R R OA BO CO R6 = · · · R3 = · · · R3 = OD · OE · OF OD OE OF OD OE OF √ √ √ 2 xy · 2 yz · 2 zx (x + y)(x + z)(y + z) 8zyz 3 = ·R ≥ · R3 = · R3 = 8R3 . xyz xyz xyz

OA1 · OB1 · OC1 =

A igualdade ocorre quando x = y = z. O exerc´ıcio 4 garante que O ´e o baricentro.

11

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago A

O

B

C

D

A1

6. (Cor´eia) Seja ABCD um quadril´ atero convexo e seja P o ponto de interse¸c˜ao das diagonais. Prove que [∆P AB] + [∆P CD] = [∆P BC] + [∆P DA] se, e somente se, P ´e o ponto m´edio de AC ou BD. 1 · PA · PB · 4 P C · P D · sin P . Os n´ umeros [∆P AB], [∆P CD] e [∆P BC], [∆P DA] tem a mesma soma e o mesmo produto, ent˜ ao [∆P AB] = [∆P BC] e [∆P CD] = [∆P DA] ou [∆P AB] = [∆P DA] e [∆P BC] = [∆P CD], ou seja, P ´e o ponto m´edio de AC ou BD.

Solu¸c˜ ao. Observe que [∆P AB] · [∆P CD] = [∆P BC] · [∆P DA] =

7. (AMC) Seja P um ponto no interior de um quadril´ atero convexo ABCD, com ´area 2002, tal que P A = 24, P B = 32, P C = 28 e P D = 45. Determine o per´ımetro de ABCD. Solu¸c˜ ao. Temos que

1 · AC · BD, 2 com igualdade acontecendo se, e somente se, AC ⊥ BD. Temos que [ABCD] ≤

2002 = [ABCD] ≤

1 1 52 · 77 · AC · BD ≤ · (AP + P C) · (BP + P D) = = 2002. 2 2 2

Portanto as diagonais AC e BD s˜ ao perpendiculares e se intersectam √ √ em P . Dessa √ √ forma, AB = 242 + 322 = 40, BC = 282 + 322 = 4 113, CD = 282 + 452 = 53 12

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e DA =

√

√ 452 + 242 = 51. Assim, o per´ımetro de ABCD ´e 144 + 4 113.

8. (OCM) Seja P QRS um quadril´ atero convexo de ´area A e O um ponto em seu interior. Prove que se 2A = OP 2 + OQ2 + OR2 + OS 2 , ent˜ao P QRS ´e um quadrado e O ´e o seu centro. Solu¸c˜ ao. [P QRS] = [∆P OQ] + [∆QOR] + [∆ROS] + [∆SOP ] 1 1 · OP · OQ · sin ∠(P OQ) + · OQ · OR · sin ∠(QOR) 2 2 1 1 + · OR · OS · sin ∠(ROS) + · OS · OP · sin ∠(SOP ). 2 2

=

Usando que sin θ ≤ 1, para todo θ ∈ [0, 360◦ ], com igualdade ocorrendo se, e somente x2 + y 2 se, θ = 90◦ , e que x·y ≤ , para quaisquer reais x e y, com igualdade ocorrendo 2 se, e somente se, x = y, obtemos: 2A ≤ OP · OQ + OQ · OR + OR · OS + OS · OP ≤

OP 2 + OQ2 OQ2 + OR2 OR2 + OS 2 OS 2 + OP 2 + + + 2 2 2 2 = OP 2 + OQ2 + OR2 + OS 2 .

Pelo enunciado, na u ´ltima desigualdade ocorre a igualdade. Dessa forma, temos: ∠P OQ = ∠QOR = ∠ROS = ∠SOP = 90◦ e OP = OQ = OR = OS. Isto significa que P QRS ´e um quadrado e O ´e o seu centro. 9. (Rioplatense) Em um triˆ angulo ABC, sejam D, E e F pontos sobre os lados BC, CA e AB, respectivamente, tais que [∆AF E] = [∆BF D] = [∆CDE]. Mostre que [∆DEF ] 1 ≥ . [∆ABC] 4 Solu¸c˜ ao.

13

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b

A

(1 − y)b

zc

E b

F b

yb (1 − z)c b

B

xa

b

b

D

(1 − x)a

C

Se [∆AF E] = [∆BF D] = [∆CDE] = S ent˜ao [∆DEF ] = [∆ABC] − 3S. Ent˜ao, [∆DEF ] 1 ≥ ⇔ [∆ABC] 4 [∆ABC] − 3S 1 ≥ ⇔ [∆ABC] 4 [∆ABC] ≥ 4S. Por outro lado, S = [∆AF E] =

b · c · sin ∠A zc · (1 − y)b · sin ∠A = z(1 − y) · = z(1 − y) · [∆ABC]. 2 2

Analogamente, S = [∆BF D] = x(1 − z) · [∆ABC] e S = [∆CDE] = y(1 − x) · [∆ABC]. Multiplicando as igualdades encontradas temos S 3 = x(1 − x)y(1 − y)z(1 − z) · [∆ABC]3 .

14

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago 1 Usando a desigualdade entre as m´edias ´e f´acil provar que x(1−x) ≤ , com igualdade 4 1 acontecendo se, e somente se, x = . 2 Portanto, [∆ABC]3 ⇔ 64 [∆ABC] ≥ 4S.

S3 ≤

10. (OCM) Os lados de um triˆ angulo s˜ ao expressos, em cm, por trˆes inteiros consecutivos 2 e sua ´area, em cm , ´e dada por um inteiro. Prove que o menor lado do triˆ angulo ´e ´ımpar. Solu¸c˜ ao. Sejam x−1, x, x+1 os lados do triˆ angulo. Pela f´ormula de Heron, a ´area do triˆ angulo ´e r 3x (x + 2) x (x − 2) [∆ABC] = · · · 2 2 2 2 r 1p 2 2 3x2 (x2 − 4) 3x (x − 4). = = 16 4 Como [∆ABC] ∈ Z, devemos ter 3x2 (x2 − 4) par, o que nos diz que x deve ser par. Portanto, o menor lado do triˆ angulo, que ´e x − 1, deve ser ´ımpar. 11. (Hong Kong) Seja ABC um triˆ angulo e sejam X, Y e Z pontos sobre os lados AB, AX 4 BY 6 CZ 8 BC e CA, respectivamente, tais que = , = e = . Se a ´area do XB 5 YC 7 ZA 9 triˆ angulo ∆ABC ´e 1989, determine a ´area do triˆ angulo ∆XY Z. Solu¸c˜ ao.   [∆AXZ] [∆BXY ] [∆CY Z] [∆XY Z] =1− + + 1989 1989 1989 1989   4 9 5 6 7 8 =1− · + · + · 9 17 9 13 13 17 1482 , 1989 Portanto, a ´ area do triˆ angulo ∆XY Z ´e 1989 − 1482 = 507. 1−

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Exerc´ıcios Propostos 1. Num triˆ angulo ABC tem - se AB = BC, e D ´e um ponto sobre a base AC tal que o raio do c´ırculo inscrito no triˆ angulo ABD ´e igual ao raio do c´ırculo tangente ao segmento DC e aos prolongamentos das retas BD e BC. Prove que o raio deste 1 angulo ABC. c´ırculo ´e igual a da medida h de uma das alturas iguais do triˆ 4 2. No triˆ angulo ABC, os pontos L, M e N est˜ ao sobre BC, CA e AB respectivamente, e AL, BM e CN s˜ ao concorrentes no ponto P . (a) Encontre o valor num´erico de PL PM PN + + AL BM CN (b) Encontre o valor num´erico de BP CP AP + + AL BM CN 3. (Ibero) Se AD, BE e CF s˜ ao trˆes cevianas concorrentes no circuncentro O do triˆ angulo ABC, demonstre que 1 1 2 1 + + = . AD BE CF R 4. (AIME) Num triˆ angulo ABC, A1 , B1 e C1 est˜ ao sobre os lados BC, CA e AB, respectivamente. Dado que AA1 , BB1 e CC1 s˜ ao concorrentes no ponto O, e que AO BO CO AO BO CO + + = 92. Encontre o valor de · · . OA1 OB1 OC1 OA1 OB1 OC1 5. Em um ∆ABC, AD, BE e CF s˜ ao concorrentes no ponto P tal que AP = P D = 6, EP = 3, P B = 9 e CF = 20. Qual ´e a ´area do ∆ABC? 6. Em um triˆ angulo ABC, sejam S o ponto m´edio da mediana correspondente ao v´ertice A e Q o ponto de interse¸c˜ ao de BS com o lado AC. Demonstrar que BS = 3QS. 7. Trˆes segmentos C1 A2 , C2 B1 e A1 B2 com extremos sobre os lados do triˆ angulo ABC s˜ ao paralelos aos lados e passam pelo ponto P . Prove que as ´areas dos triˆ angulos A1 B1 C1 e A2 B2 C2 s˜ ao iguais. ´ dado um quadril´ 8. (OBM) E atero convexo ABCD. Sejam E, F, G e H os pontos m´edios dos lados AB, BC, CD e DA, respectivamente. Determine a posi¸c˜ao de um ponto P de forma que os quadril´ ateros P HAE, P EBF , P F CG e P GDH tenham a mesma ´ area.

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9. Seja ABCDE um pent´ agono convexo (n˜ ao necessariamente regular) tal que os triˆ angulos ABC, BCD, CDE, DEA e EAB tem ´area 1. Qual a ´area do pent´agono? 10. Seja ABCD um quadril´ atero convexo e EH, EI, EF e EG s˜ ao segmentos paralelos e iguais a AB, BC, CD e DA, como mostra a figura abaixo. Determine a raz˜ ao entre as ´areas dos triˆ angulos HIF G e ABCD. G D

C F E

H A

B I

11. (AIME) Quadrados S1 e S2 s˜ ao inscritos em um triˆ angulo retˆ angulo ABC, como mostrado na figura abaixo. Determine AC + CB se ´area(S1 ) = 441 e ´area(S2 ) = 440. A

A

b

b

S2

S1 b

C

b

b

C

B

b

B

12. Seja P um ponto no interior de um triˆ angulo equil´atero ABC, e sejam D, E e F os sim´etricos de P em rela¸c˜ ao aos lados BC, CA e AB, respectivamente. Qual ´e maior, a ´area do triˆ angulo ABC ou a ´ area do triˆ angulo DEF ?

17

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 6 - Prof. C´ıcero Thiago C E D P

A

B F

13. (Portugal) Seja [∆ABC] um triˆ angulo retˆ angulo em A. Considere um ponto E sobre a hipotenusa e tra¸ca - se a partir desse ponto uma paralela ao cateto AC. Seja a interse¸c˜ ao desta paralela com o cateto AB. Prove que BC 2 BD DE + = , DE BD 2S sendo S a ´ area do triˆ angulo ∆ABC. 14. (Portugal) Os lados AB, BC e AC do triˆ angulo representado na figura medem, respectivamente, 7, 11 e 8. Tra¸cam - se W R, U P e V Q, perpendiculares aos lados. Sabendo que U W mede 2, determine a raz˜ ao entre a ´area do triˆ angulo ∆U V W e a ´area do triˆ angulo ∆ABC. A b

R b

U b

b

Q

b

W

V b

B

b

b b

C

P

18

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15. (OBM) ABCD ´e um quadril´ atero convexo e inscrit´ıvel e M ´e um ponto sobre o lado CD, tal que o triˆ angulo ADM e o quadril´ atero ABCM tˆem a mesma ´area e o mesmo per´ımetro. Prove que ABCD tem dois lados de comprimentos iguais. 16. Uma reta corta um quadril´ atero circunscrit´ıvel em dois pol´ıgonos com iguais ´areas e per´ımetros. Prove que a reta passa pelo centro da circunferˆencia inscrita. 17. Os pontos m´edios das diagonais AC, CE, EA, BD, DF e F B do hex´agono convexo ABCDEF s˜ ao v´ertices de um novo hex´agono. Calcular a rela¸c˜ao entre as ´areas do dois hex´agonos. 18. (Mandelbrot) Seja ABCD um quadril´ atero convexo tal que AB = 12, BC = 6 e CD = 20. Suponha que ABCD possui uma circunferˆencia inscrita que ´e tangente ao lado BC em seu ponto m´edio. Qual ´e a ´area do quadril´ atero ABCD? Sugest˜ oes 1. Use os teoremas 2 e 5. 2. Use o teorema 9. 3. Use o exerc´ıcio 2. 4. Use o teorema 9. 5. Use o teorema 9. 6. Use o teorema 9. 7. Use o teorema 8. 8. Use o teorema 8. 9. Use o teorema 8. 10. Use o teorema 8. 11. Use o teorema 7.

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12. Use o teorema 3. 13. Use o teorema 7 e o teorema de Pit´ agoras. 14. Use os teoremas 3 e 7. 15. Use o teorema 3. 16. Use o teorema 2. 17. Use base m´edia e o teorema 3. 18. Use os teoremas 2 e 6. Bibliografia 1. Cole¸c˜ ao Elementos da Matem´atica, vol.2 - Geometria Plana Marcelo Rufino de Oliveira e M´arcio Rodrigo da Rocha Pinheiro. 2. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica, Ensino M´edio, 1981 - 1985 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos. 3. Olimp´ıadas de Matem´atica, Categoria B, 10◦ , 11◦ e 12◦ anos, vol.1 Jorge Picado e Paulo Eduardo Oliveira. 4. T´ opicos de Matem´atica Elementar, vol.2, Geometria Euclidiana Plana Antonio Caminha Muniz Neto. 5. Area y Volumen, en la geometria elemental. Jos´e Araujo, Guilermo Keilhauer, Norma Pietrocola e Valeri Vavilov. 6. Which Way did the Bicycle Go? And other intriguing mathematical mysteries Joseph D. E. Konhauser, Dan Velleman e Stan Wagon. 7. 360 Problems for Mathematical Contests Titu Andreescu e Dorin Andrica. ´ 8. Areas para achar raz˜ oes de segmentos C´ıcero Thiago e Marcelo Mendes. 20

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Revista Eureka 25 9. Mathematical Olympiad Treasures Titu Andreescu e Bogdan Enescu˙ 10. Mandelbrot Morsels Sam Vandervelde.

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Polos Olímpicos de Treinamento Aula

Curso de Geometria - Nível 3

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Prof. Cícero Thiago

Teorema de Ceva

Teorema 1. Sejam D, E e F pontos sobre os lados BC, AC e AB, respectivamente, do triˆ angulo ∆ABC. Os segmentos AD, BE e CF intersectam - se em um ponto P se, e BD CE AF · · = 1. somente se, CD EA F B Demonstra¸c˜ ao. ⇒ A b

F b

b b

b

B

E

P

b

D

b

C

Defina K = [ABC], KA = [P BC], KB = [P CA] e KC = [P AB]. Temos que BD [∆ABD] [∆BP D] [∆ABD] − [∆BP D] [∆AP B] KC = = = = = . CD [∆ACD] [∆CP D] [∆ACD] − [∆CP D] [∆ACP ] KB KA AF KB BD CE AF KC KA KB CE = e = . Assim, · · = · · = 1. EA KC F B KA CD EA F B KB KC KA BD CE AF ⇐ Sejam D, E e F pontos sobre os lados BC, CA e AB tais que · · =1 CD EA F B mas AD, BE e CF n˜ ao s˜ ao concorrentes. Seja F1 sobre AB tal que AD, BE e CF1 s˜ ao De maneira an´ aloga,

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concorrentes em P . Assim,

BD CE AF1 AF AF1 · · = 1. Dessa forma, = ⇔ F = F1 . CD EA F1 B FB F1 B A b

F1 b

b

F b

b

B

b

E

P

b

b

C

D

Exerc´ıcios resolvidos 1. Prove que as medianas de um triˆ angulo s˜ ao concorrentes em um ponto que se chama baricentro. Solu¸c˜ ao. Sejam M , N e R os pontos m´edios de AC, BC e BA, respectivamente. Ent˜ao AM CN BR · · = 1, M C N B RA ou seja, AN , BM e CR s˜ ao concorrentes. 2. Prove que as bissetrizes internas de um triˆ angulo s˜ ao concorrentes em um ponto que se chama incentro. Solu¸c˜ ao. Sejam X, Y e Z os p´es das bissetrizes relativas aos lados BC, AC e AB, respectivamente. Pelo teorema das bissetrizes internas temos que AY CX BZ AB CA BC · · = · · = 1, Y C XB ZA BC AB CA ou seja, AX, BY e CZ s˜ ao concorrentes. 3. Prove que as alturas de um triˆ angulo s˜ ao concorrentes em um ponto que se chama ortocentro.

2

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Solu¸c˜ ao.

A

A b

b

M b

M

b

N b

b

L

H

b

B

b b

b

b b

L

C

B

b

C

N

b

H

´ f´acil ver que Sejam AL, BM e CN as alturas do triˆ angulo ∆ABC. E ∆AN C ∼ ∆AM B ⇒

AC AN = (I) MA AB

BL AB = (II) NB BC CM BC ∆CM B ∼ ∆CLA ⇒ = (III). LC AC ∆BLA ∼ ∆BN C ⇒

Multiplicando (I), (II) e (III) temos que AN BL CM AC AB BC · · = · · = 1, M A N B LC AB BC AC ou seja, as alturas s˜ ao concorrentes. 4. Seja ABCDEF um hex´agono convexo tal que cada uma das diagonais AD, BE e CF dividem o hex´agono em duas regi˜ oes de ´areas iguais. Prove que AD, BE e CF s˜ ao concorrentes. Solu¸c˜ ao.

3

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F b b

A Y b

b

Z

E

b b

X b b

B

D

b

C

Sejam X a intersec¸c˜ ao de AD e CE, Y a intersec¸c˜ao de AE e CF e Z ´e a intersec¸c˜ao de AC e BE. Denotaremos por [M N P ] a ´area do triˆ angulo ∆M N P , e seja K a ´area ´ f´acil ver que do hex´agono ABCDEF . E K − [ABC] [ACX] [CDX] [ACX] + [CDX] [ACD] CX = = = = = 2 . K XE [AXE] [DEX] [AXE] + [DEX] [ADE] − [AEF ] 2 De maneira an´ aloga, K − [CDE] EY = 2 K YA − [ABC] 2 e K − [AF E] AZ . = 2 K ZC − [CDE] 2 Portanto, K K K − [ABC] − [CDE] − [AF E] CX EY AZ 2 2 · · 2 = 1. · · = K K K XE Y A ZC − [AEF ] − [ABC] − [CDE] 2 2 2 4

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Pela rec´ıproca do teorema de Ceva no triˆ angulo ∆ACE temos que AX, CY e EZ s˜ ao concorrentes e, com isso, AD, BE e CF s˜ ao concorrentes. 5. Seja ∆ABC um triˆ angulo e seja AD uma altura, com D em BC. Sejam E e F pontos sobre AC e AB, respectivamente, tais que AD, BE e CF s˜ ao concorrentes. Ent˜ao a medida dos ˆ angulos ∠EDA = ∠F DA s˜ ao iguais. Solu¸c˜ ao. r

A

Q b

P b

b

b

E

b

C

F

b

b b

B

D

Seja r uma reta que passa por A e ´e paralela BC. Sejam Q e P as intersec¸c˜oes de ´ f´acil ver que ∆BF D ∼ ∆AF P assim DE e DF com r, respectivamente. E AP BD · AF BD = ⇔ AP = (1) BF AF BF e ∆CED ∼ ∆AEQ, ou seja, CD AQ CD · AE = ⇔ AQ = . (2) CE AE CE Por outro lado, pelo teorema de Ceva, aplicado ao triˆ angulo ∆ABC de cevianas concorrentes AD, BE e CF , AF BD CE · · =1 BF CD AE ⇔

BD · AF CD · AE = . BF CE

Da u ´ltima igualdade e de (1) e (2), temos que AP = AQ, ou seja, o triˆ angulo ∆DQP ´e is´ osceles e, com isso, a altura DA ser´ a bissetriz do ˆangulo ∠QDP , ent˜ao ∠ADE = ∠ADF .

5

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6. Seja ∆ABC um triˆ angulo e sejam P e Q pontos sobre os lados AB e AC, respectivamente, tais que P Q k BC. Prove que P C, QB e a mediana AM , com M em BC, s˜ ao concorrentes. Solu¸c˜ ao. Como P Q k BC, ent˜ ao AP AQ AP QC = ⇔ · = 1 (I). PB QC P B AQ Como AM ´e um mediana ent˜ ao BM = M C, assim BM = 1 (II). MC Multiplicando (I) e (II), temos AP QC BM · · = 1. P B AQ M C Pela rec´ıproca do teorema de Ceva temos que AM , QB e P C s˜ ao concorrentes. b

A

Q

P b

b

b b

B

M

b

C

Exerc´ıcios propostos 1. Sejam D, E e F os pontos de contato da circunferˆencia inscrita com os lados BC, CA e AB, respectivamente, do triˆ angulo ABC. Prove que AD, BE e CF s˜ ao concorrentes em um ponto que se chama Ponto de Gergonne.

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2. Sejam l e l1 duas retas paralelas dadas no plano. Usando apenas r´egua encontre o ponto m´edio do segmento AB que est´ a na reta l. 3. Seja P um ponto no interior de um triˆ angulo acutˆ angulo ABC e sejam D, E e F os pontos de intersec¸c˜ ao das retas AP , BP e CP com os lados BC, CA e AB, respectivamente. Determine P de maneira que a ´area do triˆ angulo DEF seja m´ axima. 4. (Cor´eia) Seja ABC um triˆ angulo com AB 6= AC, seja V a intersec¸c˜ao da bissetriz do ˆangulo ∠A com BC e seja D p´e da altura relativa ao v´ertice A. Se E e F s˜ ao as intersec¸c˜ oes dos c´ırculos circunscritos aos triˆ angulos ∆AV D com CA e AB, respectivamente, mostre que AD, BE e CF s˜ ao concorrentes. 5. Seja P um ponto no interior de um triˆ angulo. As bissetrizes de ∠BP C, ∠CP A e ∠AP B intersectam BC, CA e AB em X, Y e Z, respectivamente. Prove que AX, BY e CZ s˜ ao concorrentes.

Sugest˜ oes/Solu¸ co ˜es 2. Use o exerc´ıcio resolvido 6. Bibliografia 1. Advanced Euclidean Geometry Alfred Posamentier 2. Geometric Transformations III I. M. Yaglom 3. Methods of Problem Solving, Book 3 JB Tabov, EM Kolev e PJ Taylor 4. III Olimpiada Nacional Escolar de Matem´atica 2006 Jorge Tipe, John Cuya, Claudio Espinoza e Sergio Vera.

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Teorema de Menelaus e problemas de colinearidade Teorema 1. Se uma reta intersecta as retas BC, CA e AB de um triˆ angulo ABC nos pontos L, M e N , respectivamente, ent˜ao CL BN AM · · = 1. BL N A M C Inversamente, se L, M e N s˜ ao pontos sobre os lados BC, CA e AB do triˆ angulo ABC CL BN AM · · = 1, ent˜ ao L, M e N s˜ ao colineares. tais que BL N A M C Demonstra¸c˜ ao. ⇒ A b

Q b

N b b

P b

M b

b

b

B

C

R

b

L

Sejam AP , BQ e CR as perpendiculares tra¸cadas a partir de A, B e C, respectivamente, ´ f´acil ver que os triˆ `a reta em que se encontram L, M e N . E angulos retˆ angulos AP N e BQN s˜ ao semelhantes, assim como os triˆ angulos retˆ angulos QBL e RCL. Ent˜ao BQ CL RC BN = e = . AN AP BL QB Por outro lado, os triˆ angulos retˆ angulos AP M e CRM tamb´em s˜ ao semelhantes. De modo que AM AP = . CM CR

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 8 - Prof. C´ıcero Thiago

Portanto, BQ RC AP BN CL AM · · = · · = 1. AN BL CM AP QB CR ⇐ A b

N b

N1 b

b

M

b

b

B

C

b

L

CL BN AM Suponha, de maneira falsa, que · · = 1 e os pontos L, M e N n˜ ao s˜ ao BL N A M C colineares. Prolongue LM at´e intersectar AB em N1 . Pelo que foi provado acima temos CL BN1 AM · · = 1, assim que BL N1 A M C BN BN1 = ⇔ N = N1 . N1 A NA Dessa forma, L, M e N s˜ ao colineares. Teorema 2. (Pascal) Seja ABCDEF um hex´agono inscrito em um c´ırculo e sejam H, K e I os pontos de intersec¸c˜ ao de AB e ED, BC e F E e AF e CD, respectivamente. Ent˜ao, H, K e I s˜ ao colineares. Demonstra¸c˜ ao. As retas AB, CD e EF determinam o triˆ angulo XY Z. Considere as retas AF I, BCK e HDE que cortam as retas que formam o triˆ angulo XY Z. Aplicando o teorema de Menelaus, temos XA ZF Y I · · = 1, AZ F Y IX XB ZK Y C · · = 1, BZ KY CX XH ZE Y D · · = 1. HZ EY DX Multiplicando as trˆes igualdades e considerando que XA · XB = XC · XD =, Y C · Y D = Y E ·Y F e ZE ·ZF = ZA·ZB(provaremos a validade destas igualdades na aula de Potˆencia

2

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 8 - Prof. C´ıcero Thiago Y I XH ZK · · = 1. Pelo teorema de Menelaus temos que de Ponto e Eixo radical), obtemos IX HZ KY I, K e H s˜ ao colineares. O teorema de Pascal permite varia¸c˜oes como o exerc´ıcio resolvido 2.

b

I

Z

b

F

A

b b

E b

Y

b b b

D

B b b

C

X

b

K H b

Exerc´ıcios resolvidos 1. Dadas trˆes circunferˆencias C1 , C2 e C3 de centros O1 , O2 e O3 e raios r1 , r2 e r3 , respectivamente. Seja X a intersec¸c˜ao das tangentes comuns externas de C1 e C2 , Y a intersec¸c˜ ao das tangentes comuns externas de C1 e C3 e, finalmente, Z a intersec¸c˜ao das tangentes comuns externas de C2 e C3 . Prove que X, Y e Z s˜ ao colineares. ´ f´acil verificar que X, O1 e O2 s˜ Solu¸c˜ ao. E ao colineares. Assim, ∆XO1 P1 ∼ ∆XO2 P2 O1 P1 r3 O2 Z r2 r1 O3 Y O1 X = = = . Portanto, = . Analogamente, e e, com isso, O2 X O2 P2 r2 O1 Y r1 O3 Z r3 O1 X O3 Y O2 Z · · = 1. O2 X O1 Y O3 Z Pela rec´ıproca do teorema de Menelaus conclu´ımos que X, Y e Z s˜ ao colineares. Este resultado ´e conhecido como teorema de Monge.

3

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Z b

Y b

O2 O1

b b

X b

b

P1 b

P2

O3 b

2. Seja P um ponto no interior do triˆ angulo ABC. Sejam M e N as proje¸c˜oes de P sobre AB e AC, respectivamente. Seja K a proje¸c˜ao de A sobre CP e seja L a proje¸c˜ao de A sobre BP . Prove que KM , LM e BC s˜ ao concorrentes. Solu¸c˜ ao. ´ f´acil ver que A, K, M , P , N e L s˜ E ao conc´ıclicos. No hex´agono AKM P N L temos que AM ∩ LP = B, AN ∩ KP = C, KM ∩ LN = Q.

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Pelo teorema de Pascal temos que B, C e Q s˜ ao colineares, ou seja, KM , LM e BC s˜ ao concorrentes. b

A

b

K

L

b b

M

N

b

b

P

b

b b

Q

B

C

3. Prove que as bissetrizes internas de dois ˆangulos de um triˆ angulo is´ osceles e a bissetriz externa do terceiro ˆ angulo do triˆ angulo intersectam os lados opostos em trˆes pontos colineares. Solu¸c˜ ao. No triˆ angulo ABC, BM e CN s˜ ao bissetrizes internas dos ˆangulos ∠B e ∠C, respectivamente, e AL ´e a bissetriz externa do ˆangulo ∠A. Pelo teorema da bissetriz interna temos que AB BN BC AM = e = . MC BC N A AC Al´em disso, pelo teorema da bissetriz externa temos que CL AC = . BL AB Assim,

5

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AB BC AC AM BN CL · · = · · = 1. M C N A BL BC AC AB Pela rec´ıproca do teorema de Menelaus temos que N , M e L s˜ ao colineares.

A b

N b

b

b

M

b

B

b

L

C

4. Seja G o baricentro do triˆ angulo ABC e sejam AM , BN e CK as bissetrizes internas com M em BC, N em AC e K em AB. Prove que uma das alturas do triˆ angulo ABC ´e igual a soma das outras duas se, e somente se, G pertence a um lado do triˆ angulo M N K. Solu¸c˜ ao. Vamos supor que o baricentro G pertence ao lado N K do triˆ angulo M N K. Seja X ∈ AN o ponto m´edio de AC. B b

K b

b

G

b

A

M

b

b b

N

D

b

C

Considere o triˆ angulo ABX, em que K, G e N s˜ ao colineares e pertencem, respectivamente, ` as retas AB, BX e XA. Pelo teorema de Menelaus temos AK BG XN · · = 1. (1) KB GX N A Al´em disso, pelo toerema da bissetriz interna e por G ser o baricentro temos AC BG AK = e = 2. (2) KB BC GX 6

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Se BC = a, AC = b e AB = c e substituindo (2) em (1) temos XN b ·2· = 1. (3) a NA Temos que AN =

bc pelo teorema da bissetriz interna. Por outro lado, a+c XN = AN − AX =

bc b bc − ba − = . a+c 2 2(a + c)

Ent˜ao, XN bc − ba a + c c−a = · = . AN 2(a + c) bc 2c Substituindo em (3) temos 1 =2·

b c−a · ⇔ ac = bc − ab ⇔ a 2c bc = ac + ab. (4)

Se s = [ABC] e hA , hB e hC s˜ ao as alturas do triˆ angulo ABC correspondentes aos v´ertices A, B e C temos que 2s = a · hA = b · hB = c · hC . Ent˜ao, se em (4) multiplicarmos por

s , temos que abc s s s = + , a b c

ou seja, hA = hB + hC . Reciprocamente, se hA = hB + hC , fazendo o processo inverso chegamos em AK BG XN · · = 1. KB GX N A Assim, pelo teorema de Menelaus temos que K, G e N s˜ ao colineares.

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5. (Reta de Newton) Seja ABCD um quadril´ atero tal que BA e CD intersectam - se em E, AD e BC intersectam - se em F e sejam N , L e M os pontos m´edios de EF , AC e BD, respectivamente. Prove que N , L e M s˜ ao colineares. Solu¸c˜ ao. b

E

A b

b

P b

D b

L b

b

N

b

M

B

b

Q

b

R

b

C

b

F

Sejam P , Q e R os pontos m´edios de EB, EC, BC, respectivamente. Pelo teorema da base m´edia temos que Q, L e R s˜ ao colineares e EA QL = . LR AB Da mesma forma, P , M R e R s˜ ao colineares e CD RM = , MP DE e N , Q e P s˜ ao colineares e PN BF = . NQ FC Aplicando o teorema de Menelaus no triˆ angulo EBC cortado pela transversal ADF temos EA BF CD · · = 1, AB F C DE QL RM P N EA CD BF · · = · · = 1. Pelo teorema de Menelaus apliLR M P N Q AB DE F C cado ao triˆ angulo P QR e os pontos M , L e N conclu´ımos que M , L e N s˜ ao colineares. portanto

Exerc´ıcios propostos

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1. Prove que as bissetrizes externas dos ˆangulos de um triˆ angulo, n˜ ao is´ osceles, intersectam os lados opostos em trˆes pontos colineares. 2. O ortocentro de um triˆ angulo ABC ´e o ponto m´edio da altura relativa ao v´ertice C. Prove que cos ∠C = cos ∠A · cos ∠B, em que ∠A, ∠B e ∠C s˜ ao os ˆangulos do triˆ angulo ABC. 3. A bissetriz AD de um triˆ angulo ABC divide o lado BC na raz˜ ao 2 : 1. Determine a raz˜ ao em que a mediana CE divide a bissetriz. 4. (Macedˆonia) Seja Γ a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ABC. Seja D a intersec¸c˜ao da tangente ` a Γ, em A, com o lado BC, E a intersec¸c˜ao da tangente `a Γ, em B, com o lado AC e F a intersec¸c˜ao da reta tangente `a Γ, em C, com o lado AB. Prove que D, E e F s˜ ao colineares. 5. (OBM) No triˆ angulo ABC, D ´e ponto m´edio de AB e E ponto sobre o lado BC tal que BE = 2 · EC. Sabendo que ∠ADC = ∠BAE, calcule o valor de ∠BAC. 6. (IMO) As diagonais AC e CE de um hex´agono regular ABCDEF s˜ ao divididas interCN AM = = r. Determine namente pelos pontos M e N , respectivamente, na raz˜ ao AC CE r se B, M e N s˜ ao colineares. 7. Seja ABC um triˆ angulo e sejam E e D pontos sobre o lado BC tal que CE = ED = DB. Seja F o ponto m´edio de AC e G o ponto m´edio de AB. Seja H a intersec¸c˜ao EH de EG e F D. Determine o valor de . HG 8. Seja ABCD um trap´ezio com AB k CD e seja X um ponto no segmento AB. Se P ´e a intersec¸c˜ ao de BC e AD, Y a intersec¸c˜ao de CD e P X, R a intersec¸c˜ao de AY e 1 1 1 = + . BD e T a intersec¸c˜ ao de P R e A. Prove que AX AX AB 9. (Cone Sul) Seja C uma circunferˆencia de centro O, AB um diˆ ametro dela e R um ponto qualquer em C distinto de A e de B. Seja P a intersec¸c˜ao da perpendicular tra¸cada por O a AR. Sobre a reta OP se marca o ponto Q, de maneira que QP ´e a metade de P O e Q n˜ ao pertence ao segmento OP . Por Q tra¸camos a paralela a AB que corta a reta AR em T . Chamamos de H o ponto de intersec¸c˜ao das retas AQ e OT . Provar que H, R e B s˜ ao colineares.

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10. Seja ABCD um quadril´ atero. Seja P a intersec¸c˜ao de BC e AD, Q a intersec¸c˜ao de CA e BD e R a intersec¸c˜ ao de AB e CD. Prove que os pontos de intersec¸c˜ao de BC e QR, de CA e RP e de AB e P Q s˜ ao colineares. Bibliografia 1. Leccture Notes on Mathematical Olympiad Courses For senior Section, vol. 1 Xu Jiagu 2. Advanced Euclidean Geometry Alfred Posamentier 3. III Olimpiada Nacional Escolar de Matem´atica 2006 Jorge Tipe, John Cuya, Claudio Espinoza e Sergio Vera. 4. Explorations in Geometry Bruce Shawyer 5. Cole¸c˜ ao Elementos de Matem´atica, vol.2 Marcelo Rufino de Oliveira 6. The theorem of Menelaus B. Orach Quantum - May/Jun 2001 7. Problemas de Geometr´ıa - Planimetria I. Shariguin

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Rela¸c˜ oes m´ etricas no triˆ angulo.

Teorema 1. (Lei dos Senos) Seja ABC um triˆ angulo tal que BC = a, CA = b e AB = c. Seja R o raio da circunferˆencia circunscrita. Ent˜ao b c a = = = 2R. sin ∠A sin ∠B sin ∠C Demonstra¸c˜ ao. A b

c

b O b

ˆ B b

B

b

a

ˆ B

C

b

D

´ f´acil ver que ∠ABC = ∠ADC. Assim, no triˆ Seja AD um diˆ ametro. E angulo ∆ADC, b b sin ∠B = ⇔ = 2R. Analogamente, 2R sin ∠B c a = = 2R. sin ∠A sin ∠C

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Finalmente, b c a = = = 2R. sin ∠A sin ∠B sin ∠C Teorema 2. (Lei dos Cossenos) Seja ABC um triˆ angulo tal que BC = a, CA = b e AB = c. Ent˜ ao, a2 = b2 + c2 − 2bc cos ∠A, b2 = a2 + c2 − 2ac cos ∠B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos ∠C.

Demonstra¸c˜ ao.

A b

c

b

B

ˆ B m

b

H

b

D

a−m

b

C

Vamos fazer o caso em que o triˆ angulo ´e acutˆ angulo. O caso em que o triˆ angulo ´e obtusˆ angulo fica como exerc´ıcio. Aplicando o teorema de Pit´ agoras nos triˆ angulos ∆ABD e ∆ACD, temos: c2 = m2 + H 2 e b2 = (a − m)2 + H 2 ⇔

b2 = a2 − 2am + m2 + H 2 . m Assim, b2 = a2 + c2 − 2am. Por outro lado, cos ∠B = ⇔ m = c · cos ∠B. Finalmente, c 2 2 2 b = a + c − 2ac cos ∠B. Analogamente, a2 = b2 + c2 − 2bc cos ∠A e c2 = a2 + b2 − 2ab cos ∠C. Teorema 3. (Stewart) Seja ABC um triˆ angulo tal que BC = a, CA = b e AB = c. Seja D um ponto sobre o lado BC tal que BD = x, CD = y e AD = z. Ent˜ao, c2 y + b2 x − z 2 a = axy. 2

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Demonstra¸c˜ ao. A b

b

c z α

180◦ − α b

B

x

b

y

D

b

C

Aplicando a lei dos Cossenos nos triˆ angulos ∆ABD e ∆ACD, temos c2 = x2 + z 2 − 2xz cos(180◦ − α) ⇔ c2 z2 =x+ − 2z cos(180◦ − α). (1) x x E b2 = y 2 + z 2 − 2yz cos α ⇔

z2 b2 =y+ − 2z cos α. (2) y y

Adicionando (1) e (2), encontramos b2 c2 z2 z2 + =x+y+ + ⇔ y x y x z2 z2 b2 c2 + =a+ + ⇔ y x y x c2 y + b2 x − z 2 a = axy. Teorema 4. (Ceva trigonom´ etrico) Seja ABC um triˆ angulo e sejam D, E e F pontos sobre os lados BC, CA e AB, respectivamente. Ent˜ao, AD, BE e CF s˜ ao concorrentes se, e somente se, sin ∠CAD sin ∠ABE sin ∠BCF · · = 1. sin ∠BAD sin ∠CBE sin ∠ACF Demonstra¸c˜ ao. ⇒ Suponha que AD, BE e CF s˜ ao concorrentes em P .

3

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A b

F

b

E b

P b

b

b

B

b

C

D

Aplicando lei dos senos nos triˆ angulos ABP , BCP e CP A, respectivamente, temos 1)

BP AP sin ∠ABE AP = ⇔ = . sin ∠BAD sin ∠ABE sin ∠BAD BP

CP sin ∠BCF BP BP = ⇔ = . sin ∠BCF sin ∠CBE sin ∠CBE CP AP sin ∠CAD CP CP = ⇔ = . 3) sin ∠CAD sin ∠ACF sin ∠ACF AP

2)

Portanto,

sin ∠ABE sin ∠BCF sin ∠CAD AP BP CP · · = · · = 1. BP CP AP sin ∠BAD sin ∠CBE sin ∠ACF sin ∠CAD sin ∠ABE sin ∠BCF ⇐ Para demonstrar a rec´ıproca, ou seja, se · · = 1 ent˜ao sin ∠BAD sin ∠CBE sin ∠ACF AD, BE e CF s˜ ao concorrentes, usaremos o seguinte Lema: Seja ABC um triˆ angulo e AD uma ceviana qualquer. Ent˜ao, BD AB sin ∠BAD = · . CD AC sin ∠CAD Demonstra¸c˜ ao. A b

b

B

b

b

C

D

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Aplicando a lei dos senos nos triˆ angulos ABD e ACD, respectivamente, temos BD AB = sin ∠BAD sin ∠ADB AC CD = . 2) sin ∠CAD sin ∠ADC Por outro lado, sin ∠ADB = sin ∠ADC pois ∠ADB + ∠ADC = 180◦ . 1)

Assim,

AB sin ∠BAD BD = · . CD AC sin ∠CAD

De maneira an´ aloga, sejam BE e CF cevianas quaisquer, ent˜ao CE BC sin ∠CBE = · , EA AB sin ∠ABE AF AC sin ∠ACF = · . FB BC sin ∠BCF BD CE AF · · = 1. Pela rec´ıproca do Multiplicando todas as igualdades encontramos CD EA F B teorema de Ceva, segue o resultado. Exerc´ıcios resolvidos

1. (China Western) Em um trap´ezio ABCD, AD//BC . Sejam E um ponto variando sobre o lado AB, O1 e O2 os circuncentros dos triˆ angulos AED e BEC, respectivamente. Prove que o comprimento de O1 O2 ´e fixo. Solu¸c˜ ao. A b b

D

E b

b

b

O1

O2

b

b

B

C

´ f´acil ver que ∠AEO1 = 90◦ − ∠ADE e ∠BEO2 = 90◦ − ∠BCE. Ent˜ao, E ∠O1 EO2 = ∠ADE + ∠ECB. 5

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Como AD k BC, construa uma paralela a AD, por E. Dessa forma ∠DEC = ∠ADE + ∠BCE, ou seja, ∠O1 EO2 = ∠DEC. Usando lei dos senos, temos DE 2O1 E sin ∠A O1 E = = . EC 2O2 E sin ∠B O2 E Assim, ∆DEC ∼ ∆O1 EO2 . Portanto, O1 O2 O1 E O1 E 1 = = = . DC DE 2O1 E sin ∠A 2 sin ∠A Portanto, O1 O2 =

DC , que ´e um valor fixo. 2 sin ∠A

2. Seja ABCD um quadril´ atero inscrito em uma circunferˆencia de diˆ ametro AD. Se AB = BC = 1 e AD = 3, ache o comprimento da corda CD. Solu¸c˜ ao.

C b

B

A

b

α α b

D b

Temos que AD = 3, AB = BC = 1. Aplicando o teorema de Pit´ agoras no triˆ angulo ABD, temos √ AD 2 = AB 2 + BD 2 ⇔ 32 = 11 + BD 2 ⇔ BD = 2 2. 6

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 9 - Prof. C´ıcero Thiago √ BD 2 2 Al´em disso, cos α = = . Aplicando a lei dos cossenos no triˆ angulo BCD, AD 3 temos BC 2 = BD 2 + CD 2 − 2 · BD · CD cos α ⇔ √ √ 2 2 2 2 ⇔ 1 = 8 + CD − 2 · 2 2 · CD 3 7 CD = 3 ou . 3 Como o diˆ ametro mede 3, ent˜ ao CD =

7 . 3

3. (Teste de sele¸c˜ ao do Brasil para a Cone Sul) Em um triˆ angulo acutˆ angulo ABC, ∠A = 30◦ , H ´e seu ortocentro e M ´e o ponto m´edio de BC. Sobre a reta HM tomemos um ponto T 6= H tal que HM = M T . Mostre que AT = 2BC. Solu¸c˜ ao. C b

H b

M b

T b

b

b

B

A

HBT C ´e um paralelogramo pois M ´e o ponto m´edio de BC e HM = M T . Al´em disso, BC ⊥ AC e BH k AC, assim CT ⊥ AC, ou seja, ∠T CA = ∠90◦ . Com isso, T pertence ` a circunferˆencia circunferˆencia circunscrita a ABC e AT ´e diˆ ametro. Portanto, BC BC = = 2BC. AT = 2R = sin ∠A sin 30◦ 4. Seja ABC um triˆ angulo com ∠BAC = 40◦ e ∠ABC = 60◦ . Sejam D e E pontos sobre os lados AC e AB, respectivamente, tais que ∠CBD = 40◦ e ∠BCE = 70◦ e F a interse¸c˜ ao de BD e CE. Prove que AF ⊥BC. Solu¸c˜ ao.

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A b

E b

b

D

b

F

b

B

b b

G

C

´ f´acil ver que ∠BAG = 30◦ e, com Seja G o p´e da altura relativa ao lado BC. E isso, ∠CAG = 10◦ . Como ∠CBD = 40◦ , ent˜ao ∠ABD = 20◦ . Al´em disso, como ∠BCE = 70◦ , ent˜ ao ∠ACE = 10◦ . Aplicando o teorema de Ceva trigonom´etrico temos sin 10◦ sin 20◦ sin 70◦ 2 · sin 20◦ · cos 20◦ sin ∠CAG sin ∠ABD sin ∠BCE · · = · · = = 1. sin ∠BAG sin ∠CBD sin ∠ACE sin 30◦ sin 40◦ sin 10◦ sin 40◦ Portanto, AG, BD e CE s˜ ao concorrentes. Exerc´ıcios propostos 1. Seja ABC um triˆ angulo tal que ∠ABC = 45o . Seja D o ponto sobre o segmento BC tal que 2BD = CD e ∠DAB = 15o . Determine o ˆangulo ∠ACB. 2. (AIME) Seja ABC um triˆ angulo tal que AB = 13, BC = 15 e CA = 14. Seja D o ponto do segmento BC tal que CD = 6. Seja E o ponto de BC tal que CE > CD e ∠BAE = ∠CAD. Determine BE. 3. (OCM) Determine a ´ area de um hex´agono convexo que est´ a inscrito em um c´ırculo e tem trˆes lados consecutivos iguais a 3 cm e os outros trˆes com comprimentos iguais a 2 cm. 4. (OCM) As retas r, s e t s˜ ao paralelas. A reta s est´ a situada entre r e t de tal modo que a distˆ ancia de s a r ´e 3m e a distˆ ancia de s a t ´e 1m. Calcule a a´rea de um 8

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triˆ angulo equil´atero onde os v´ertices se encontram sobre cada uma das trˆes retas. 5. Em um triˆ angulo ABC, ∠BAC = 100o e AB = AC. Seja BD a bissetriz de ∠ABC, com D sobre o lado AC. Prove que AD + BD = BC. 6. Os lados a > b >c de triˆ a ngulo est˜ ao em P.A. de raz˜ ao k > 0.  um  C 1 A · tg = . (i) Prove que tg 2 2 3 2k   . (ii) Se r ´e o inraio, prove que r =    C A − tg 3 tg 2 2 7. Seja P um ponto no interior do triˆ angulo ABC tal que ∠P AB = 10◦ , ∠P BA = 20◦ , ◦ ◦ ∠P CA = 30 e ∠P AC = 40 . Prove que o triˆ angulo ABC ´e is´ osceles. 8. Seja ABC um triˆ angulo, prove que r = 4R · sin

B C A · sin · sin . 2 2 2

9. Seja ABC um triˆ angulo tal que max{A, B} = C +30◦ . Prove que ABC ´e um triˆ angulo R √ = 3 + 1. retˆ angulo se, e somente se, r 10. (IMO) Seja I o incentro do triˆ angulo ABC. Sejam K, L, M os pontos onde o c´ırculo inscrito em ABC toca os lados BC, CA e AB, respectivamente. A reta paralela a M K passando por B encontra as retas LM e LK em R e S, respectivamente. Mostre que o ˆangulo ∠RIS ´e agudo. 11. Um triˆ angulo equil´atero ABC tem lado 2 cm e Γ ´e a sua circunferˆ ancia inscrita. Demonstre que para todo ponto de Γ a soma dos quadrados de suas distˆ ancias aos v´ertices A, B e C ´e igual a 5. 12. (IMO) Em um triˆ angulo ABC a bissetriz do ˆangulo ∠BCA intersecta o c´ırculo circunscrito do triˆ angulo ABC novamente no ponto R, a mediatriz de BC em P , a mediatriz de AC em Q. O ponto m´edio de BC ´e K e o ponto m´edio de AC ´e L. Prove que os triˆ angulos RP K e RQL tem a mesma ´area. 13. IMO Shortlist)Seja A1 o centro de um quadrado inscrito em um triˆ angulo acutˆ angulo ABC, com dois de seus v´ertices sobre o lado BC e os outros dois v´ertices, est˜ ao sobre os lados AB e AC. Pontos B1 e C1 s˜ ao definidos de maneira similar, inscrevendo quadrados com dois de seus v´ertices sobre os lados AC e AB, respectivamente. Prove 9

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que as retas AA1 , BB1 e CC1 s˜ ao concorrentes. 14. (Teste de sele¸c˜ ao do Brasil para a IMO)Seja Γ uma circunferˆencia de centro O tangente aos lados AB e AC do triˆ angulo ABC nos pontos E e F . A reta perpendicular ao lado BC por O intersecta EF no ponto D. Mostre que A, D e M (ponto m´edio de BC) s˜ ao colineares.

Bibliografia 1. 103 Trigonometry Problems - From the training of the USA IMO team Titu Andreescu 2. Precalculus Richard Rusczyk 3. Olimp´ıadas de Matem´atica 97 Antonio Caminha, Onofre Campos e Paulo Rodrigues 4. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica, Ensino M´edio, 1981 - 1985 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos.

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Potˆ encia de ponto 1. Defini¸ c˜ ao Seja Γ uma circunferˆencia de centro O e raio R. Seja P um ponto que est´ a a uma distˆ ancia d de O, vamos definir a potˆencia do ponto P em rela¸c˜ao `a circunferˆencia Γ por PotPΓ = d2 − R2 .

´ f´acil ver que se P ´e um ponto no exterior de Γ ent˜ao a potˆencia ser´ E a positiva, se P ´e um ponto sobre a circunferˆencia ent˜ ao sua potˆencia ser´ a zero e se P ´e um ponto no interior da circunferˆencia ent˜ ao sua potˆencia ser´ a negativa. Teorema 1. Seja P um ponto e Γ uma circunferˆencia. Se uma reta que passa por P intersecta a circunferˆencia nos pontos A e B, ent˜ao o produto P A · P B ´e constante. Demonstra¸c˜ ao. ◦ 1 caso: P ´e um ponto no exterior.

b

m m

M b

A

R

b

b

P

b

O

B

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Seja OM a mediatriz de AB. Ent˜ ao P A · P B = (P M − m) · (P M + m) = P M 2 − m2 = P M 2 + OM 2 − (OM 2 + m2 ) = P O 2 − R2 = PotPΓ . Vamos analisar tamb´em o caso em que pelo ponto P ´e tra¸cada uma tangente a Γ.

T b

R

b

O b

P

Dessa forma pelo teorema de Pit´ agoras temos que P O 2 = P T 2 + R2 ⇔ P T 2 = P O 2 − R2 = PotPΓ . 2◦ caso: P ´e um ponto no interior.

2

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m b

B

M

m

b

R

b

A b

P b

O

Seja OM a mediatriz de AB. Ent˜ ao P A · P B = (m − P M ) · (m + P M ) = m2 − P M 2 = m2 + OM 2 − (OM 2 + P M 2 ) = R2 − P O 2 = −PotPΓ . Problema 1. Dois c´ırculos Γ1 e Γ2 intersectam - se em P e Q. Uma reta passando por P intersecta Γ1 e Γ2 novamente em A e B, respectivamente, se X ´e o ponto m´edio de AB e a reta que passa por Q e X intersecta Γ1 e Γ2 novamente em Y e Z, respectivamente. Prove que X ´e o ponto m´edio de Y Z. Solu¸c˜ ao. PotX Γ2 = XP · XB = XZ · XQ, −PotX Γ1 = XP · XA = XY · XQ. Ent˜ao, XZ · XQ XP · XB = ⇔ XP · XA XY · XQ XY = XZ.

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Γ1 b

Y

Γ2 P

X A

b

B

b b

b

b

O1 b

Z b

O2

b

Q

Problema 2. (OCM) Duas tangentes OA e OB s˜ ao tra¸cadas a um c´ırculo de um ponto externo O. Uma corda AC ´e constru´ıda paralela a OB e uma secante OC ´e desenhada intersectando o c´ırculo em E. Se K ´e o ponto de interse¸c˜ao de OB com o prolongamento de AE, prove que OK = KB. Solu¸c˜ ao. Temos que ∠KOC = ∠ECA pois OB k AC e ∠ECA = ∠EAO pois OA ´e tangente ao c´ırculo. Ent˜ao ∆OKE ∼ ∆AKO assim KE OK = ⇔ OK 2 = KE · KA. KA OK

Usando a potˆencia de K com rela¸c˜ ao ` a circunferˆencia temos KB 2 = KE · KA. Portanto, OK = KB.

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A b

α

α

E b

O

b

C

b

α

b

K

b

B

Problema 3. Seja ABCD um quadril´ atero inscrito em um semic´ırculo s de diˆ ametro AB. As retas AC e BD se intersectam em E e as retas AD e BC em F . A reta EF intersecta o semic´ırculo s em G e a reta AB em H. Prove que E ´e o ponto m´edio do segmento GH se, e somente se, G ´e o ponto m´edio do segmento F H. Solu¸c˜ ao. Como AC e BD s˜ ao alturas do triˆ angulo ABF ent˜ao E ´e o ortocentro desse triˆ angulo. Assim, F E ´e perpendicular a AB. Os triˆ angulos HEB e HAF s˜ ao semelhantes, temos que HE HB 2 = . Ent˜ ao, HE · HF = HA · HB = HG e a equivalˆencia ´e clara. HA HF

5

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F b

C

G b

b

D b

E b

b

b b

A

B

H

Problema 4. Seja C uma semicircunferˆencia de centro O e diˆ ametro AB e D ´e o ponto m´edio do arco AB. Sobre a reta OD toma - se o ponto E, do mesmo lado de D com rela¸c˜ao a AB, tal que OE = BD. Se BE corta a semicircunferˆencia em F e P ´e o ponto de AB AB . tal que F P ´e perpendicular a AB. Prove que BP = 3 Solu¸c˜ ao. √ Sem perda de generalidade fa¸ c a OA = OB = 1. Logo, OD = 1, OE = BD = 2 e √ ametro AB temos EB = 3. Utilizando a potˆencia de E com rela¸c˜ao `a circunferˆencia de diˆ EF · EB = EO 2 − R2 = EO2 − 1. Assim, EF ·

√

√ 3 = ( 2)2 − 1 ⇔ EF =

√ 2 3 3 e FB = . 3 3

√

Al´em disso, ∆BP F ∼ ∆BOE ent˜ ao BF 2 BP = ⇔ BP = . BO BE 3 Portanto,

2 1 AB BP = 3 = ⇔ BP = . AB 2 3 3 6

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E b

b

D

F b

b

b b

A

O

b

P

B

Exerc´ıcios propostos 1. Em um triˆ angulo ABC, a bissetriz do ˆangulo A e a mediana relativa a BC intersectam este lado em pontos distintos O e M , respectivamente. O c´ırculo circunscrito ao triˆ angulo AOM intersecta os lados AB e AC em E e F , respectivamente. Prove que BE = CF . 2. Seja BD a bissetriz do ˆ angulo B do triˆ angulo ABC. Se o c´ırculo circunscrito ao triˆ angulo BDC intersecta AB em E e o c´ırculo circunscrito ao triˆ angulo ABD intersecta BC em F , prove que AE = CF . 3. Um triˆ angulo acutˆ angulo ABC est´ a inscrito numa circunferˆencia de centro O. As alturas do triˆ angulo s˜ ao AD, BE e CF . A reta EF intersecta a circunferˆencia em P e Q. (a) Prove que OA ´e perpendicular a P Q. 7

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(b) Se M ´e o ponto m´edio de BC, prove que AP 2 = 2AD.OM . 4. Seja C um ponto sobre o semic´ırculo de diˆ ametro AB e seja D o ponto m´edio do arco AC. Se E ´e a proje¸c˜ ao de D sobre BC e F ´e a interse¸c˜ao de AE com o semic´ırculo, prove que BF bissecta o segmento DE. 5. Seja P um ponto no interior de um c´ırculo tal que existem trˆes cordas que passam por P e tem o mesmo comprimento. Prove que P ´e o centro do c´ırculo. 6. Sejam Γ1 e Γ2 c´ırculos concˆentricos, com Γ2 no interior de Γ1 . Partindo de um ponto A pertencente a Γ1 , ´e desenhada uma tangente AB `a Γ2 (B ∈ Γ2 ). Seja C o segundo ponto de interse¸c˜ ao de AB com Γ1 , e D o ponto m´edio de AB. Um reta passando por A intersecta Γ2 em E e F de tal maneira que as mediatrizes de DE e CF se AM . intersectam em um ponto M sobre AC. Determine a raz˜ ao MC Bibliografia 1. Problemas de las olimpiadas matematicas del Cono Sur (I a a IV a ) Fauring - Wagner - Wykowski - Gutierrez - Pedraza - Moreira 2. Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica - Ensino Fundamental - 1981 - 2005 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆ onio M. de Paiva e Onofre Campos 3. Potˆencia de um ponto em rela¸c˜ ao a uma circunferˆencia Eduardo Wagner Revista do professor de matem´ atica - N´ umero 45 4. Mathematical Olympiad Challenges Titu Andreescu e Razvan Gelca

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Potˆ encia de ponto e eixo radical Chamaremos de Eixo radical o lugar geom´etrico dos pontos que possuem a mesma potˆencia com rela¸c˜ ao a duas circunferˆencias dadas. Teorema 1. O conjunto dos pontos que possuem a mesma potˆencia com rela¸c˜ao a duas circunferˆencias dadas ´e uma reta perpendicular `a reta que cont´em os centros. Demonstra¸c˜ ao.

P b

α b

O1

b

M

b

Q

b

O2

Sejam Γ1 e Γ2 circunferˆencias com centros O1 e O2 e raios R1 e R2 , respectivamente. Al´em disso, seja P um ponto que possui a mesma potˆencia com rela¸c˜ao as duas circunferˆencias. Assim, PotPΓ1 = PotPΓ2 ⇔

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 11 - Prof. C´ıcero Thiago P O12 − R12 = P O22 − R22 ⇔ P O12 − P O22 = R12 − R22 . Seja M o ponto m´edio de O1 O2 , Q a proje¸c˜ao de P sobre O1 O2 e ∠P M Q = α. Aplicando a lei dos cossenos nos triˆ angulos ∆P O1 M e ∆P O2 M temos P O12 = O1 M 2 + P M 2 − 2 · O1 M · P M · cos(180◦ − α) = P O12 = O1 M 2 + P M 2 + 2 · O1 M · P M · cos α P O22 = O2 M 2 + P M 2 − 2 · O2 M · P M · cos α. Ent˜ao, P O12 − P O22 = 2 · O1 O2 · P M · cos α. MQ ⇔ M Q = P M · cos α, com isso Por outro lado, cos α = PM R2 − R22 = Fixo. MQ = 1 2 · O1 O2 Portanto, o lugar geom´etrico dos pontos P ´e a reta perpendicular a O1 O2 que passa por Q. Por outro lado, seja P1 um ponto de P Q. Vamos provar que P1 possui a mesma potˆencia com rela¸c˜ao ` as duas circunferˆencias. Assim, pelo toerema de Pit´ agoras P1 O12 = O1 Q2 + P1 Q2 , P1 O22 = O2 Q2 + P1 Q2 . Ent˜ao, P1 O12 − P1 O22 = O1 Q2 − O2 Q2 .

P b

P1 b

b

b

O1

Q

2

b

O2

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Al´em disso, P O12 = O1 Q2 + P Q2 , P O22 = O2 Q2 + P Q2 . Ent˜ao, P O12 − P O22 = R12 − R22 = O1 Q2 − O2 Q2 = P1 O12 − P1 O22 ⇔ P1 O12 − R12 = P1 O22 − R22 ⇔ PotPΓ11 = PotPΓ21 . Teorema 2. (Euler) Seja O o circuncentro, I o incentro, R o raio da circunferˆencia circunscrita e r o raio da circunferˆencia inscrita de um triˆ angulo ABC, ent˜ao OI 2 = R2 − 2Rr. Demonstra¸c˜ ao. Lema: Seja D a intersec¸c˜ ao de AI com a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ABC. Ent˜ao, DI = DB = DC. A b

α α

b

I

α+β β b

B

β α

b

α

b

D

3

C

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 11 - Prof. C´ıcero Thiago

Demonstra¸c˜ ao. Seja D a intersec¸c˜ ao de AI com a circunferˆencia circunscrita ao triˆ angulo ´ f´acil ver que ∠DBC = ∠DCB = α, ou ABC e seja BI a bissetriz do ˆ angulo ∠B = 2β. E seja, DB = DC. Pela propriedade do ˆ angulo externo, ∠BID = α + β = ∠IBD, ou seja, DI = DB. Vamos, agora, demonstrar que OI 2 = R2 −2Rr. Seja IE = r, DH = 2R e Γ a circunferˆencia ´ f´acil ver que ∆IEA ∼ ∆DBH ent˜ao circunscrita ao triˆ angulo ABC. E DB 2R = ⇔ AI · DB = 2Rr. AI r Mas, pelo lema, DB = DI. Ent˜ ao, AI · DI = 2Rr ⇔ −PotIΓ = 2Rr ⇔ R2 − OI 2 = 2Rr ⇔ OI 2 = R2 − 2Rr.

b

A

H

b

α α α

b

b

I

E

O b

α+β β b

B

β α b

b

α

M

C

b

D

Teorema 3. (Centro radical) Considere trˆes c´ırculos Γ1 , Γ2 e Γ3 tais que seus centros O1 , O2 e O3 , respectivamente, n˜ ao est˜ ao alinhados. Sejam r, s e t os eixos radicais de Γ1 4

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e Γ2 , Γ1 e Γ3 e Γ2 e Γ3 , respectivamente. Ent˜ao, r, s e t s˜ ao concorrentes em um ponto chamado centro radical. Demonstra¸c˜ ao. Seja P um ponto sobre r ∩ s, ou seja, P possui a mesma potˆencia com rela¸c˜ao Γ1 , Γ2 e Γ3 . Portanto, P est´ a sobre a reta t.

r

O1 b

O2 b

P b

s

t

b

O3

Problema 1. (´India TST) Seja ABC um triˆ angulo com AB = AC e seja Γ a sua circunferˆencia circunscrita. Suponha que sua circunferˆencia inscrita γ se desloca sobre BC em dire¸c˜ao ao v´ertice B. Prove que quando γ tangenciar Γ internamente, ela tamb´em ir´ a tangenciar a altura relativa ao v´ertice A. Solu¸c˜ ao.

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A b

Γ γ

γ′

b

b

b

T

b

I

b

b

O

K

b b

b

B

D

b

C

Seja γ ′ a posi¸c˜ ao de γ quando tangencia Γ, e seja K seu centro. Seja O o centro de Γ e I o centro de γ. Como AB = AC, ent˜ ao O e I est˜ ao sobre a altura AD. Se T ´e o ponto de interse¸c˜ao de Γ e γ ′ , ent˜ ao T , K e O s˜ ao colineares. Dessa forma, OK = OT − KT = R − r, onde R e r s˜ ao, respectivamente os raios das circunferˆencias circunscrita e inscrita de ABC. ´ f´acil ver que K e I est˜ E ao sobre a paralela a BC que passa por I. Ent˜ao KI ´e perpendicular a AD em I. Aplicando o teorema de Pit´ agoras no triˆ angulo KOI temos OK 2 = OI 2 + IK 2 . Mas OI 2 = R2 − 2Rr, ent˜ ao IK 2 = OK 2 − OI 2 = (R − r)2 − (R2 − 2Rr) = r 2 . Portanto, IK = r mostrando que γ ′ tangencia AD em I. Problema 2. (USAMO) Sejam ω1 e ω2 c´ırculos que se intersectam em X e Y . Seja l1 uma reta que passa pelo centro de ω1 intersectando ω2 nos pontos P e Q e seja l2 uma reta que passa pelo centro de ω2 intersectando ω1 nos pontos R e S. Prove que se P , Q, R e S est˜ ao 6

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sobre uma circunferˆencia ent˜ ao o centro desse c´ırculo est´ a sobre XY . Solu¸c˜ ao.

Y b

O1

O2

b

b

b

b

S

P b

N

H b

R

b b

b

M

X Q b

b

O

Seja ω a circunferˆencia circuncrita de QRP S e seja O seu centro. A reta XY ´e eixo radical ´ suficiente mostrar que O tem igual potˆencia com rela¸c˜ao as das circunferˆencias ω1 e ω2 . E circunferˆencias ω1 e ω2 , ou seja, OO12 − O1 S 2 = OO22 − O2 Q2 ou OO12 + O2 Q2 = OO22 + O1 S 2 . Sejam M e N a interse¸c˜ oes de O2 O e l1 e O1 O e l2 . Como as circunferˆencias ω e ω2 se intersectam em P e Q, ent˜ ao P Q ⊥ OO2 . Ent˜ao, OO12 − OQ2 = (OM 2 + M O12 ) − (OM 2 + M Q2 ) = (O2 M 2 + M O12 ) − (O2 M 2 + M Q2 ) = O2 O12 − O2 Q2 ⇔ O2 O12 + OQ2 = OO12 + O2 Q2 . Temos que, O2 O12 + OS 2 = OO22 + O1 S 2 . Como OS = OQ, ent˜ao OO12 + O2 Q2 = OO22 + O1 S 2 .

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Problema 3. Seja ABCD um quadril´ atero inscrit´ıvel e E a interse¸c˜ao das diagonais AC e BD. Se F ´e um ponto qualquer e as circunferˆencias Γ1 e Γ2 circunscritas a F AC e a F BD se intersectam novamente em G, mostre que E, F , G s˜ ao colineares. Solu¸c˜ ao.

b

Γ2

F

Γ1

A b

b

b

D

E

b b

B

C b

G

E O eixo radical de Γ1 e Γ2 ´e a reta F G. Ent˜ao E ∈ F G ⇔ PotE Γ1 = PotΓ2 . Mas ABCD E inscrit´ıvel implica que PotE ao Γ1 = −AE · EC = −BE · ED = PotΓ2 , e portanto E, F e G s˜ colineares.

Exerc´ıcios propostos

1. (IMO) Seja H o ortocentro de um triˆ angulo acutˆ angulo ABC. A circunferˆencia de centro no ponto m´edio de BC e que passa por H corta BC nos pontos A1 e A2 . Analogamente, definem - se os pontos B1 e B2 sobre CA e os pontos C1 e C2 sobre AB. Mostre que os seis pontos A1 , A2 , B1 , B2 , C1 e C2 est˜ ao sobre uma mesma circunferˆencia. 2. As bissetrizes internas dos ˆ angulos CAB, ABC e BCA de um triˆ angulo ABC concorrem em I e cortam o c´ırculo circunscrito de ABC em L, M e N , respectivamente. A circunferˆencia de diˆ ametro IL corta o lado BC em D e E, a circunferˆencia de diˆ ametro IM corta o lado CA em F e G, circunferˆencia de diˆ ametro IN corta o lado AB em H e J. Mostre que D, E, F , G, H e J est˜ ao sobre uma mesma circunferˆencia.

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3. (IMO) Um c´ırculo de centro O passa pelos v´ertices A e C de um triˆ angulo ABC e intersecta os segmentos AB e BC novamente em pontos distintos K e N , respectivamente. Os c´ırculos circunscritos aos triˆ angulos ABC e KBN se intersectam em exatamente 2 pontos distintos B e M . Prove que ∠OM B = 90◦ . 4. (China) Seja ABCD um quadril´ atero inscrit´ıvel inscrito em Γ. Seja P a interse¸c˜ao de AB e DC e seja Q a interse¸c˜ ao AD e BC. Sejam QE e QF tangentes a Γ em E e F , respectivamente. Prove que P , E e F s˜ ao colineares. 5. (Balcˆanica) Uma reta passando pelo incentro I do triˆ angulo ABC intersecta a circunferˆencia circunscrita Γ1 (O, R) de ABC nos pontos F e G e a circunferˆencia inscrita Γ2 (I, r) nos pontos D e E, com D entre I e F . Prove que DF · EG ≥ r 2 . Quando ocorre a igualdade? Bibliografia 1. Lecture Notes on Mathematical Olympiad Courses - For senior section - Vol. 1 Xu Jiagu 2. Algunas maneras de usar la potencia Jos´e Antonio G´ omez Ortega Olimpiada Mexicana de Matem´aticas 3. Mathematical Olympiad Challenges Titu Andreescu e Razvan Gelca 4. T´ opicos de Matem´atica Elementar - Vol.2 Antonio Caminha Muniz Neto 5. Potˆencia de um ponto em rela¸c˜ao a uma circunferˆencia Eduardo Wagner Revista do professor de matem´ atica - N´ umero 45

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Circunferˆ encias ex - inscritas

Teorema 1. Seja ∠XOY um ˆ angulo dado e P um ponto em seu interior. Ent˜ao, a distˆ ancia de P a XO ´e igual a distˆ ancia de P a Y O se, e somente se, o ponto P pertence a bissetriz. Demonstra¸c˜ ao. b

X

M b

b

b

O

P

b b

Y

N

Suponhamos inicialmente que o ponto P pertence `a bissetriz. Ent˜ao, ∠XOP = ∠Y OP . Sejam M e N os p´es das perpendiculares baixadas desde P sobre OX e OY , respectivamente. Podemos concluir, que ∆M OP ≡ ∆N OP , pelo caso L.A.A.. Portanto, P M = P N . Reciprocamente, suponhamos agora que P M = P N . Pelo caso especial de congruˆencia de triˆ angulos, cateto - hipotenusa, os triˆ angulos M OP e N OP s˜ ao congruentes. Portanto, ∠M OP = ∠N OP e, assim, P pertence `a bissetriz. Teorema 2. As bissetrizes externas de quaisquer dois ˆangulos de um triˆ angulo s˜ ao concorrentes com a bissetriz interna do terceiro ˆangulo. Demonstra¸c˜ ao.

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E b

P

α α b

b

b

F

β β D

A

b

b

b

B

C

No triˆ angulo ABC tra¸camos as bissetrizes externas dos ˆangulos ∠A e ∠B os quais se intersectam em P . Do teorema 1, como P pertence `a bissetriz externa do ˆangulo ∠A, ent˜ao P E = P F . Al´em disso, P pertence ` a bissetriz externa do ˆangulo ∠B, ent˜ao P F = P D. Como P D = P E, pelo teorema 1, conclu´ımos que P pertence `a bissetriz do ˆangulo ∠C. Dessa forma, se P equidista dos trˆes lados do triˆ angulo ABC e ´e um ponto no exterior do triˆ anglo ent˜ao P ´e o centro de uma das trˆes circunferˆencias ex - inscritas do trˆ angulo ABC. A circunferˆencia com centro Ia e raio ra ´e uma das trˆes circunferˆencias ex - inscritas que representaremos apenas por (Ia , ra ). Analogamente s˜ ao definidas as circunferˆencias (Ib , rb ) e (Ic , rc ). Os pontos Ia , Ib e Ic s˜ ao os ex - incentros. Cada circunferˆencia ex - inscrita toca um dos lados do triˆ agulo internamente e os outros dois externamente, ou seja, toca no prolongamento. Na figura a seguir, observe que pela propriedade de segmentos tangentes a uma circunferˆencia, vulgarmente conhecido com Teorema do bico, temos que BL = BG, al´em disso BL + BG = (BC + CL) + (AG + AB) = BC + CE + AE + AB = a + b + c = 2p. Portanto, as tangentes tra¸cadas por B a` circunferˆencia (Ib , rb ) tem medida p. Dessa forma ´e f´acil ver que AJ = AK = BG = BL = CH = CM = p. Al´em disso, CL = BL − BC = p − a. Ent˜ao, BM = BF = CL = CE = p − a, CK = CD = AH = AF = p − b, AG = AE = BJ = BD = p − c.

2

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G b

Ib

H b

b

A b

Ic b

F

I b

b

E b

L b

M

J

b b

B

b

D

b

C

K b

b

b

Ia

Problema 1. Sejam ABC um triˆ angulo, M o p´e da bissetriz interna do ˆangulo A e N o p´e da bissetriz interna do ˆ angulo ∠B. Suponha que M N seja bissetriz do ˆangulo ∠AM C. Calcule a medida do ˆ angulo ∠A. Solu¸c˜ ao. ´ E f´acil ver que N ´e um dos ex - incentros do triˆ angulo ABC pois ´e a interse¸c˜ao da bissetriz externa do ˆ angulo ∠AM B e da bissetriz interna do ˆangulo ∠B. Logo, AN ´e bissetriz externa do ˆangulo A. Portanto, ∠A = 120◦ .

3

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A

α

b

α

α

b

b

N

θ

β β

θ b b

B

C

M

Problema 2. (OBM) Um triˆ angulo ABC, de lados AB = c, AC = b e BC = a, tem per´ımetro 2p. Uma circunferˆencia tangencia o lado BC e os prolongamentos dos lados AB e AC nos pontos P , Q e R, respectivamente. O comprimento AR ´e igual a: (a) p − a (b) p − b (c) p − c (d) p (e) 2p Solu¸c˜ ao. A b

B

b

b b

C

P

R b

Q b

b

IA

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Pelo teorema 2 ´e f´acil ver que AR = AQ = p. Portanto, a resposta ´e o item (b). Problema 3. No quadril´ atero ABCD determine a medida do ˆangulo ∠AED. C b

D b

60◦ 60◦

E b

70◦ 40◦ b

b

A

B

Solu¸c˜ ao. b

F

C

b

60◦ D b

60◦ 60◦

E b

70◦

40◦ 40◦

70◦

40◦

b

b

A

b

B

G

Na figura, ∠F DC = 60◦ e ∠GBC = 70◦ . Ent˜ao, BC e DC s˜ ao bissetrizes externas dos ˆangulos ∠ABD e ∠ADB. Dessa forma, AC ´e bissetriz interna do ˆangulo ∠BAD. Portanto, ∠DAE = ∠BAE = 40◦ . Finalmente, ∠AED = 80◦ . Exerc´ıcios propostos 1. Prove que os trˆes segmentos determinados por um v´ertice e pelo ponto de tangˆencia da circunferˆencia ex - inscrita com o lado oposto a esse v´ertice s˜ ao concorrentes em um ponto chamado ponto de Nagel. 2. (OBM) A medida do ˆ angulo ∠B de um triˆ angulo ABC ´e 120◦ . Sejam M um ponto sobre o lado AC e K um ponto sobre o prolongamento do lado AB, tais que BM ´e a bis5

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setriz interna do ˆ angulo ∠ABC e CK ´e a bissetriz externa correspondente ao ˆangulo ∠ACB. O segmento M K intersecta BC no ponto P . Prove que ∠AP M = 30◦ . 3. (Leningrado) Sejam AF , BG e CH as bissetrizes de um triˆ angulo ABC que tem o o ˆangulo A medindo 120 . Prove que o ˆangulo GF H mede 90 . 4. (Belarus) Seja O o centro do c´ırculo ex - inscrito do triˆ angulo ABC oposto ao v´ertice A. Seja M o ponto m´edio de AC e seja P a interse¸c˜ao das retas M O e BC. Prove que se ∠BAC = 2∠ACB, ent˜ ao AB = BP . 5. (IMO) Dado um triˆ angulo ABC, o ponto J ´e o centro da circunferˆencia ex-inscrita oposta ao v´ertice A. Esta circunferˆencia ex-inscrita ´e tangente ao lado BC em M , e `as retas AB e AC em K e L, respectivamente. As retas LM e BJ intersectam-se em F , e as retas KM e CJ intersectam-se em G. Seja S o ponto de interse¸c˜ao das retas AF e BC, e seja T o ponto de interse¸c˜ao das retas AG e BC. Prove que M ´e o ponto m´edio de ST . (A circunferˆencia ex-inscrita de ABC oposta ao v´ertice A ´e a circunferˆencia tangente ao segmento BC, ao prolongamento do segmento AB no sentido de A para B e ao prolongamento do segmento AC no sentido de A para C.) Bibliografia 1. T´ opicos de Matem´atica Elementar - Vol. 2 Antonio Caminha Muniz Neto 2. Geometria Radmila Bulajich Manfrino e Jos´e Antonio G´ omez Ortega

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Revis˜ ao I

Problema 1. Em um triˆ angulo ABC, ∠BAC = 100◦ e AB = AC. Seja BD a bissetriz de ∠ABC, com D sobre o lado AC. Prove que AD + BD = BC. Solu¸c˜ ao. ´ f´acil ver que ∠ABD = ∠DBC = 20◦ . Seja E um ponto sobre BC tal que BD = BE. E Basta provar que EC = AD. Veja que ∠BDE = ∠BED = 80◦ . Como ∠BED = 80◦ e ∠BCD = 40◦ , ent˜ ao ∠EDC = 40◦ , ou seja, ED = EC. Por outro lado, ABED ´e um quadril´ atero inscrit´ıvel pois ∠BAD + ∠BED = 180◦ , assim ∠EAD = ∠EBD = 20◦ e ∠AED = ∠ABD = 20◦ . Portanto, AD = ED = EC e, dessa forma, BC = AD + BD. A b

b

b

B

D

b

E

b

C

Problema 2. (Inglaterra) No triˆ angulo acutˆ angulo ABC, CF ´e altura, com F em AB e BM ´e mediana, com M em CA. Se BM = CF e ∠M BC = ∠F CA, prove que o triˆ angulo ABC ´e equil´atero. Solu¸c˜ ao.

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A b

F b

b

b

M

b

B

C

Temos que F M = AM = M C e, com isso, ∠M F C = ∠F CM , ou seja, o quadril´ atero ´ F BCM ´e inscrit´ıvel. Dessa forma, ∠F CM = ∠F BM e ∠BM C = ∠BF C = 90◦ . E f´acil ver que ∆BM C ≡ ∆BM A, pelo caso A.L.A, ent˜ao AB = BC. Veja tamb´em que ∆BM C ≡ ∆BF C, pelo caso cateto - hipotenusa, ent˜ao ∠BCM = ∠CBF e, portanto, AC = AB. Finalmente, AB = AC = BC. Problema 3. Seja M um ponto no interior de um quadril´ atero convexo ABCD tal que ABM D ´e um paralelogramo. Prove que se ∠CBM = ∠CDM , ent˜ao ∠ACD = ∠BCM . Solu¸c˜ ao.

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A b

b

B

b

b

D

N

b

M

b

C

Seja N um ponto tal que BN k M C e N C k BM . Ent˜ao N A k CD, ∠N CB = ∠CBM = ∠CDM = ∠N AB, ou seja, os pontos A, B, N e C s˜ ao conc´ıclicos. Ent˜ao, ∠ACD = ∠N BC = ∠BCM . Problema 4. (Seletiva do Brasil para a Cone Sul) Prove que as distˆ ancias entre um ponto sobre uma circunferˆencia e os quatro v´ertices de um quadrado nesta inscrita n˜ ao podem ser todas n´ umeros racionais. Solu¸c˜ ao.

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A

D

b

b

b

b

P

b

B

C

Como ABCD ´e um quadrado ent˜ ao AB = BC = CD = DA = a. Pelo toerema de Pit´ agoras angulo ABC temos que AC 2 = AB 2 + BC 2 ⇔ AC 2 = a2 + a2 = 2 · a2 ⇔ √ no triˆ AC = 2 · a. Aplicando o teorema de Ptolomeu no quadril´ atero ABCP , temos √ AC · BP = AP · BC + CP · AB ⇔ 2 · a · BP = AP · a + CP · a ⇔ √

AP + CP . BP Se todas as medidas fossem n´ umeros racionais estar´ıamos afirmando, de maneira falsa, que √ √ BP 2 ∈ Q. Se P coincidir com um dos v´ertices, ou seja, P ≡ D, ent˜ao = 2. Assim, as CP medidas n˜ ao podem ser todas racionais. 2=

Problema 5. (Ir˜a) Seja ABC um triˆ angulo com BC > CA > AB. Seja D um ponto sobre o lado BC e seja E o ponto no prolongamento de BA, com A entre E e B, tal que BD = BE = CA. Seja P o ponto sobre AC tal que E, B, D e P s˜ ao conc´ıclicos e seja Q o segundo ponto de interse¸c˜ ao de BP com o c´ırculo circunscrito ao triˆ angulo ABC. Prove que AQ + CQ = BP . Solu¸c˜ ao.

4

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b

E

A b

Q b

B

b

P

b

b

b

C

D

Veja que ∆AQC ∼ ∆EP D, pois ∠CAQ = ∠CBQ = ∠DEP e ∠AQC = 180◦ − ∠ABD = ∠EP D. Por outro lado, pelo teorema de Ptolomeu, temos BP · DE = BE · DP + BD · EP. Ent˜ao, EP CQ AQ DP + BD · = CA · + CA · = AQ + CQ. DE DE CA CA Problemas propostos BP = BE ·

1. (Cone Sul) Seja ABCD um quadril´ atero convexo tal que suas diagonais AC e BD s˜ ao perpendiculares. Seja P a intersec¸c˜ao de AC e BD e seja M o ponto m´edio de AB. Mostre que o quadril´ atero ABCD ´e inscrit´ıvel se, e somente se, as retas P M e CD s˜ ao perpendiculares. 2. Prove que as bissetrizes internas dos quatro ˆangulos de um quadril´ atero convexo determinam um quadril´ atero inscrit´ıvel. 3. (OBM) As diagonais de um quadril´ atero inscrit´ıvel ABCD se intersectam em O. Os c´ırculos circunscritos aos triˆ angulos AOB e COD intersectam as retas BC e AD, 5

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pela segunda vez, nos pontos M , N , O e Q. Prove que o quadril´ atero M N P Q est´ a inscrito em um c´ırculo de centro O. 4. Um quadril´ atero convexo est´ a inscrito em um c´ırculo de centro O. As diagonais AC e BD intersectam - se em P . Os c´ırculos circunscritos aos triˆ angulos ABP e CDP intersectam - se novamente em Q. Se O, P e Q s˜ ao trˆes pontos distintos, prove que OQ ´e perpendicular a P Q. 5. (Ibero) Num triˆ angulo escaleno ABC tra¸ca-se a bissetriz interna BD, com D sobre AC. Sejam E e F , respectivamente, os p´es das perpendiculares tra¸cadas desde A e C at´e `a reta BD, e seja M o ponto sobre o lado BC tal que DM ´e perpendicular a BC. Prove que ∠EM D = ∠DM F. 6. Seja M o ponto de interse¸c˜ ao das diagonais de um quadril´ atero inscrit´ıvel ABCD, em que ∠AM B ´e agudo. O triˆ angulo is´ osceles BCK ´e constru´ıdo exteriormente ao quadril´ atero, com base a base sendo BC, tal que ∠KBC + ∠AM B = 90◦ . Prove que KM ´e perpendicular a AD. 7. Seja ABCD um quadril´ atero convexo tal que AC · BD = AB · CD + AD · BC. Prove que ABCD ´e inscrit´ıvel. 8. Seja ABCD um quadrado. Determine o lugar geom´etrico dos pontos P , no mesmo plano do quadrado ABCD, tais que 1 m´ ax {P A, P C} = √ (P B + P D). 2 9. Uma circunferˆencia passa pelo v´ertice A de um paralelogramo ABCD intersectando os lados AB e AD nos pontos P e R, respectivamente. Al´em disso intersecta a diagonal AC no ponto Q. Prove que AQ · AC = AP · AB + AR · AD. 10. Um ponto P ´e escolhido o interior do paralelogramo ABCD de tal forma que ∠AP B+ ∠CP D = 180◦ . Prove que AB · AD = BP · DP + AP · CP .

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Caminhos m´ınimos e desigualdades envolvendo elementos geom´ etricos 1. Proposi¸ c˜ ao Se dois lados de um triˆ angulo n˜ ao s˜ ao congruentes, ent˜ao os ˆangulos opostos a estes lados n˜ ao s˜ ao congruentes, e o maior ˆ angulo ´e oposto ao maior lado. Demonstra¸ c˜ ao A

B

D

C

Suponhamos BC > AC. Seja D o ponto sobre o lado BC tal que AC = CD. Ent˜ao o triˆ angulo ADC ´e is´ osceles de base AD e, com isso, ∠CAD = ∠CDA. Pelo Teorema do ˆangulo externo, ∠CDA > ∠ABC, mas ∠CAD = ∠CDA, ent˜ao ∠CAD > ∠ABC. Por outro lado, ∠BAC = ∠BAD + ∠CAD, ent˜ao ´e f´acil concluir, que ∠BAC > ∠ABC. Exerc´ıcio 1. Prove que se dois ˆ angulos de um triˆ angulo n˜ ao s˜ ao congruentes, ent˜ao os lados opostos a eles n˜ ao s˜ ao congruentes, e o maior lado ´e oposto ao maior ˆangulo. 2. Desigualdade Triangular A soma dos comprimentos de dois lados quaisquer de um triˆ angulo ´e maior que o comprimento do terceiro lado.

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 14 - Prof. C´ıcero Thiago D A

B

C

Seja D o ponto sobre o prolongamento do lado AC tal que AD = AB. Ent˜ao o triˆ angulo BAD ´e is´ osceles de base BD e, com isso, ∠BDA = ∠DBA. Al´em disso, CD = DA + AC. ´ f´acil ver que ∠DBC > ∠DBA = ∠BDA. Ent˜ao, pelo exerc´ıcio anterior, DC > BC, E mas DC = DA + AC = AB + AC. Portanto, BC < AB + AC. Consequˆ encia da desigualdade triangular Sejam A, P1 , P2 , . . . , Pn e B pontos do plano, ent˜ao AP1 + P1 P2 + . . . + Pn B ≥ AB. Al´em disso, a igualdade ocorre se, e somente se, os pontos A, P1 , P2 , . . . , Pn e B s˜ ao colineares e aparecem nessa ordem. Exerc´ıcios Resolvidos 1. Dados n pontos A1 , A2 , . . . , An e um c´ırculo unit´ ario, prove que ´e poss´ıvel encontrar um ponto M sobre o c´ırculo tal que M A1 + M A2 + . . . + M An ≥ n. Solu¸ c˜ ao: Sejam M1 e M2 pontos diametralmente opostos no c´ırculo. Ent˜ao M1 Ak +M2 Ak ≥ M1 M2 = 2. Adicionando essas desigualdades para k = 1, 2, . . . , n temos (M1 A1 + . . . + M1 An ) + (M2 A1 + . . . + M2 An ) ≥ 2n. Portanto, M1 A1 + . . . + M1 An ≥ n assim, basta fazer, M = M1 ou M2 A1 + . . . + M2 An ≥ n, fazendo M = M2 . 2. Prove que a m´edia aritm´etica dos comprimentos dos lados de um pol´ıgono convexo arbitr´ario ´e menor que a m´edia aritm´etica dos comprimentos de todas as diagonais. Solu¸ c˜ ao: Sejam Ap Ap+1 e Aq Aq+1 dois lados n˜ ao adjacentes de um n-´agono convexo A1 , A2 , . . . , An (i.e., |p − q| ≥ 2). Ent˜ ao Ap Ap+1 + Aq Aq+1 < Ap Aq + Ap+1 Aq+1 . Vamos escrever todas as desigualdades e, em seguida, som´ a - las. Para cada lado existem precisamente n − 3 lados n˜ ao adjacentes a ele e, portanto, cada lado aparece em 2

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n − 3 desigualdades, i.e, no lado esquerdo da desigualdade obteremos a soma (n − 3)p, onde p representa a soma dos comprimentos de todos os lados do n-´agono. Cada diagonal aparece em duas desigualdades portanto, o lado direito da desigualdade ser´ a 2d, onde d representa a soma dos comprimentos de todas as diagonais do n-´agono. Assim, p d (n − 3)p < 2d ⇐⇒ < n(n−3) . n 2

3. A id´ eia do menor caminho ◮ Dados dois pontos A e B de um mesmo lado de uma reta r, determinar o ponto P sobre r de forma que P A + P B seja m´ınimo. Solu¸ c˜ ao:

A B

r P

C Para acharmos o ponto P que minimiza P A + P B basta tomar o sim´etrico de A, que chamaremos de C, com rela¸c˜ ao ` a reta r e em seguida ligarmos o ponto C ao ponto B. A nossa constru¸c˜ ao garante que P A = P C, ent˜ao, a menor distˆ ancia entre C e B ser´ a uma reta que liga os dois. A interse¸c˜ ao desta reta com a reta r ser´ a o nosso ponto P . 4. Defini¸ c˜ ao Dados dois pontos distintos F1 e F2 , pertencentes a um plano α, seja 2c a distˆ ancia entre eles. Elipse ´e o conjunto dos pontos de α cuja soma das distˆ ancias a F1 e F2 ´e constante 2a (sendo 2a > 2c), ou seja, Elipse = {P ∈ α|P F1 + P F2 = 2a} .

3

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 14 - Prof. C´ıcero Thiago P

A1

O

F1

A2

F2

Dado um ponto P1 no interior de uma elipse, ent˜ao P1 F1 + P1 F2 < 2a. P P1

P2

F2

F1

Com efeito, 2a = F1 P2 + P2 F2 = F1 P1 + P1 P2 + P2 F2 > P1 F1 + P1 F2 . Prove agora que se P3 for um ponto externo ` a elipse ent˜ ao P3 F1 + P3 F2 > 2a. 5. Teorema Seja l uma reta tangente a uma elipse no ponto P . Ent˜ao l ´e a bissetriz externa do ˆangulo F1 P F2 (Figura abaixo). P

X

l

F1

F2

Prova: Seja X um ponto da reta l diferente de P . Como X est´ a no exterior de uma elipse, ent˜ao XF1 + XF2 > P F1 + P F2 , isto ´e, de todos os pontos de l, P ´e o ponto que minimiza a soma das distˆ ancias a F1 e F2 . Isto mostra que os ˆangulos que P F1 e P F2 faz com l s˜ ao iguais.

Exerc´ıcios

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1. (R´ ussia) Sejam AB e CD segmentos de comprimento 1. Se eles se intersectam em O e, ∠AOC = 60o , prove que AC + BD ≥ 1. 2. (China) Seja ABCD um quadril´ atero convexo tal que ∠BAD = ∠BCD = 90o . Sabendo que a bissetriz do ˆ angulo ∠BAD ´e paralela a BC, perpendicular a CD e intersecta BD em E, prove que AE < 21 CD. 3. (Colˆ ombia) Seja ABCD um trap´ezio, com AB paralelo a CD, e AB ≥ CD. Prove que AD + BC > AB − CD ≥ BC − AD e determine todos os poss´ıveis casos de igualdade. 4. (Eslov´aquia) Seja ABCD um tetraedro com ∠BAC + ∠CAD + ∠DAB = ∠ABC + ∠CBD + ∠DBA = 180o . Prove que CD ≥ AB. 5. (USAMO) Um tetraedro ABCD ´e is´ osceles, isto ´e, AB = CD, AC = BD, AD = BC. Prove que as faces do tetraedro s˜ ao triˆ angulos acutˆ angulos. 6. (Teorema de Steiner) Se duas bissetrizes de um triˆ angulo s˜ ao congruentes, ent˜ao o triˆ angulo ´e is´ osceles. 7. (Problema de Fagnano) Determine o triˆ angulo de per´ımetro m´ınimo inscrito em um triˆ angulo acutˆ angulo. 8. (Ponto de Fermat) Seja ABC um triˆ angulo acutˆ angulo. Encontrar o ponto interior que minimiza a soma AP + BP + CP . 9. Em um quadril´ atero convexo qual ´e o ponto que minimiza a soma das distˆ ancias aos v´ertices? Qual ´e a solu¸c˜ ao se o quadril´ atero n˜ ao ´e convexo? 10. (Maio) Considere uma pirˆ amide cuja base ´e um triˆ angulo equil´atero e cujas outras faces s˜ ao triˆ angulos is´ osceles e retˆ angulos, no v´ertice A. Uma formiga parte do v´ertice B e chega em um ponto P da aresta CD, em seguida, partindo de P chega a um ponto Q a aresta AC e retorna ao ponto B. Sabendo que o caminho percorrido foi m´ınimo, determine a medida do aˆngulo ∠P QA. 11. (Baltic Way) Seja ABC um triˆ angulo com ∠A = 120o . Sejam K e L pontos sobre os lados AB e AC, respectivamente. Sejam BKP e√CLQ triˆ angulos equil´ateros 3 (AB + AC). constru´ıdos no exterior do triˆ angulo. Prove que P Q ≥ 2 12. (Baltic Way) Seja ABCD um quadril´ atero convexo e seja N o ponto m´edio de BC. 1 o Se ∠AN D = 135 , prove que AB + CD + √ · BC ≥ AD. 2

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13. Seja ABCD um quadril´ atero convexo tal que ∠BAD = 30o e AC = BC + CD + BD. Prove que ∠BCD = 120o . 14. (Seletiva Cone Sul do Peru) AM BCN D um hex´agono tal que ∠AM B = ∠CN D = 90o e o quadril´ atero ABCD ´e circunscrit´ıvel. Prove que BC + AD ≥ M N . 15. Seja ABC um triˆ angulo acutˆ angulo e R o raio de sua circunferˆencia circunscrita. Prove que AB + BC + CA > 4R. 16. (Shortlist IMO) Seja ABC um triˆ angulo e M um ponto em seu interior. Prove que min {M A, M B, M C} + M A + M B + M C < AB + AC + BC. 17. Seja ABC um triˆ angulo is´ osceles de base AC tal que ∠B = 20o . Prove que: a) AB < 3AC. b) AB > 2AC. 18. Entre todos os quadril´ ateros ABCD com AB = 3, CD = 2 e ∠AM B = 120o , onde M ´e o ponto m´edio de CD, ache aquele que possui o per´ımetro m´ınimo. 19. Considere um triˆ angulo com base fixa BC tal que o v´ertice V est´ a sobre uma reta r paralela a BC. Seja Q a interse¸c˜ao da mediatriz de BC e a reta r. Prove que quanto mais pr´ oximo de Q estiver o v´ertice V ent˜ao maior ser´ a a medida do raio da circunferˆencia inscrita no triˆ angulo V BC. 20. (Ibero) Demonstre que entre todos os triˆ angulos cujos v´ertices distam 3, 5 e 7 de um ponto P dado, o que tem maior per´ımetro admite P como incentro. 21. (IMO) Seja ABCDEF um hex´agono convexo com AB = BC = CD e DE = EF = π F A, tal que ∠BCD = ∠EF A = . Sejam G e H os pontos no interior do hex´agono 3 2π tais que ∠AGB = ∠DHE = . Prove que 3 AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF. Bibliografia 1. Advanced Euclidean Geometry; Alfred S. Posamentier. 2. Geometry of Conics; A. V. Akopyan e A. A. Zaslavsky. 3. Geometric inequalities; Nicholas D. Kazarinoff. 4. Olimpiada Nacional Escolar de Matem´atica VII; Jorge Tipe Villanueva, Claudio Espiniza Choqquepura e John Cuya Barrios. 5. Geometric Problems on Maxima and Minima; Titu Andreescu, Oleg Mushkarov e Luchezar Stoyanov. 6

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6. Inequalities; Radmila Bulajich Manfrino, Jos´e Antonio G´ omez Ortega e Rogelio Valdez Delgado. 7. When less is more: Visualizing basic inequalities; Claudi Alsina e Roger B. Nelsen. 8. Problems in plane and solid geometry, v.1, Plane Geometry; Viktor Prasolov.

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Qu´ adruplas harmˆ onicas e circunferˆ encia de Apolˆ onio Teorema 1. (Bissetriz interna) A bissetriz interna AL do ˆangulo ∠A de um triˆ angulo AB , ou seja, ABC divide internamente o lado oposto BC na raz˜ ao CA AB BL = LC CA em que L ´e o ponto de intersec¸c˜ ao da bissetriz interna com o lado BC. Demonstra¸c˜ ao. b

R

α A b

α

α

α b

B

b

b

L

C

´ f´acil ver que Seja R a intersec¸c˜ ao da paralela ` a bissetriz AL tra¸cada pelo ponto C. E ∠BAL = ∠CAL = ∠ACR = ∠ARC, com isso, AR = AC. Pelo teorema de Tales temos que AB BL = . AR LC Como AR = AC, ent˜ ao BL AB = . AC LC

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Teorema 2. (Bissetriz externa) A bissetriz externa AL do ˆangulo ∠A de um triˆ angulo AB , ou seja, ABC divide externamente o lado oposto BC na raz˜ ao CA AB BL = LC CA em que L ´e o ponto de intersec¸c˜ ao da bissetriz externa com o lado BC. Demonstra¸c˜ ao. E

A

β

b

β R b

β β

b

B

b

b

L

C

´ f´acil ver que Seja R a intersec¸c˜ ao da paralela ` a bissetriz AL tra¸cada pelo ponto C. E ∠EAL = ∠CAL = ∠ACR = ∠ARC, com isso, AR = AC. Pelo teorema de Tales temos que AB BL = . AR LC Como AR = AC, ent˜ ao AB BL = . AC LC Defini¸ c˜ ao 1. Sejam A, C, B, D quatro pontos alinhados nessa ordem. Dizemos que A, C, B, D formam uma divis˜ ao harmˆonica ou uma qu´adrupla harmˆonica se, e somente se, AD AC = . CB DB Teorema 3. Seja ABC um triˆ angulo e sejam X, Y e Z pontos sobre os lados BC, CA e AB, respecivamente. Seja W a intersec¸c˜ao da reta Y Z com o prolongamento do lado BC. Ent˜ao B, X, C e W formam uma qu´adrupla harmˆonica se, e somente se, AX, BY e CZ s˜ ao concorrentes. Demonstra¸c˜ ao.

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A b

Z b

b

b

B

b

P

Y

b

X

b b

C

W

⇒ Suponha que AX, BY e CZ estejam alinhados. Pelo teorema de Ceva temos que BX CY AZ · · = 1. XC Y A ZB Al´em disso, pelo teorema de Menelaus temos que W C BZ AY · · =1 W B ZA Y B BW BX = e, portanto, B, X, C e W formam uma qu´adrupla harmˆonica. XC WC BX BW ⇐ Suponha que B, X, C e W formam uma qu´adrupla harmˆonica, ou seja, = . XC WC Pelo teorema de Menelaus temos que ent˜ao

W C BZ AY · · = 1. W B ZA Y B Portanto, XC BZ AY · · = 1, e BX ZA Y B AX, BY e CZ s˜ ao concorrentes. Teorema 4. (Circunferˆencia de Apolˆ onio) Sejam A e B dois pontos fixos e k 6= 1 ´e uma AP = k ´e uma circunconstante real. O lugar geom´etrico dos pontos P que satisfazem PB ferˆencia conhecida como circunferˆ encia de Apolˆ onio. Demonstra¸c˜ ao. Primeiro observe que sobre a reta AB existem exatamente dois pontos do lugar geom´etrico. Por A e B trace segmentos paralelos M N e BQ com BQ = 1 e M A = AN = k. Sejam R e S as intersec¸c˜oes de QN e QM com AB, respectivamente.

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b

M

Q b

b

b

R b

b

S

B

A

b

N

AR AN k = = = k. Al´em RB BQ 1 AM k AS = = = k. disso, tamb´em s˜ ao semelhantes os triˆ angulos ASM e BSQ ent˜ao SB BQ 1 Portanto, R e S pertencem ao lugar geom´etrico. Suponha que P ´e um ponto do lugar AP AR geom´etrico, ent˜ ao =k= , portanto P R ´e a bissetriz interna do ˆangulo ∠AP B e PB RB AS AP =k= ent˜ ao P S ´e a bissetriz externa do mesmo ˆangulo, isto garante que P como PB SB est´ a sobre a circunferˆencia de diˆ ametro RS (Porque o ˆangulo ∠RP S = 90◦ ?).

Como os triˆ angulos AN R e BQR s˜ ao semelhantes ent˜ao

P b

b

A

b

b

B

R

b

S

Reciprocamente, considere um ponto P sobre a circunferˆencia de diˆ ametro RS. Demonstraremos que P ´e um ponto do lugar geom´etrico. Pelo ponto B trace paralelas BE e BF `as retas P R e P S de tal forma que intersectem AP em E e F , respectivamente. Como os triˆ angulos ARP e ABE s˜ ao semelhantes com lados paralelos, pelo teorema de Tales temos AR AP = = k. Pelo mesmo motivo os triˆ angulos semelhantes ABF e ASP garantem que PE RB AS AP = = k. Assim, P E = P F , ou seja, P ´e o ponto m´edio do segmento EF e que PF SB AP AP = = k, como o triˆ angulo EBF ´e retˆ angulo temos que P B = P E = P F . Portanto, PB PE 4

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com isso podemos afirmar que P pertence ao lugar geom´etrico.

b

E

P b

b

b

F

b

b

b

B

R

A

S

Teorema 5. Seja A, C, B e D uma qu´adrupla harmˆonica. Seja O um ponto que n˜ ao pertence `a reta AB. Se uma paralela pelo ponto B `a OA intersecta OC e OD em pontos P e Q ent˜ao P B = P Q. Demonstra¸c˜ ao.

O b

Q b

C b

A

b

b

B

b

D

b

P

Temos que os triˆ angulos OAC e P CB s˜ ao semelhantes ent˜ao AO AC = . PB CB Al´em disso, os triˆ angulos OAD e BQD s˜ ao semelhantes ent˜ao AD AO = . BQ BD AC AD Como A, C, B e D ´e uma qu´adrupla harmˆonica ent˜ao = . Portanto, ´e f´acil conCB DB cluir que, P B = BQ. Teorema 6. Sejam A, C, B e D quatros pontos colineares e seja O um ponto que n˜ ao pertence `a reta AB. Se a paralela ` a OA passando por B intersecta OC e OD em pontos P e Q, 5

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respectivamente, tais que P B = BQ ent˜ao A, C, B e D formam uma qu´adrupla harmˆonica. Demonstra¸c˜ ao. O b

Q b

C b

A

b

b

B b

b

D

P

Temos que os triˆ angulos OAC e P CB s˜ ao semelhantes ent˜ao AC AO = . PB CB Al´em disso, os triˆ angulos OAD e BQD s˜ ao semelhantes ent˜ao AO AD = . BQ BD AD AC = . Portanto, ´e f´acil concluir que, A, C, B e D ´e uma Como P B = BQ, ent˜ ao CB DB qu´adrupla harmˆonica. Teorema 7. Seja A, C, B e D uma qu´adrupla harmˆonica e um ponto O que n˜ ao pertence `a reta AB. Sejam M , R, N e S as intersec¸c˜oes de OA, OC, OB e OD, respectivamente, com uma reta arbitr´aria. Ent˜ ao, M , R, N e S formam uma qu´adrupla harmˆonica. Demonstra¸c˜ ao. Pelos pontos B e N trace paralelas `a OA que intersectam OC e OD, ´ f´acil ver que respectivamente, nos pontos P , Q e L, T . E PB OB BQ = = . LN ON NT Como A, C, B e D formam uma qu´adrupla harmˆonica ent˜ao, pelo teorema 5, que P B = BQ. Com isso, LN = N T e, portanto, M , R, N e S formam uma qu´adrupla harmˆonica pelo teorema 6.

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b

O

b

T b

b b

b

S

N

R b

M

L b

b

b

A

b

C

B

Q

b

D

b

P

Problema 1. Seja ABCD um quadril´ atero inscrito em uma circunferˆencia tal que AB = AD e AC ´e um diˆ ametro. Seja P um ponto sobre o arco BC que n˜ ao cont´em A e D. Se P A e P D intersectam o lado BC nos pontos E e F , respectivamente, e BE = 3 e EF = 2, determine F C. Solu¸c˜ ao. Como AB = AD ent˜ ao ∠BP A = ∠AP D = α. Como ∠AP C = 90◦ ent˜ao ◦ ∠F P C = 90 − α = β e ∠QP C = 90◦ − α = β. Portanto, P E e P C s˜ ao bissetrizes interna e externa do ˆ angulo ∠BP F , respectivamente e, com isso, B, E, F e C formam um qu´adrupla harmˆonica ent˜ ao BC 3 FC + 5 BE = ⇔ = ⇔ F C = 10. EF FC 2 FC

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Q

β

P b

α α

β b

C

b

F b

B

E b

O b

b

A

b

D

Problema 2. (Turquia) Seja ABC um triˆ angulo com AB 6= AC. As bissetrizes interna e externa relativas ao v´ertice A intersectam a reta BC em D e E, respectivamente. Se os p´es das perpendiculares baixadas de um ponto F do c´ırculo de diˆ amentro DE sobre as retas BC, CA e AB s˜ ao K, L e M , respectivamente, prove que KL = KM . Solu¸c˜ ao. O c´ırculo de diˆ ametro DE ´e um c´ırculo de Apolˆonio do triˆ angulo ABC relativo ao v´ertice A ent˜ ao AB FB = . (1) FC AC Pela lei dos senos temos que sin ∠C AB = . (2) AC sin ∠B De (1) e (2) temos que FB sin ∠C = ⇔ FC sin ∠B F B sin ∠B = F C sin ∠C. (3) Como o c´ırculo de diˆ ametro BF passa pelos pontos K e M , ent˜ao KM = F B sin ∠B.

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De maneira similar, temos que KL = F C sin ∠C. Portanto, de (3), temos que KL = KM .

b

M

A b

b

L b

b b

B

D

b b

F

b

K E

C

Exerc´ıcios propostos 1. Em um triˆ angulo ABC, BD e BE s˜ ao as bissetrizes interna e externa, respectivamente. Se AD = 5 e DC = 3, determine a medida do segmento CE. 2. Seja ABC um triˆ angulo e sejam D o p´e da bissetriz relativa ao v´ertice A, I o incentro e Ia o ex - incentro oposto ao v´ertice A. Prove que A, I, D e Ia formam uma qu´adrupla harmˆonica. 3. Em um triˆ angulo n˜ ao equil´atero, a reta que passa pelo baricentro e pelo incentro ´e paralela a um dos lados do triˆ angulo. Demonstre que os lados do triˆ angulo est˜ ao em progress˜ ao aritm´etica. 4. (Shortlist IMO) Seja ABC um triˆ angulo, e sejam D, E, F os pontos de tangˆencia do c´ırculo inscrito no triˆ angulo ABC com os lados BC, CA e AB respectivamente. Seja X um ponto no interior do triˆ angulo ABC tal que o c´ırculo inscrito no triˆ angulo XBC tangencia XB, XC e BC em Z, Y e D, respectivamente. Prove que EF ZY ´e inscrit´ıvel.

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5. (TST Jr Balkan - Romˆenia) Seja ABC um triˆ angulo retˆ agulo com ∠A = 90◦ e D um ponto sobre o lado BC. Sejam E o sim´etrico de A com rela¸c˜ao a BD e F o ponto de intersec¸c˜ ao de CE com a perpendicular a BC por D. Prove que AF, DE e BC s˜ ao concorrentes. Bibliografia 1. Geometr´ıa - Teor´ıa y pr´ actica. Fernando Alva Gallegos 2. College Geometry - An introduction to the modern geometry of the triangle and the circle. Nathan Altshiller - Court 3. Geometr´ıa Radmila Bulajich Manfrino e Jos´e Antonio G´ omez Ortega 4. Harmonic Division and its Applications Cosmin Pohoata

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Qu´ adruplas harmˆ onicas e circunferˆ encia de Apolˆ onio Teorema 1. (Bissetriz interna) A bissetriz interna AL do ˆangulo ∠A de um triˆ angulo AB , ou seja, ABC divide internamente o lado oposto BC na raz˜ ao CA AB BL = LC CA em que L ´e o ponto de intersec¸c˜ ao da bissetriz interna com o lado BC. Demonstra¸c˜ ao. b

R

α A b

α

α

α b

B

b

b

L

C

´ f´acil ver que Seja R a intersec¸c˜ ao da paralela ` a bissetriz AL tra¸cada pelo ponto C. E ∠BAL = ∠CAL = ∠ACR = ∠ARC, com isso, AR = AC. Pelo teorema de Tales temos que AB BL = . AR LC Como AR = AC, ent˜ ao BL AB = . AC LC

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Teorema 2. (Bissetriz externa) A bissetriz externa AL do ˆangulo ∠A de um triˆ angulo AB , ou seja, ABC divide externamente o lado oposto BC na raz˜ ao CA AB BL = LC CA em que L ´e o ponto de intersec¸c˜ ao da bissetriz externa com o lado BC. Demonstra¸c˜ ao. E

A

β

b

β R b

β β

b

B

b

b

L

C

´ f´acil ver que Seja R a intersec¸c˜ ao da paralela ` a bissetriz AL tra¸cada pelo ponto C. E ∠EAL = ∠CAL = ∠ACR = ∠ARC, com isso, AR = AC. Pelo teorema de Tales temos que AB BL = . AR LC Como AR = AC, ent˜ ao AB BL = . AC LC Defini¸ c˜ ao 1. Sejam A, C, B, D quatro pontos alinhados nessa ordem. Dizemos que A, C, B, D formam uma divis˜ ao harmˆonica ou uma qu´adrupla harmˆonica se, e somente se, AD AC = . CB DB Teorema 3. Seja ABC um triˆ angulo e sejam X, Y e Z pontos sobre os lados BC, CA e AB, respecivamente. Seja W a intersec¸c˜ao da reta Y Z com o prolongamento do lado BC. Ent˜ao B, X, C e W formam uma qu´adrupla harmˆonica se, e somente se, AX, BY e CZ s˜ ao concorrentes. Demonstra¸c˜ ao.

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A b

Z b

b

b

B

b

P

Y

b

X

b b

C

W

⇒ Suponha que AX, BY e CZ estejam alinhados. Pelo teorema de Ceva temos que BX CY AZ · · = 1. XC Y A ZB Al´em disso, pelo teorema de Menelaus temos que W C BZ AY · · =1 W B ZA Y B BW BX = e, portanto, B, X, C e W formam uma qu´adrupla harmˆonica. XC WC BX BW ⇐ Suponha que B, X, C e W formam uma qu´adrupla harmˆonica, ou seja, = . XC WC Pelo teorema de Menelaus temos que ent˜ao

W C BZ AY · · = 1. W B ZA Y B Portanto, XC BZ AY · · = 1, e BX ZA Y B AX, BY e CZ s˜ ao concorrentes. Teorema 4. (Circunferˆencia de Apolˆ onio) Sejam A e B dois pontos fixos e k 6= 1 ´e uma AP = k ´e uma circunconstante real. O lugar geom´etrico dos pontos P que satisfazem PB ferˆencia conhecida como circunferˆ encia de Apolˆ onio. Demonstra¸c˜ ao. Primeiro observe que sobre a reta AB existem exatamente dois pontos do lugar geom´etrico. Por A e B trace segmentos paralelos M N e BQ com BQ = 1 e M A = AN = k. Sejam R e S as intersec¸c˜oes de QN e QM com AB, respectivamente.

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b

M

Q b

b

b

R b

b

S

B

A

b

N

AR AN k = = = k. Al´em RB BQ 1 AM k AS = = = k. disso, tamb´em s˜ ao semelhantes os triˆ angulos ASM e BSQ ent˜ao SB BQ 1 Portanto, R e S pertencem ao lugar geom´etrico. Suponha que P ´e um ponto do lugar AP AR geom´etrico, ent˜ ao =k= , portanto P R ´e a bissetriz interna do ˆangulo ∠AP B e PB RB AS AP =k= ent˜ ao P S ´e a bissetriz externa do mesmo ˆangulo, isto garante que P como PB SB est´ a sobre a circunferˆencia de diˆ ametro RS (Porque o ˆangulo ∠RP S = 90◦ ?).

Como os triˆ angulos AN R e BQR s˜ ao semelhantes ent˜ao

P b

b

A

b

b

B

R

b

S

Reciprocamente, considere um ponto P sobre a circunferˆencia de diˆ ametro RS. Demonstraremos que P ´e um ponto do lugar geom´etrico. Pelo ponto B trace paralelas BE e BF `as retas P R e P S de tal forma que intersectem AP em E e F , respectivamente. Como os triˆ angulos ARP e ABE s˜ ao semelhantes com lados paralelos, pelo teorema de Tales temos AR AP = = k. Pelo mesmo motivo os triˆ angulos semelhantes ABF e ASP garantem que PE RB AS AP = = k. Assim, P E = P F , ou seja, P ´e o ponto m´edio do segmento EF e que PF SB AP AP = = k, como o triˆ angulo EBF ´e retˆ angulo temos que P B = P E = P F . Portanto, PB PE 4

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com isso podemos afirmar que P pertence ao lugar geom´etrico.

b

E

P b

b

b

F

b

b

b

B

R

A

S

Teorema 5. Seja A, C, B e D uma qu´adrupla harmˆonica. Seja O um ponto que n˜ ao pertence `a reta AB. Se uma paralela pelo ponto B `a OA intersecta OC e OD em pontos P e Q ent˜ao P B = P Q. Demonstra¸c˜ ao.

O b

Q b

C b

A

b

b

B

b

D

b

P

Temos que os triˆ angulos OAC e P CB s˜ ao semelhantes ent˜ao AO AC = . PB CB Al´em disso, os triˆ angulos OAD e BQD s˜ ao semelhantes ent˜ao AD AO = . BQ BD AC AD Como A, C, B e D ´e uma qu´adrupla harmˆonica ent˜ao = . Portanto, ´e f´acil conCB DB cluir que, P B = BQ. Teorema 6. Sejam A, C, B e D quatros pontos colineares e seja O um ponto que n˜ ao pertence `a reta AB. Se a paralela ` a OA passando por B intersecta OC e OD em pontos P e Q, 5

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respectivamente, tais que P B = BQ ent˜ao A, C, B e D formam uma qu´adrupla harmˆonica. Demonstra¸c˜ ao. O b

Q b

C b

A

b

b

B b

b

D

P

Temos que os triˆ angulos OAC e P CB s˜ ao semelhantes ent˜ao AC AO = . PB CB Al´em disso, os triˆ angulos OAD e BQD s˜ ao semelhantes ent˜ao AO AD = . BQ BD AD AC = . Portanto, ´e f´acil concluir que, A, C, B e D ´e uma Como P B = BQ, ent˜ ao CB DB qu´adrupla harmˆonica. Teorema 7. Seja A, C, B e D uma qu´adrupla harmˆonica e um ponto O que n˜ ao pertence `a reta AB. Sejam M , R, N e S as intersec¸c˜oes de OA, OC, OB e OD, respectivamente, com uma reta arbitr´aria. Ent˜ ao, M , R, N e S formam uma qu´adrupla harmˆonica. Demonstra¸c˜ ao. Pelos pontos B e N trace paralelas `a OA que intersectam OC e OD, ´ f´acil ver que respectivamente, nos pontos P , Q e L, T . E PB OB BQ = = . LN ON NT Como A, C, B e D formam uma qu´adrupla harmˆonica ent˜ao, pelo teorema 5, que P B = BQ. Com isso, LN = N T e, portanto, M , R, N e S formam uma qu´adrupla harmˆonica pelo teorema 6.

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b

O

b

T b

b b

b

S

N

R b

M

L b

b

b

A

b

C

B

Q

b

D

b

P

Problema 1. Seja ABCD um quadril´ atero inscrito em uma circunferˆencia tal que AB = AD e AC ´e um diˆ ametro. Seja P um ponto sobre o arco BC que n˜ ao cont´em A e D. Se P A e P D intersectam o lado BC nos pontos E e F , respectivamente, e BE = 3 e EF = 2, determine F C. Solu¸c˜ ao. Como AB = AD ent˜ ao ∠BP A = ∠AP D = α. Como ∠AP C = 90◦ ent˜ao ◦ ∠F P C = 90 − α = β e ∠QP C = 90◦ − α = β. Portanto, P E e P C s˜ ao bissetrizes interna e externa do ˆ angulo ∠BP F , respectivamente e, com isso, B, E, F e C formam um qu´adrupla harmˆonica ent˜ ao BC 3 FC + 5 BE = ⇔ = ⇔ F C = 10. EF FC 2 FC

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Q

β

P b

α α

β b

C

b

F b

B

E b

O b

b

A

b

D

Problema 2. (Turquia) Seja ABC um triˆ angulo com AB 6= AC. As bissetrizes interna e externa relativas ao v´ertice A intersectam a reta BC em D e E, respectivamente. Se os p´es das perpendiculares baixadas de um ponto F do c´ırculo de diˆ amentro DE sobre as retas BC, CA e AB s˜ ao K, L e M , respectivamente, prove que KL = KM . Solu¸c˜ ao. O c´ırculo de diˆ ametro DE ´e um c´ırculo de Apolˆonio do triˆ angulo ABC relativo ao v´ertice A ent˜ ao AB FB = . (1) FC AC Pela lei dos senos temos que sin ∠C AB = . (2) AC sin ∠B De (1) e (2) temos que FB sin ∠C = ⇔ FC sin ∠B F B sin ∠B = F C sin ∠C. (3) Como o c´ırculo de diˆ ametro BF passa pelos pontos K e M , ent˜ao KM = F B sin ∠B.

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De maneira similar, temos que KL = F C sin ∠C. Portanto, de (3), temos que KL = KM .

b

M

A b

b

L b

b b

B

D

b b

F

b

K E

C

Exerc´ıcios propostos 1. Em um triˆ angulo ABC, BD e BE s˜ ao as bissetrizes interna e externa, respectivamente. Se AD = 5 e DC = 3, determine a medida do segmento CE. 2. Seja ABC um triˆ angulo e sejam D o p´e da bissetriz relativa ao v´ertice A, I o incentro e Ia o ex - incentro oposto ao v´ertice A. Prove que A, I, D e Ia formam uma qu´adrupla harmˆonica. 3. Em um triˆ angulo n˜ ao equil´atero, a reta que passa pelo baricentro e pelo incentro ´e paralela a um dos lados do triˆ angulo. Demonstre que os lados do triˆ angulo est˜ ao em progress˜ ao aritm´etica. 4. (Shortlist IMO) Seja ABC um triˆ angulo, e sejam D, E, F os pontos de tangˆencia do c´ırculo inscrito no triˆ angulo ABC com os lados BC, CA e AB respectivamente. Seja X um ponto no interior do triˆ angulo ABC tal que o c´ırculo inscrito no triˆ angulo XBC tangencia XB, XC e BC em Z, Y e D, respectivamente. Prove que EF ZY ´e inscrit´ıvel.

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5. (TST Jr Balkan - Romˆenia) Seja ABC um triˆ angulo retˆ agulo com ∠A = 90◦ e D um ponto sobre o lado BC. Sejam E o sim´etrico de A com rela¸c˜ao a BD e F o ponto de intersec¸c˜ ao de CE com a perpendicular a BC por D. Prove que AF, DE e BC s˜ ao concorrentes. Bibliografia 1. Geometr´ıa - Teor´ıa y pr´ actica. Fernando Alva Gallegos 2. College Geometry - An introduction to the modern geometry of the triangle and the circle. Nathan Altshiller - Court 3. Geometr´ıa Radmila Bulajich Manfrino e Jos´e Antonio G´ omez Ortega 4. Harmonic Division and its Applications Cosmin Pohoata

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Transforma¸c˜ oes geom´ etricas I: Transla¸c˜ oes Seja ~v um vetor no plano e um segmento de medida a. Seja A um ponto do plano e seja A′ um ponto tal que o segmento AA′ tem a mesma dire¸c˜ao e sentido do vetor ~v e possui comprimento a. Nesse caso dizemos que o ponto A′ ´e obtido a partir do ponto A na dire¸c˜ao e sentido do vetor ~v com distˆ ancia a. Seja F ′ a imagem de uma figura F a partir de uma transla¸c˜ao e sejam A e B dois pontos quaisquer de F tais que A′ e B ′ s˜ ao, respectivamente, suas imagens por uma transla¸c˜ ao. Como AA′ k BB ′ e AA′ = BB ′ ent˜ao o quadril´ atero ′ ′ ′ ′ ′ ′ AA B B ´e uma paralelogramo e, consequentemente, AB k A B e AB = A B . Portanto, se F ′ ´e a imagem de F por uma transla¸c˜ ao ent˜ao os segmentos correspondentes dessas figuras s˜ ao iguais, paralelos e possuem a mesma dire¸c˜ao e sentido. Problema 1. Sejam AB e CD dois segmentos tais que AB k DC e AB = DC. Prove que existe uma transla¸c˜ ao que leva AB em CD. Solu¸c˜ ao. Como AB k DC e AB = DC ent˜ao ABCD ´e um paralelogramo e, com isso, AC k BD e AC = BD. Portanto existe uma transla¸c˜ao que leva AB em DC. Problema 2. Sejam M e N os pontos m´edios dos lados de um quadril´ atero AD e BC de um quadril´ atero ABCD. Prove que se 2M N = AB + CD ent˜ao AB k CD. Solu¸c˜ ao. Sejam M B ′ e M C ′ as imagens de AB e CD, respectivamente, obtidas por transla¸c˜oes. Os quadril´ ateros AM B ′ B e DM C ′ C s˜ ao paralelogramos e, portanto, BB ′ k AM e BB ′ = AM, CC ′ k DM e CC ′ = DM. Como AM = M D ent˜ ao BB ′ k CC ′ e BB ′ = CC ′ . Al´em disso, BN = N C, com isso, ∆BN B ′ ≡ ∆CN C ′ .

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Portanto, B, N e C s˜ ao colineares. Seja M1 o ponto sobre a reta M N tal que M N = N M1 . Como N C ′ = N B ′ e M N = N M1 ent˜ ao M B ′ M1 C ´e um paralelogramo com M C ′ = B ′ M1 . Temos que 2M N = AB + CD ⇔ M M1 = M B ′ + B ′ M1 o que ´e um absurdo pois contraria a desigualdade triangular. Portanto B ′ perntece ao segmento M M1 , ou seja, M B ′ k M N k M C ′. Assim, AB k M N e DC k M N .

C b

D b

C′ b

b

b

M1

N

M b

b

B′

b

b

A

B

Exerc´ıcios 1. Prove que uma sequˆencia de duas transla¸c˜oes pode ser substitu´ıda por uma simples transla¸c˜ ao. 2. Seja ABCD um trap´ezio com BC k AD e seja M a interse¸c˜ao das bissetrizes dos ˆangulos ∠A e ∠B. Al´em disso, seja N a interse¸c˜ao bas bissetrizes dos ˆangulos ∠C e ∠D. Prove que 2M N = |AB + CD − BC − AD|. 3. Seja ABCD um quadril´ atero convexo com AD = BC. Sejam E e F os pontos m´edios dos segmentos CD e AB, respectivamente. Seja H a interse¸c˜ao de AD e F E e G a interse¸c˜ ao de BC e F E. Prove que ∠AHF = ∠BGF. 4. Seja P um ponto no interior de um retˆ angulo ABCD tal que ∠BP C +∠AP D = 180◦ . Determine ∠BCP + ∠DAP . 5. Seja P um ponto no interior de um paralelogramo ABCD de ´area S. Prove que AP · CP + BP · DP ≥ S. 2

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Bibliografia 1. Problems in plane and solid geometry - V.1 - Plane Geometry Viktor Prasolov 2. Geometric transformations I I.M. Yaglom 3. Euclidean and transformational geometry - A deductive inquiry Shlomo Libeskind 4. Geometric transformations I Kin Y. Li Mathematical Excalibur - Volume 13, n´ umero 2 - Maio/Junho/2008 5. Mathematical Miniatures Titu Andreescu e Svetoslav Savchev

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17

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Triˆ angulo Pedal Seja P um ponto qualquer no plano do triˆ angulo ABC e sejam L, M e N as proje¸c˜oes de P sobre as retas AB, BC e CA. O triˆ angulo LM N ser´ a chamado de triˆ angulo Pedal. Teorema 1. Seja P um ponto qualquer no plano do triˆ angulo ABC e sejam L, M e N as proje¸c˜oes de P sobre as retas AB, BC e CA. Ent˜ao, LN = AP sin ∠A, LM = BP sin ∠B e M N = CP sin ∠C. Demonstra¸c˜ ao.

A b

L

N

b

b

b

P

b

B

b

M

b

C

Aplicando a lei dos senos no triˆ angulo ALN temos que LN = AP ⇔ LN = AP sin ∠A. sin ∠A Analogamente, LM = BP sin ∠B e M N = CP sin ∠C.

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Teorema 2. Seja ABC um triˆ angulo e C(O, R) sua circunferˆencia circunscrita. Seja M um ponto no plano do triˆ angulo. Sejam A1 , B1 e C1 as proje¸c˜oes de M sobre os lados do triˆ angulo. Ent˜ ao ´ |R2 − OM 2 | Area(A 1 B1 C1 ) . = ´ 4R2 Area(ABC) Demonstra¸c˜ ao. B b

A1 b

X b

C1 Z

b

b

M b

b

A

b b

B1

C

b

Y

Temos que B1 C1 = AM sin ∠A, A1 C1 = BM sin ∠B e B1 C1 = CM sin ∠C. Segue que B1 C1 AM A1 C1 BM A1 B1 CM = , = , = . BC 2R AC 2R AB 2R Sejam X, Y e Z s˜ ao as interse¸c˜ oes de AM , BM e CM , respectivamente, com C(O, R). Ent˜ao ∠A1 B1 C1 = ∠A1 B1 M + ∠M B1 C1 = ∠A1 CM + ∠M AC1 = ∠ZY B + ∠BY X = ∠ZY X. Analogamente, ∠B1 C1 A1 = ∠Y ZX e ∠B1 A1 C1 = ∠Y XZ. A1 B1 C1 e XY Z s˜ ao semelhantes e RA1 B1 C1 A1 B1 = . XY R 2

Portanto, os triˆ angulos

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 17 - Prof. C´ıcero Thiago

Como os triˆ angulos M AB e M Y X s˜ ao semelhantes temos que MX XY = . AB MB Combinando os resultados obtidos temos ´ R Area(A A1 B1 · B1 C1 · A1 C1 1 B1 C1 ) = · ´ RA1 B1 C1 AB · BC · AC Area(ABC) = =

MX MA MB · · M B 2R 2R

|R2 − OM 2 | MA · MX = . 4R2 4R2

Problema 1. Prove que os lados do triˆ angulo pedal de qualquer ponto interior de um triˆ angulo equil´atero s˜ ao proporcionais ` as distˆ ancias de P aos v´ertices correspondentes. Solu¸c˜ ao. A b

Z b

Y P

b

b

b

B

b

b

C

X

Pelo teorema 1 temos que ZY = P A sin ∠A = P A sin 60◦ . Analogamente, XZ = P B sin 60◦ ZY XZ XY e XY = P C sin 60◦ . Portanto, = = = sin 60◦ . PA PB PC Problema 2. (Romˆenia) Seja P um ponto no interior do triˆ angulo ABC. Prove que PA ·

sin ∠A sin ∠B sin ∠C = PB · = PC · . sin(∠BP C − ∠A) sin(∠CP A − ∠B) sin(∠AP B − ∠C)

Solu¸c˜ ao.

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A b

Y

S

b b

Z b

P b

b

B

b b

X

C

Temos que ZY = P A · sin ∠A, ZX = P A · sin ∠B e XY = P C · sin ∠C. Al´em disso, ∠ZXY = ∠ZXP + ∠Y XP = ∠ZBS + ∠Y CP = ∠ACS + ∠Y CP = ∠P CS. Dessa forma, ∠BP C = ∠P CS + ∠P SC = ∠ZXY + ∠A ⇔ ∠ZXY = ∠BP C − ∠A. Aplicando a lei dos senos no triˆ angulo XY Z obtemos imediatamente o resultado desejado. Problema 3. Considere um triˆ angulo ABC. Sejam AD e AE as bissetrizes interna e externa, respectivamente, do ˆ angulo ∠A. Seja F um ponto sobre o c´ırculo circunscrito do ∆AED e K, L e M os p´es das perpendiculares de F a BC, AB e AC, respectivamente. Prove que KL = KM . Problema 4. Seja ABC um triˆ angulo inscrito em um c´ırculo de raio R e seja P um ponto no interior do triˆ angulo. Prove que PB PC 1 PA + + ≥ . 2 2 2 BC CA AB R Problema 5. Seja P um ponto no interior do triˆ angulo ABC. Se pa , pb e pc s˜ ao as distˆ ancias de P aos lados do triˆ angulo ABC, prove que P A + P B + P C ≥ 2(pa + pb + pc ), 4

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com igualdade acontecendo se, e somente se, o triˆ angulo ABC ´e equil´atero e P ´e o circuncentro. (Desigualdade de Erdos - Mordell) Problema 6. Seja P um ponto no interior do triˆ angulo ABC. Prove que ´ aP A + bP B + cP C ≥ 4 · Area(ABC). Problema 7. (Balkan) Seja ABC um triˆ angulo acutˆ angulo. Sejam A1 , B1 e C1 as proje¸c˜oes do baricentro G sobre os lados do triˆ angulo. Prove que ´ 2 Area(A 1 1 B1 C1 ) ≤ ≤ . ´ 9 4 Area(ABC) Problema 8. (IMO) Seja P um ponto no interior de triˆ angulo ABC. Prove que pelo menos um dos ˆangulos ∠P AC, ∠P BC e ∠P CA ´e menor ou igual a 30◦ . Bibliografia 1. Mathematical Reflections - the first two years Titu Andreescu 2. Notas de aula do professor Marcelo Mendes de Oliveira. 3. Inequalities Radmila Bulajich, Jos´e Antonio G´ omez Ortega e Rogelio Valdez Delgado

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Transforma¸c˜ oes geom´ etricas II - Simetria e rota¸c˜ ao. 1. Simetria com rela¸ c˜ ao a um ponto. Dizemos que o ponto A′ ´e o sim´etrico de A com rela¸c˜ao a um ponto fixo O se, e somente se, o ponto O for o ponto m´edio do segmento AA′ .

b b

b

O

A

A′

Sejam F e F ′ duas figuras sim´etricas com rela¸c˜ao ao ponto O e sejam AB e A′ B ′ os seg´ f´acil ver que ABA′ B ′ ´e um paralelogramo mentos correspondentes nessas duas figuras. E pois as diagonais cortam - se em seus pontos m´edios. 2. Simetria com rela¸ c˜ ao a uma reta. Dizemos que o ponto A′ ´e o sim´etrico de A com rela¸c˜ao `a reta r se, e somente se, a reta r ´e a mediatriz do segmento AA′ .

b

r

A b

M b

A′

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Problema 1. (Problema de Fagnano) Determine o triˆ angulo de per´ımetro m´ınimo inscrito em um triˆ angulo acutˆ angulo. Solu¸c˜ ao. Seja ABC um triˆ angulo acutˆ angulo. Queremos achar pontos M , N e P sobre os lados BC, CA e AB, respectivamente, tais que o per´ımetro do triˆ angulo M N P seja m´ınimo. Inicialmente vamos considerar uma vers˜ ao mais simples do problema. Fixe o ponto P sobre o lado AB. Vamos achar os pontos M e N sobre BC e CA, respectivamente, tais que o triˆ angulo M N P tenha per´ımetro m´ınimo. (O m´ınimo ir´ a depender da ′ ′′ escolha do ponto P .) Seja P o sim´etrico de P com rela¸c˜ao `a reta BC e P o sim´etrico de P com rela¸c˜ao ` a reta AC. Ent˜ ao CP ′ = CP = CP ′′ , ∠P C ′ B = ∠P CB e ∠P ′′ CA = ∠P CA. ′ Se ∠BCA = γ, ent˜ ao ∠P CP ′′ = 2γ. Mas, 2γ < 180◦ , pois γ < 90◦ . Consequetemente, a reta P ′ P ′′ intersecta os lados BC e AC do triˆ angulo ABC nos pontos M e N , respectivamente, e o per´ımetro do triˆ angulo M N P ´e igual `a P ′ P ′′ . De maneira semelhante, se X ´e um ponto sobre BC e Y um ponto sobre AC, o per´ımetro do triˆ angulo XP Y ´e igual ao comprimento da poligonal P ′ XY P ′′ , que ´e maior ou igual a P ′ P ′′ . Como isso, o per´ımetro do triˆ angulo P XY ´e maior ou igual ao per´ımetro do triˆ angulo P M N e a igualdade ocorre se, e somente se, X = M e Y = N . Agora, precisamos encontrar o ponto P sobre o lado AB tal que o segmento P ′ P ′′ tenha comprimento m´ınimo. Veja que P ′ P ′′ ´e a base do triˆ angulo is´ osceles P ′′ P ′ C com ˆ angulo ∠P ′′ CP ′ = 2γ constante e lados CP ′ = CP ′′ = CP . Ent˜ao, basta escolher P sobre AB tal que CP ′ = CP seja m´ınimo, mas isso acontece quando P ´e o p´e da altura relativa ao v´ertice C. Se P ´e o p´e da altura relativa ao v´ertice C ent˜ao M e N ser˜ ao os p´es das outras duas alturas. Para provar isso, sejam M1 e N1 os p´es das alturas do triˆ angulo ABC relativas aos v´ertices A e B, respectivamente. Ent˜ao ′ ∠BM1 P = ∠BM1 P = ∠BAC = ∠CM1 N1 , mostrando que o ponto P ′ est´ a sobre a reta M1 N1 . De maneira an´ aloga, P ′′ est´ a sobre a reta M1 N1 e, portanto, M = M1 e N = N1 . Dessa forma, de todos os triˆ angulos inscritos no triˆ angulo ABC o triˆ angulo ´ortico ´e o que tem o menor per´ımetro. b

P ′′

b

N

b

C

X

b

Y b

M

b

b

A

b

b b

B

P

2

P′

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P ′′ b

C b

N1 b

b

M1 b

b

b

A

P′

b

P

B

Problema 2. (Cone Sul) Seja ABC um triˆ angulo e sejam AN , BM e CP as alturas relativas aos lados BC, CA e AB, respectivamente. Sejam R, S as proje¸c˜oes de N sobre os lados AB, BC, respectivamente, e Q, W as proje¸c˜oes de N sobre as alturas BM e CP , respectivamente. (a) Prove que R, Q, W , S s˜ ao colineares; (b) Prove que M P = RS − QW . 3. Rota¸ c˜ ao. Seja O um ponto fixo de um plano orientado e um ˆangulo α dizemos que P ′ ´e a imagem de P por uma rota¸c˜ ao de centro O e ˆ angulo α se OP ′ = OP e ∠P ′ OP = α. b

P′

α b

b

P

O

Teorema 1. Seja O um ponto fixo de um plano orientado e um ˆangulo α. Al´em disso, sejam P e Q pontos do plano distintos de O e suas imagens P ′ e Q′ pela rota¸c˜ao de centro O e ˆangulo α. Ent˜ ao P Q = P ′ Q′ e a medida do ˆangulo formado pelas retas P Q e P ′ Q′ ´e α. Demonstra¸c˜ ao. ´ f´acil ver que os triˆ E angulos OP Q e OP ′ Q′ s˜ ao congruentes pois ∠P OQ = ∠P OP ′ − ∠QOP ′ = ∠QOQ′ − ∠QOP ′ = ∠P ′ OQ′ , OP = OP ′ e OQ = OQ′ . Prolongue P ′ Q′ at´e 3

b

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intersectar P Q no ponto M . O quadril´ atero M QQ′ O ´e inscrit´ıvel pois ∠P QO = ∠P ′ Q′ O ′ ′ e, com isso, ∠QM Q = ∠QOQ = α.

b

M b

Q

P b

θ

α

O b

β α−β β b

P′

θ Q′ b

Problema 3. (OBM) Na figura, o quadrado A′ B ′ C ′ D ′ foi obtido a partir de uma rota¸c˜ao no sentido hor´ ario do quadrado ABCD de 25 graus em torno do ponto m´edio de AB. Qual ´e o ˆangulo agudo, em graus, entre as retas AC e B ′ D ′ ? (a) 5

(b) 25

(c) 45

(d) 65

D

b

(e) 85

D′ b

C

b

b

b

A′ b

A

b

B b

B′

Solu¸c˜ ao. 4

C′

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b

D

D′ C

b

b

F b

C′

b

b

E

O

b

b

A′ b

b

B

A

b

B′

Pelo teorema 1 temos que o ˆ angulo agudo entre AC e A′ C ′ ´e ∠CEC ′ = 25◦ . Como A′ C ′ e B ′ D ′ s˜ ao as diagonais do quadrado ent˜ao o ˆangulo entre eles ´e ∠D ′ OA′ = 90◦ . Portanto, o ˆangulo desejado ser´ a ∠EF O = 65◦ . Problema 4. (Ponto de Fermat) Seja ABC um triˆ angulo acutˆ angulo. Encontrar o ponto interior que minimiza a soma AP + BP + CP . Problema 5. (USAMO) Dois triˆ angulos ABC e P QR como mostra a figura abaixo s˜ ao tais ◦ que ∠ADB = ∠BDC = ∠CDA = 120 . Prove que X = u + v + w. b

X

A b

u b b

w b

C

c

X

c b

D

R

O

a

b v a

b

B

b

b

Q

X

5

P

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Problema 6. Seja P um ponto no interior do quadrado ABCD. Prove que as perpendiculares baixadas desde A, B, C e D sobre P B, P C, P D e P A, respectivamente, s˜ ao concorrentes. Problema 7. (Cone Sul) Seja ABC um triˆ angulo is´ osceles com AB = AC. Uma reta l passando pelo incentro I de ABC intersecta AB e AC em D e E, respectivamente. F e G s˜ ao pontos sobre BC tais que BF = CE e CG = BD. Mostre que o ˆangulo ∠F IG ´e constante. Problema 8. Prove que composi¸c˜ ao de duas rota¸c˜oes de ˆangulos α e β, respectivamente, ´e uma rota¸c˜ao de ˆ angulo de medida α + β. Se os centros das duas rota¸c˜oes forem diferentes determine o centro da nova rota¸c˜ ao. Problema 9. (Teorema de Napole˜ ao) Seja ABC um triˆ angulo escaleno. Se exteriormente s˜ ao constru´ıdos triˆ angulos equil´ateros ABM , BCN e ACP , prove que os baricentros desses triˆ angulos s˜ ao v´ertices de um triˆ angulo equil´atero.

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Problemas OBM - 1◦ Fase

Problema 1. A figura a seguir representa um Tangram, quebra-cabe¸cas chinˆes formado por 5 triˆ angulos, 1 paralelogramo e 1 quadrado. Sabendo que a ´area do Tangram a seguir ´e 64cm2 , qual ´e a ´ area, em cm2 , da regiˆ ao sombreada?

a) 7.6 b) 8 c) 10.6 d) 12 e) 21.3 Problema 2. Na figura a seguir, ABC ´e um triˆ angulo qualquer e ACD e AEB s˜ ao triˆ angulos e: equil´ ateros. Se F e G s˜ ao os pontos m´edios de EA e AC, respectivamente, a raz˜ao BD FG ´ b

b

E b

F b

A

b

b

B

a)

1 2

G

b

C

D

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b) 1 c)

3 2

d) 2 e) Depende das medidas dos lados de ABC. Problema 3. Na figura, o lado AB do triˆ angulo equil´ atero ABC ´e paralelo ao lado DG do quadrado DEF G. Qual ´e o valor do ˆ angulo x? a) 80◦ b) 90◦ c) 100◦ d) 110◦ e) 120◦

Problema 4. O jardim da casa de Maria ´e formado por cinco quadrados de igual ´area e tem a forma da figura abaixo. Se AB = 10m, ent˜ao a ´area do jardim em metros quadrados ´e: a) 200 √ b) 10 5 c) 100 d)

500 3

e)

100 3

2

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Problema 5. A figura abaixo ´e formada por trˆes quadrados de lado 1cm e um retˆ angulo que os contorna. A ´ area do retˆ angulo ´e:

√ a) 3 2 √ b) 4 2 c) 6 √ d) 6 2 e) 8 Problema 6. Qual o menor √ per´ımetro inteiro poss´ıvel de um triˆ angulo que possui um dos 3 lados com medida igual a 5. 2 ? a) 8 b) 9 c) 10 d) 11 e) 12 Problema 7. Uma mesa de bilhar tem dimens˜ oes de 3m por 6m e tem ca¸capas nos seus quatro cantos P , Q, R e S. Quando uma bola atinge na borda da mesa, sua trajet´ oria forma um ˆangulo igual ao que o ˆ angulo anterior formava. Uma bola inicialmente a 1 metro da ca¸capa P , ´e batida do lado SP em dire¸c˜ao ao lado P Q, como mostra a figura. A quantos metros de P a bola acerta o lado P Q se a bola cai na ca¸capa S ap´ os duas batidas na borda da mesa? a) 1 b)

6 7

c)

3 4

d)

2 3

e)

3 5

3

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Problema 8. No desenho temos AE = BE = CE = CD. Al´em disso, α e β s˜ ao medidas α de ˆangulos. Qual o valor da raz˜ao β a)

3 5

b)

4 5

c) 1 d)

5 4

e)

5 3

Problema 9. Em um triˆ angulo ABC, ∠A = 20◦ e ∠B = 110◦ . Se I ´e o incentro (centro da circunferˆencia inscrita) e O o circuncentro (centro da circunferˆencia circunscrita) do triˆ angulo ABC, qual a medida do ˆ angulo ∠IAO? a) 20◦ b) 25◦ c) 30◦ d) 40◦ e) 35◦ Problema 10. Na figura abaixo, os pontos A, B e C s˜ ao colineares, assim como os pontos D, E e F . As duas retas ABC e DEF s˜ ao paralelas. Sendo A1 , A2 e A3 as ´areas das regiˆ oes destacadas na figura, podemos afirmar que: a) A2 = 2A1 = 2A3 4

POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro

b) A2 = A1 + A3 c) A2 > A1 + A3 d) A2 < A1 + A3 e) A22 = A1 .A3

Problema 11. No triˆ angulo ABC, m(ABC) = 140◦ . Sendo M o ponto m´edio de BC, N o ponto m´edio de AB e P o ponto sobre o lado AC tal que M P ´e perpendicular a AC, qual a medida do ˆ angulo ∠N M P ? a) 40◦ b) 50◦ c) 70◦ d) 90◦ e) 100◦ Problema 12. No desenho, o retˆ angulo cinza tem seus v´ertices sobre os lados do triˆ angulo equil´ atero de ´ area 40cm2 . O menor lado do retˆ angulo ´e um quarto do lado do triˆ angulo. A ´area do retˆ angulo em cm2 ´e: a) 5 b) 10 c) 15 d) 18 e) 22

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Problema 13. Os pontos P , Q, R, S e T s˜ ao v´ertices de um pol´ıgono regular. Os lados P Q e T S s˜ ao prolongados at´e se encontrarem em X, como mostra a figura, e ∠QXS mede 140◦ . Quantos lados os pol´ıgono tem? a) 9 b) 18 c) 24 d) 27 e) 40

Problema 14. Uma figura no formato da cruz, formada por quadrados de lado 1, est´a inscrita em um quadrado maior, cujo os lados s˜ ao paralelos aos lados do quadrado tracejado, cujos v´ertices s˜ ao v´ertices da cruz. Qual ´e a ´area do quadrado maior? a) 9 b)

49 5

c) 10 d)

81 8

e)

32 3

Problema 15. Na figura, BC = 2BH. Quanto vale x? a) 10◦ b) 15◦ c) 16◦ 6

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d) 20◦ e) 25◦

Problema 16. Em um triˆ angulo ABC com ∠ABC − ∠BAC = 50◦ , a bissetriz do ˆangulo ∠ACB intersecta o lado AB em D. Seja E o ponto do lado AC tal que ∠CDE = 90◦ . A medida do ˆangulo ADE ´e: a) 25◦ b) 30◦ c) 40◦ d) 45◦ e) 50◦ Problema 17. Seja ∠XOY = 90◦ . Sejam M e N os pontos m´edios de OX e OY , respectivamente. Dado que XN = 19 e Y M = 22, determine a medida do segmento XY . a) 24 b) 26 c) 28 d) 30 e) 32 Problema 18. Uma circunferˆencia passando pelos v´ertices B, A, D do paralelogramo ˆ ABCD encontra o segmento CD em Q. Sabendo que m(B AD) = 60◦ e AD = 10, o tamanho do segmento CQ ´e: a) 10 b) 20 c)

√ 5 3 2

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POT 2012 - Geometria - N´ıvel 3 - Aula 5 - Prof. Rodrigo Pinheiro √ d) 10 3 e) 15 Problema 19. Seja AB um segmento de comprimento 26 e sejam C e D pontos sobre o segmento AB tais que AC = 1 e AD = 8. Sejam E e F pontos sobre uma semicircunferˆencia de diˆ ametro AB, sendo EC e F D perpendiculares a AB. Quanto mede o segmento EF ? a) 5 √ b) 5 2 c) 7 √ d) 7 2 e) 12 Problema 20. As alturas de um triˆ angulo medem 12, 15 e 20. O maior ˆangulo interno do triˆ angulo mede: a) 72◦ b) 75◦ c) 90◦ d) 108◦ e) 120◦ Problema 21. Constr´ oi-se o quadrado ABXY sobre o lado AB do hept´ agono regular ABCDEF G, exteriormente ao hept´ agono. Determine a medida do aˆngulo BXC, em radianos. a)

π 7

b)

3π 7

c)

π 14

d)

3π 14

e)

3π 28

Gabarito

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1) D 2) D 3) E 4) C 5) C 6) B 7) B 8) D 9) C 10) A 11) D 12) C 13) D 14) B 15) D 16) A 17) B 18) A 19) D 20) C 21) E

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