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UFMT – ICET/MATEMÁTICA (PROFMAT – 2013/0) – Prof. Geraldo L. Diniz, MA 21 – Turma: 2012/Cuiabá
MA 21 – primeira avaliação
Questão 1:
É posśıvel cobrir um tabuleiro de xadrez com 31 dominós onde removemos as casas dos vértices superior esquerdo
e inferior direito? Justifique.
Solução:
Não é posśıvel cobrir o tabuleiro nesta situação, pois cada dominó cobre duas casas, na vertical ou horizontal,
que sempre terão cores alternadas, como foram retiradas duas casas da mesma cor, ao final restará uma peça de
dominó para cobrir duas casas de mesma cor o que não é posśıvel.
Questão 2:
Determine os valores de a para os quais a função quadrática ax2 − ax + 12 é sempre positiva.
Solução:
Primeiramente, analisando o sinal do discriminante se tem que:
∆ = a2 − 48a < 0 ⇐⇒ 0 < a < 48.
Assim, para que a função seja sempre positiva se deve ter o discriminante negativo e a positivo. Neste caso, a
solução é 0 < a < 48.
Questão 3:
Prove que se n é ı́mpar, então 8 divide n2 − 1.
Solução:
Sendo n ı́mpar, então ele é da forma 2k + 1, logo n2 − 1 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1− 1 = 4k(k + 1). Como k e
k + 1 são dois números consecutivos, necessariamente um deles é par. Sem perda de generalidade, suponha que k seja
par, logo k = 2m. Assim,
n2 − 1 = 4(2m)(2m + 1) = 8m(2m + 1), que é múltiplo de 8 e, portanto, 8 divide n2 − 1. ¥
Questão 4:
Dados três inteiros x, y e z, tais que x2 + y2 = z2, mostre que x e y não são ambos ı́mpares e que xy é múltiplo
de 6.
Solução:
Por absurdo, suponha que x e y sejam ambos ı́mpares. Dáı, eles são da forma x = 2n + 1 e y = 2m + 1. Assim,
vem
x2+y2 = (2n+1)2+(2m+1)2 = 4n2+4n+1+4m2+4m+1 = 4(m2+n2+m+n)+2 = 4[m(m+1)+n(n+1)]+2,
que não é quadrado perfeito, já que todo quadrado perfeito se escreve da forma 4k ou 4k + 1, o que torna a equação
x2 + y2 = z2 inconsistente para x, y e z inteiros. Portanto, x e y não podem ser ambos ı́mpares.
Pelo que foi demonstrado acima, se tem que pelo menos um dos inteiros x ou y é par, então 2 divide o produto
xy. Resta mostrar que 3 também divide o produto xy.
Com efeito, supondo que 3 não divide o produto xy e como 3 é primo, então 3 não divide x e 3 não divide y.
Assim, tanto x quanto y não podem ser da forma 3k, ou seja, x = 3m + 1 e y = 3n + 1, ou x = 3m + 1 e y = 3n + 2
(ou vice-versa), ou x = 3m + 2 e y = 3n + 2.
– Se x = 3m + 1 e y = 3n + 1, então x2 + y2 = (3m + 1)2 + (3n + 1)2 = 9m2 + 6m + 1 + 9n2 + 6n + 1 = 3k + 2,
que não é quadrado perfeito.
– Se x = 3m+1 e y = 3n+2, ou vice-versa, então x2+y2 = (3m+1)2+(3n+2)2 = 9m2+6m+1+9n2+6n+4 = 3k+2,
que não é quadrado perfeito.
– Se x = 3m + 2 e y = 3n + 2, então x2 + y2 = (3m + 2)2 + (3n + 2)2 = 9m2 + 6m + 4 + 9n2 + 6n + 4 = 3k + 2,
que não é quadrado perfeito.
Absurdo!
Logo, necessariamente se tem que 3 divide x ou 3 divide y e, dáı, 3 divide xy. Portanto, 6 divide xy. ¥
2 MA 21 – primeira avaliação
Questão 5:
Na região delimitada por um retângulo de largura quatro e altura três são marcados seis pontos. Prove que
existe ao menos um par destes pontos cuja distância entre eles não é maior que
√
5.
Solução:
Dividindo o retângulo em seis retângulos de altura um e
largura dois, se obtém retângulos de diagonal
√
5. Con-
siderando os 4 vértices do retângulo maior dado e seu
centro (casas) e os seis pontos a serem distribúıdos (pom-
bos) – ver figura 1, e dividindo o retângulo maior nas
cinco regiões coloridas, dáı usando o prinćıpio da casa
dos pombos, haverá ao menos dois pontos alocados den-
tro da mesma região, cuja maior distância entre eles será
a diagonal do retângulo menor, neste caso
√
5. Assim,
haverá ao menos dois pontos cuja distância entre eles
não é maior que
√
5.
Figura 1: Divisão do retângulo em 5 regiões (uma para
cada cor).