Matemática - Ensino Médio

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Sociedade Brasileira de Matemática
CONTEÚDO
AOS LEITORES							 2
XIV OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL				 3
Enunciados e Soluções
XLIV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA		 	 13
Enunciados e Soluções
X OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA PARA ESTUDANTES UNIVERSITÁRIOS 23
Enunciados e Soluções
XVIII OLIMPÍADA IBERO-AMERICANA DE MATEMÁTICA 34
Enunciados e Soluções
ARTIGOS
A DESIGUALDADE DE ERDÖS - MORDELL 					 42
Anderson Torres
COMO É QUE FAZ? 53
SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS 54
PROBLEMAS PROPOSTOS 58
COORDENADORES REGIONAIS 62
AOS LEITORES
Chegamos à última edição de 2003 publicando soluções de diversas olimpíadas internacionais: a Olimpíada de Matemática do Cone Sul, a Olimpíada Internacional de Matemática, a Olimpíada Ibero-americana e a Olimpíada Internacional de Matemática para Estudantes Universitários, da qual participamos pela primeira vez. Publicamos também um artigo sobre a desigualdade de Erdös Mordell, que ajuda a resolver um dos problemas mais difíceis que já caíram na IMO.
Estamos propondo sete problemas bacanas na seção de problemas propostos, que se somam aos 6 problemas da última edição dos quais ainda não recebemos solução. Haverá portanto bastante diversão para o começo de 2004…
Em 2004 a Olimpíada Internacional de Matemática será realizada na Grécia, assim como as Olimpíadas. Vamos torcer para o Brasil trazer belas medalhas nos dois casos…
Abraços e feliz ano novo a todos, 
Os editores 
XIV OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL
Enunciados e Soluções
PROBLEMA 1
Em um torneio de futebol entre quatro equipes, A, B, C e D, cada equipe joga com cada uma das outras exatamente uma vez.
a) Decidir se é possível que, ao finalizar o torneio, as quantidades de gols marcados e sofridos pelas equipes sejam:
A
B
C
D
Gols marcados
1
3
6
7
Gols sofridos
4
4
4
5
Se a resposta é afirmativa, dê um exemplo com os resultados das seis partidas; em caso contrário, justifique.
 
b) Decidir se é possível que, ao finalizar o torneio, as quantidades de gols marcados e sofridos pelas equipes sejam:
A
B
C
D
Gols marcados
1
3
6
13
Gols sofridos
4
4
4
11
Se a resposta é afirmativa, dê um exemplo com os resultados das seis partidas; em caso contrário, justifique.
SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO – RJ)
A configuração apresentada é possível. Por exemplo,
A ( B
1 ( 1
A ( C
0 ( 0
A ( D
0 ( 3
B ( C
0 ( 3
B ( D
2 ( 0
C ( D
3 ( 4
Como D não joga contra si mesmo, todos os gols que marca são contra A, B e C. Logo todo gol marcado por D aumenta em um a contagem de gols marcados por D e aumenta em um a soma do número de gols sofridos por A, B e C.
Mas como D marcou treze gols, A, B e C deveriam ter sofrido pelo menos treze gols no total, mas sofreram apenas 12, absurdo! Logo a situação apresentada é impossível. 
PROBLEMA 2
Considere a seqüência {a​​n} definida da seguinte maneira:
 a1 = 1 
 a2 = 3
 an+2 = 2an+1 an + 1, para todo inteiro n ( 1.
Provar que a máxima potência de 2 que divide a4006 ( a4005 é 22003.
SOLUÇÃO DE RODRIGO AGUIAR PINHEIRO (FORTALEZA – CE)
Seja 
Indução: 
, temos 
 sendo a maior potência de 2 que divide 
 e 
Base de Indução: 
 e 
Temos que 
mas 
 e 
 OK!!
 e 
 
 logo 
 mas 
 não divide 
 logo 
.
Passo Indutivo: Supondo que para todos os naturais menores ou iguais a k, valha a sentença da indução, provaremos que vale para k + 1.
 = 
 = 
 
Seja 
 ímpar (hipótese de indução) e 
Temos: 
Portanto 
, mas 
 não divide 
 
, portanto 
 
Para k = 2003, temos que 
mas 
 não divide 
.
PROBLEMA 3
Seja ABC um triângulo acutângulo tal que o ângulo B mede 60o . A circunferência de diâmetro AC intersecta as bissetrizes internas de A e C nos pontos M e N respectivamente (M ( A, N ( C). A bissetriz interna do ângulo B intersecta MN e AC nos pontos R e S, respectivamente. Demonstrar que 
.
SOLUÇÃO DE THIAGO COSTA LEITE SANTOS (SÃO PAULO – SP)
Digamos que 
,
Sem perda de generalidade
. 
N está dentro do triângulo, pois como 
 é diâmetro 
��EMBED Equation.DSMT4
 e 
.
De modo análogo M está fora do triângulo.
Assim, 
Como 
, pois ANMC é inscritível, 
 é inscritível 
 Como 
 e
 
 e 
 Como I é o incentro, 
 
(r é o inraio). O triângulo 
 é equilátero, pois provamos que 
 Como BR é bissetriz de 
.
No triângulo RKI:
 pois 
.
 
PROBLEMA 4
No triângulo acutângulo ABC, os pontos H, G e M encontram-se sobre o lado BC, de modo que AH, AG e AM são altura, bissetriz e mediana do triângulo, respectivamente. Sabe-se que HG = GM, AB = 10 e AC = 14. Determinar a área do triângulo ABC.
SOLUÇÃO DE RODRIGO AGUIAR PINHEIRO (FORTALEZA – CE)
Seja BH = x, HG = GM = k, MG = y e AH = z.
Como AM é mediana, BM = MC ( BH + HG + GM = MC
( x + 2k = y (I)
Apliquemos o teorema da bissetriz interna, considerando a bissetriz AG: 
 (II)
(I) em (II): 
 (III)
(III) em (I): 
 
(III): 
 
Apliquemos o teorema de Pitágoras no 
Teorema de Pitágoras no 
Temos: 
 Área 
.
PROBLEMA 5
Seja 
, onde 
 é um inteiro, 
. Constrói-se um arranjo triangular de lado n formado por círculos de mesmo raio como o mostrado na figura para 
.
Determinar, para cada k, o maior número de círculos que podem ser coloridos de vermelho de tal modo que não existam dois círculos vermelhos tangentes entre si.
ADAPTAÇÃO DA SOLUÇÃO DE THIAGO COSTA LEITE SANTOS (SÃO PAULO – SP) 
Obviamente 
 ou 
, quando k = 2k0 ou 
, respectivamente. Observe que se tivermos seis círculos do seguinte formato:
nós só podemos pintar no máximo 2 bolas; caso pintemos 3, haverá duas bolas pintadas tangentes, o que é absurdo!
Primeiro caso: 
Denote por ak o maior número de círculos que podemos pintar. No triângulo n ( n pegue as 3 últimas linhas:
Dividimos aqueles círculos em peças de 6 círculos e uma peça de 3 círculos da seguinte forma: 
Como cada peça
tem no máximo 2 círculos pintados e nós temos 
 peças (note que 
 pois 
 e na peça 
 podemos pintar um círculo ( 
nesse caso.
Segundo caso: 
As três últimas linhas são assim:
 onde r é o número de círculos pintados da peça 
. Temos que 
.(*)
Se r = 2 temos de novo
e um jeito de montarmos é o seguinte:
Pegue a peça destacada e
coloque assim:
A partir daí fazemos por
indução:
Nos dois casos (k par ou k ímpar), as três últimas linhas podem ser pintadas assim: Suponha pintado até a linha n e pinte as linhas 
n + 1, n + 2, n + 3 da seguinte forma.
Na linha n + i = 3k + 1 + i, 1 ( i ( 3 faça o seguinte: enumere de 1 a n + i.
Se i = 1: na linha n + 1, se o círculo tiver um número da forma 3k, pinte-o de vermelho.
Se i = 2: na linha n + 2, se o círculo tiver um número da forma 3k + 2, pinte-o.
Se i = 3: na linha n + 3, se o círculo tiver um número da forma 3k + 1, pinte-o.
Assim, teremos 
Vamos ver o que acontece se em (*) tivermos r = 3 e 
 círculos pintados nas 3 últimas linhas.
A peça será pintada assim 
As 3 últimaslinhas serão pintadas assim:
Na linha i coloque os números assim: 
Na linha 3k + 2 e 3k + 4 os números impares serão pintados e na linha 3k + 3 ninguém. Como cada peça da forma 
só tem no máximo 2 círculos pintados, nas linhas 3k + 2 e 3k + 4 todos os números ímpares serão pintados, porque se não 
 Assim, nas 3 linhas anteriores (3k – 1, 3k e 3k + 1) temos no máximo 2k círculos pintados (pois na linha 3k + 1 não podemos ter nenhum), donde 
e, de qualquer jeito, temos 
 por indução. A resposta, portanto, é 
 
 
PROBLEMA 6
Demonstrar que existe uma seqüência de inteiros positivos 
 que satisfaz as duas condições seguintes:
contém exatamente uma vez cada um dos inteiros positivos,
ii) para cada 
a soma parcial 
 é divisível por 
.
SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO – RJ)
Definiremos indutivamente uma tal seqüência. Seja x1 = 1, x2 = 3, e suponha a seqüência definida até x2n. Seja k o menor inteiro positivo que ainda não apareceu entre 
 Pelo Teorema Chinês dos Restos, existem infinitos 
tais que
, e
já que 
 Em particular, existe um tal 
 já que este último conjunto é finito. Tomamos 
 e 
 Note que 
 e 
 logo a extensão da seqüência respeita (ii). Como, para 
 
 por construção e 
 pela definição de k, a extensão respeita que cada inteiro aparece no máximo uma vez. Mas depois de x extensões, todos os números 1, 2,…,x já apareceram, pois são os x menores inteiros positivos. Logo todo inteiro positivo x aparece até o (2x + 2)-ésimo termo, logo todo inteiro aparece pelo menos uma vez. Logo 
 respeita (i), e portanto 
 satisfaz as condições do enunciado. 
XLIV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA
07 a 19 de julho, Tóquio - Japão
PROBLEMA 1
Seja 
 um subconjunto do conjunto 
 com exatamente 101 elementos. Demonstre que existem números 
 em 
 tais que os conjuntos
, para 
são disjuntos dois a dois.
SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO – RJ)
Seja 
Certamente 
 já que há 
 pares de inteiros 
 tais que x > y. Afirmamos que se 
 é tal que 
então 
satisfazem o enunciado. De fato, se houver 
 tais que 
então 
 Mas o lado esquerdo da igualdade está em 
, o direito não, absurdo!
Então construímos T da seguinte forma: 
Para cada elemento 
adicionado, proibimos todos os inteiros da forma 
Escolhemos o menor inteiro que não foi proibido, nem escolhido anteriormente.
Repetimos ii) e iii) 99 vezes.
Se existissem 
 em T, tais que 
então, como 
, 
, logo 
 absurdo, pois 
 teria sido proibido, pois é da forma 
Logo basta verificar que 
 Mas como 
, basta verificar 
 Mas se 
, então 
, pois há no máximo 5050 inteiros proibidos entre ele e 
, além de 1 já escolhido. Da mesma maneira, 
 concluindo a demonstração.
PROBLEMA 2
Determine todos os pares de inteiros positivos 
 tais que
é um inteiro positivo.
SOLUÇÃO DE ALEX CORRÊA ABREU (NITERÓI – RJ)
Primeiro caso: b = 1
 é inteiro ( a é par ( temos as soluções (2k, 1) k ( N*.
Segundo caso: 
 
como queremos inteiro positivo 
 e como 
agora: 
�� EMBED Equation.3 . Temos então as soluções 
�� EMBED Equation.3 .
2'') se b < a e (a, b) é uma solução, suponha que
 então a equação 
tem uma solução a e a outra é 
que é positiva pois o produto das soluções é 
Então vamos mostrar que 
�� EMBED Equation.3 o que é verdade, pois
 Assim, pelo 
caso 2'), 
, com b par, pois
 . Temos então as soluções 
 par.
PROBLEMA 3
Considere um hexágono convexo tal que para cada quaisquer dois lados opostos verifica-se a seguinte propriedade: a distância entre os seus pontos médios é igual a 
 vezes a soma dos seus comprimentos. Demonstre que todos os ângulos do hexágono são iguais.
(Um hexágono convexo 
 tem três pares de lados opostos: 
 e 
, 
 e 
, 
 e 
).
SOLUÇÃO OFICIAL
Primeira Solução:
Lema: Considere o triângulo PQR com 
 Seja L o ponto médio de QR.
Logo 
, com igualdade se e somente se o triângulo PQR é equilátero. 
Prova: 
Seja S um ponto tal que o triângulo 
 é equilátero, e os pontos P e S encontram-se no mesmo semiplano limitado pela linha QR. Logo o ponto P pertence ao circuncírculo do triângulo QRS, que se encontra dentro do círculo de centro L e raio 
. Isto completa a prova do lema.
As diagonais principais do hexágono convexo formam um triângulo embora o triângulo possa ser degenerado. Assim podemos escolher duas das três diagonais que formam um ângulo maior ou igual a 60(. Sem perda de generalidade, podemos assumir que as diagonais AD e BE do hexágono dado ABCDEF satisfazem 
, onde P é a interseção dessas diagonais. Logo, usando o lema, temos:
onde M e N são pontos médios de AB e DE, respectivamente. Assim pelo lema, os triângulos ABP e DEP são equiláteros.
Consequentemente a diagonal CF forma um ângulo maior ou igual a 60( com uma das diagonais AD e BE. Sem perda de generalidade, assumimos que 
onde Q é a interseção de AD e CF. Da mesma maneira acima, deduzimos que os triângulos AQF e CQD são equiláteros. Isto implica que 
onde R é a interseção de BE e CF. Usando o mesmo argumento acima pela terceira vez, obtemos que os triângulos BCR e EFR são equiláteros. Isto completa a solução.
Segunda Solução: 
Seja ABCDEF o hexágono dado e seja 
Sejam M e N os pontos médios dos lados AB e DE, respectivamente. Temos
 e 
 
Assim temos 
 
 (1)
Da propriedade dada temos
 (2)
x = a – d, y = c – f, z = e – b. desde (1) e (2) obtemos:
 
 (3)
Similarmente vemos que 
 
 (4)
 
 (5)
Note que 
(3) 
(4) 
(5) 
Adicionando as últimas três inequações, obtemos
ou 
 Assim 
 e valem as igualdades em todas as inequações acima.
Daí, concluímos que:
Supondo que PQR é o triângulo tal que 
 Podemos assumir 
, sem perda de generalidade. Seja L o ponto médio de QR, logo 
Segue do lema na solução 1 que o triângulo PQR é equilátero. Assim temos 
 
Nota: Obtemos a caracterização completa dos hexágonos satisfazendo a propriedade dada. São obtidos a partir do triângulo equilátero cortando seus cantos na mesma altura. 
PROBLEMA 4
Seja 
 um quadrilátero convexo cujos vértices estão sobre uma circunferência. Sejam 
, 
 e 
 os pés das perpendiculares às retas 
, 
 e 
, respectivamente, passando por 
. Demonstre que 
 se e só se as bissetrizes dos ângulos 
 e 
 se intersectam sobre a reta
.
SOLUÇÃO DE ALEX CORRÊA ABREU (NITERÓI – RJ)
Seja CAB = ( e BCA = (.
Primeiro temos que as bisetrizes se intersectam sobreAC(
.Mas 
 pois DQCP é inscritível
de diâmetro DC(
e, analogamente, 
como queríamos. 
Observe que a nossa demonstração independe do fato de ABCD ser um quadrilátero inscritível. De fato, o quadrilátero mostrado no desenho não o é: A está no segmento BR e C está no segmento BP. Todos os argumentos utilizados continuam válidos se modificarmos as posições de A ou C.
PROBLEMA 5
Sejam 
 um inteiro positivo e 
 números reais tais que 
.
Demonstre que
Demonstre que a igualdade é válida se e só se 
 formam uma progressão aritmética.
SOLUÇÃO
Vamos provar (a) por indução em n. Para n = 1 os dois lados valem 0 e, para n = 2, valem 
Façamos o passo da indução: Temos 
Assim, sendo 
e 
 temos 
e 
 Queremos então provar que 
�� EMBED Equation.3 ou equivalentemente, que 
 
Olhando o lado esquerdo como uma função quadrática de 
, concluímos que ela atinge o seu mínimo para 
quando temos 
�� EMBED Equation.3 enquanto 
,
mas 
 donde 
 é equivalente a 
 que é a hipótese de indução. Assim, o valor mínimo de nossa função quadráticaé maior ou igual a 0, o que implica o resultado.
Para provar b), note que, se valem as igualdades nas desigualdades acima, devemos ter em particular 
 donde, por hipótese de indução, 
 para um certo 
, 
 além disso, devemos ter 
 donde 
 é uma progressão aritmética, como queríamos provar.
PROBLEMA 6
Seja 
 um número primo. Demonstre que existe um número primo 
 tal que, para todo inteiro n, o número 
 não é divisível por q. 
SOLUÇÃO DE SAMUEL BARBOSA FEITOSA (FORTALEZA - CE)
É evidente que p 
q pois se p = q basta tomarmos n múltiplo de q para termos um absurdo.
Se encontrarmos um primo q tal que p
 e 
 (1) 
o problema terá acabado pois se 
, como 
 então mdc (n, q) = 1, donde 
 mas pelo pequeno teorema de Fermat temos 
. Isso produz um absurdo por (1), logo devemos ter 
. 
 Para encontrarmos o nosso tal primo q que satisfaz (1) consideremos o número 
. É claro que
 (2). 
 Seja q um divisor primo de X e 
. De (2) temos que 
 ou 
. Se k = 1 temos 
��EMBED Equation.DSMT4; daí 
 mas 
 e 
, absurdo, logo k = p, mas 
 para algum y inteiro. Existe algum fator primo q de X tal que y não seja divisível por p, pois se para todo fator primo q de X tivermos 
, teríamos 
, mas 
 logo existe um primo q divisor de X tal que 
 e 
. Mostremos que tal primo q satisfaz (1). Como 
 e 
��EMBED Equation.DSMT4 não divide 
��EMBED Equation.DSMT4, donde o primo q satisfaz (1).
X OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA PARA ESTUDANTES UNIVERSITÁRIOS
25 a 31 de Julho, Cluj - Napoca, Romênia
PROBLEMA 1
Seja 
uma seqüência de números reais tais que 
 e 
 
Prove que a seqüência 
 tem um limite finito ou tende a infinito.
Prove que para todo 
existe uma seqüência 
 com as mesmas propriedades, tal que 
SOLUÇÃO 
(a) Considere a seqüência 
. 
Temos 
, logo (bn) é uma seqüência crescente. 
Mas toda seqüência monótona limitada é convergente. Logo, há duas opções possíveis: ou (bn) é ilimitada e, como é crescente, tende a infinito ou então, se ela for limitada, ela tem um limite finito (pois é crescente).
(b) Tome 
 e considere a seqüência 
�� EMBED Equation.3 . 
 e portanto (bn) é uma seqüência convergente, com 
.
Portanto, a seqüência 
 satisfaz as condições do enunciado.
Observação: A solução da letra (b) é bem mais natural do que parece. A letra (a) induz você a pensar apenas na seqüência (bn). E na tentativa de encontrar uma seqüência com determinadas condições, nada mais natural do que tentar uma seqüência fácil como uma PG (e aí descobrir o valor de q necessário).
PROBLEMA 2
Sejam 
 elementos não nulos de um corpo. Simultaneamente trocamos cada elemento pela soma dos outros 50. Desta forma a nova seqüência 
 é uma permutação da anterior. Quais são os possíveis valores da característica do corpo? 
SOLUÇÃO
Seja p a característica do corpo. 
, logo 49S = 0. 
Se 
, temos que 49 = 0, logo 
 e como p é primo, p = 7. Um exemplo de corpo que satisfaz essa propriedade é 
, com 
, para k = 1,2,...,51.
Se S = 0, cada 
 é igual a 
, para algum j, donde a permutação 
 tal que 
 possui um ponto fixo, pois os números 1,2,...,51 estão divididos em pares (pela ação da 
) e 51 é ímpar. Portanto existe um n tal que 
, logo 
 e como 
, temos que 2 = 0 e o corpo possui característica 2. Um exemplo de corpo que satisfaz essa propriedade é GF(22), isto é, o corpo cujos elementos são polinômios, tomados módulo 
x2 + x + 1, com coeficientes em 
.
Basta tomar 
.
PROBLEMA 3
Seja A uma matriz quadrada n ( n tal que 3A3 = A2 + A + I. Prove que (Ak )k ( N converge a uma matriz idempotente B (i.e., a uma matriz B tal que B2 = B).
SOLUÇÃO
Seja m(x) o polinômio minimal de A. Como 
, m(x) deve ser divisor de 
, com 
.
Isso implica que m(x) tem raízes distintas, e portanto A é diagonalizável, isto é, existe uma matriz P inversível tal que 
, onde Diag(a,b,c,...) representa a matriz diagonal de entradas a,b,c,...
Segue que 
.
Como 
, segue que 
, que é claramente idempotente.
SOLUÇÃO ALTERNATIVA
Seja 
 Então 
Resolvendo a recorrência (veja o artigo "Equações de recorrência", na Eureka! 9), obtemos 
 para todo k, sendo 
 matrizes quadradas de ordem n. Como 
 
 Como 
 é idempotente.
PROBLEMA 4
Determine o conjunto de todos os pares (a, b) de inteiros positivos para os quais o conjunto dos inteiros positivos pode ser decomposto em dois conjuntos A e B tais que 
SOLUÇÃO
Note que o par (a, b) funciona se e somente se o par de coprimos 
 funciona. Vamos então analisar os casos com mdc(a, b)=1.
Suponha 
 (o outro caso é análogo). Então, 
, e portanto a é múltiplo de b (pois os elementos de B são todos inteiros), e 
mdc(a, b) = 1 implica b = 1.
Reciprocamente, dado qualquer par da forma (a, 1), com a > 1, é possível construir conjuntos A e B satisfazendo o enunciado. De fato, dado 
, seja kn a maior potência de a que divide n. Tomando 
 temos 
.
Portanto, os pares possíveis são os pares (a, b) com a ( b tais que a é múltiplo de b ou b é múltiplo de a.
PROBLEMA 5
Sejam 
 uma função contínua e 
 a seqüência de funções definida por 
 e 
Determine 
para todo 
.
SOLUÇÃO
Veja inicialmente que se g é polinômio, o problema é fácil, pois se
, temos claramente que 
, portanto todos os coeficientes, com exceção do independente, tendem a zero quando 
, e 
. A idéia é tentar mostrar que isso também vale no caso de g não ser polinômio. 
Para isso, vamos usar o teorema da aproximação de Stone-Weierstrass: Dado 
, existe um polinômio P tal que 
, para todo x em [0,1] (pois g é contínua e [0,1] é compacto). Agora olhe para a seqüência 
 tal que 
 e 
. 
Como P é polinômio, 
, donde para n grande, 
. 
Além disso, temos que se 
, então:
Segue por indução que 
, para todo n natural e todo x em (0,1] já que 
. Agora fica fácil: 
, para n grande, o que prova que 
.
SOLUÇÃO ALTERNATIVA
Vamos provar que 
 Para isso, vamos mostrar que, para todo 
 e 
�� EMBED Equation.3 
Como g é contínua, existe 
 tal que 
 Se 
para todo
 donde, por indução, 
 Se 
 temos 
, donde, se
temos 
 Assim, se 
 (que existe, pois 
, temos 
donde 
 ou 
, o que encerra a prova. 
PROBLEMA 6
Seja 
 um polinômio com coeficientes reais. Prove que se as raízes de f estão no semi-plano esquerdo 
então 
 para todo k = 0, 1,…, n – 3.
SOLUÇÃO
Podemos supor sem perda de generalidade que 
Nesse caso, f(z) pode ser fatorado como produto de monômios da forma z + a ou 
 com a > 0 (no segundo caso, se b ( 0, deve aparecer também o fator 
).
Como 
e 
 temos que f(z) pode ser obtido a partir de um polinômio de grau 0 ou 1 com todos os coeficientes positivos por meio de sucessivas multiplicações por polinômios da forma 
, com A, B > 0. Em particular, todos os seus coeficientes são positivos.
Vamos agora proceder por indução: para n = 0 ou n = 1 o resultado vale por vacuidade. Seja agora f(z) um polinômio de grau n + 2, da forma 
 com 
 e
 satisfazendo a hipótese de indução. Convencionando 
se 
ou 
, e escrevendo 
, temos, para 
�� EMBED Equation.3 Queremos então provar que 
,
mas
Temos, por hipótese de indução, 
e, além disso, 
 e 
, donde 
 e logo 
 (de fato temos 
, a menos que k = n, quando 
; 
 e 
, donde 
e logo 
, e analogamente 
sendo que pelo menos uma dessas duas últimas desigualdades é estrita, o que conclui a prova.
SEGUNDO DIA
PROBLEMA 1
Sejam A e B matrizes reais n ( n tais que AB + A + B = 0. Prove que AB = BA.
SOLUÇÃO
Logo, A + I e B + I são inversas uma da outra, donde
.
Expandindo a última desigualdade vem 
 e subtraindo esta da igualdade dada no enunciado obtém-se 
.
PROBLEMA 2
Calcule o seguinte limite: 
 (m, n naturais dados).
SOLUÇÃO
Como a função 
 é decrescente em 
, e tendea 1 quando t tende a 0+, temos que, para 
 e x < t < 2x: 
 e portanto:
.
Como 
, a desigualdade acima mostra que o limite procurado é igual a
	
PROBLEMA 3
Seja A um subconjunto fechado de Rn e seja B o conjunto de todos os pontos b de Rn tais que existe exatamente um ponto a0 em A tal que 
. Prove que B é denso em Rn.
SOLUÇÃO
Vamos mostrar que dado 
 e 
, existe 
.
Se 
, então basta tomar y = x.
Caso contrário, seja 
. Como A é fechado, existe um ponto 
 que realiza essa distância (basta observar por exemplo que 
 é compacto). 
Se esse ponto a não for único, considere um ponto 
 do segmento (x, a).
Seja a’ um outro ponto de A. Se a’ estiver no prolongamento desse segmento de reta, então claramente 
.
Caso contrário, temos a desigualdade triangular estrita 
 e portanto:
,
onde a 2a desigualdade usa que a é um ponto de A tal que |a – x| é mínimo e a igualdade final usa o fato que y está no segmento de reta (x, a).
	Ou seja, todo ponto y escolhido dessa forma está em B. Escolhendo t suficientemente pequeno (
 por exemplo) obtemos um ponto 
 como desejado.
PROBLEMA 4
Encontre todos os inteiros positivos n para os quais existe uma família F de subconjuntos de três elementos de S ={1, 2, …, n} que satisfaz as seguintes condições:
para quaisquer elementos distintos a, b ( S existe exatamente um A ( F tal que a, b ( A. 
Se a, b, c, x, y, z são tais que {a, b, x}, {a, c, y}, {b, c, z} ( F então 
 {x, y, z} ( F. 
SOLUÇÃO
Vamos mostrar que uma tal família F existe se e somente se 
 para algum inteiro positivo k.
De fato, se 
, onde está definida a adição 
�� EMBED Equation.3 , podemos definir 
e 
A propriedade (i) segue com 
 e a propriedade ii) segue de 
�� EMBED Equation.3 
Sejam agora S e F como no enunciado. Consideramos um conjunto 
, onde 0 é um elemento de G que não pertence a S (um "zero artificial") e uma operação + definida em G por
Não é difícil ver que com essa operação G é um grupo abeliano ( a + b = b + a para quaisquer a, b em G, (a + b) + c = a + (b + c), para quaisquer 
e para todo 
 existe b em G com a+b=0. Segue que G é isomorfo a 
para algum inteiro positivo 
, donde 
, o que conclui a solução.
* De fato, se 
é um subgrupo de G isomorfo a 
, e, se definimos em G a relação de equivalência 
 obtemos um quociente, G/H, o conjunto das classes de equivalência 
 que é um grupo com a operação 
, o qual têm as mesmas propriedades que G. Além disso, G é naturalmente isomorfo a 
e, por indução em 
, 
é isomorfo a 
 para algum 
, donde G é isomorfo a 
.
Obs.: O conjunto S é um espaço projetivo finito (a generalização k-dimensional do plano projetivo) sobre o corpo 
(ou seja, de ordem 2), cuja família das retas é F. De fato, a propriedade (i) é equivalente a "por dois pontos passa uma única reta" e a propriedade (ii) é equivalente ao axioma de Veblen-Young: "dado um triângulo ABC, se uma reta r corta dois lados, então corta o terceiro lado também" (no caso, os pontos do triângulo são a,b,c e a reta é r={x,y,z}). As propriedades (i) e (ii) são, então, equivalentes aos axiomas que definem um espaço projetivo; veja o artigo "Aplicações de planos projetivos finitos em Teoria dos Números e Combinatória", de Carlos Shine, na Eureka! 15.
PROBLEMA 5
Mostre que para toda função 
 existe uma função 
tal que 
.
b) Encontre uma função 
 para a qual não existe 
 tal 
 que f(x, y) ( g(x) + g(y), (x, y ( R.
SOLUÇÃO
 é enumerável, digamos 
Assim, podemos definir 
 por 
Assim, 
Podemos definir 
Se existisse 
 tal que 
, se definirmos, para cada inteiro positivo n, 
teremos 
, donde, como 
 é não-enumerável, algum dos 
 deve ser não enumerável, e portanto tem pontos de acumulação, isto é, existe uma seqüência de termos distintos 
 com 
para todo k tal que 
converge a um certo 
. Em particular, 
, e logo 
 tende a 
, mas devemos ter 
 para todo 
, pois 
donde 
é limitada, absurdo.
PROBLEMA 6
Seja 
 a seqüência definida por 
,
 
Calcule 
 (se existir).
SOLUÇÃO
Os an são positivos e, por indução, tem-se 
 (de fato, supondo válido até n tem-se
).
Considere então a função geratriz 
 (ele é convergente para 0 < x < 1 pela observação acima). Derivando e usando a expressão dada obtemos:
	
Trocando a ordem do somatório obtém-se:
Portanto, 
Como f (0) = 1:
Colocando 
obtemos 
 
, de modo que 
.
Estas soluções da International Mathematical Competition - 2003 foram redigidas por Márcio Assad Cohen, Rodrigo Villard Milet e Carlos Gustavo Moreira do Rio de Janeiro – RJ. 
XVIII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA
13 a 20 de setembro, Mar del Plata - Argentina
PRIMEIRO DIA
PROBLEMA 1
Têm-se duas sucessões, cada uma de 2003 inteiros consecutivos, e um tabuleiro de 2 linhas e 2003 colunas
………
………
Decida se é sempre possível distribuir os números da primeira sucessão na primeira linha e os da segunda sucessão na segunda linha, de modo que os resultados obtidos ao somar os dois números de cada coluna formem uma nova sucessão de 2003 números consecutivos.
E se trocássemos 2003 por 2004?
Tanto em a) como em b), se a resposta for afirmativa, explique como distribuiria os números, e se for negativa, justifique o porquê.
SOLUÇÃO 
Note que somar ou subtrair uma constante de uma sucessão de números consecutivos a transforma em uma sucessão de números consecutivos.
Note também que somar ou subtrair uma constante de uma linha do tabuleiro soma ou subtrai a mesma constante da sucessão formada pela soma das colunas, logo esta operação não altera a "consecutividade" das linhas do tabuleiro. Portanto, sem perda de generalidade, as sucessões escritas nas duas primeiras linhas do tabuleiro são 1, 2, …,n onde 
Sim. Escreva na primeira linha 1, 2,…,2003 e na segunda linha 1002, 1003,…,2003, 1, 2, …, 1000, 1001, ou seja, o i-ésimo termo é 
se 
A seqüência final é 
se 
 e 
se 
, que é obviamente permutação de 1003, 1004, 1005,…,3003, 3004, 3005.
Não. Uma seqüência de 2004 números inteiros consecutivos tem forma 
. Sua soma vale
 
A soma dos números da primeira e da segunda linhas vale 1002 (mod 2004). Como a terceira linha (formada pela soma das colunas) é formada pela soma das duas primeiras linhas, a soma das números da terceira linha é 
Mas se a terceira linha fosse composta por uma sucessão de números consecutivos em alguma ordem, sua soma seria 
1002 (mod 2004), absurdo! Logo a soma das colunas não pode formar uma sucessão de números consecutivos.
PROBLEMA 2
Sejam C e D dois pontos da semicircunferência de diâmetro AB tais que B e C estão em semiplanos distintos em relação à reta AD. Denotemos por M, N e P os pontos médios de AC, DB e CD, respectivamente. Sejam OA e OB os circuncentros dos triângulos ACP e BDP. Demonstre que as retas OAOB e MN são paralelas.
SOLUÇÃO 
Sejam 
e 
as medidas de 
e 
, respectivamente. Seja O o centro da semicircunferência ACDB. Sejam R e Q os pés das perpendiculares a 
 que passam por 
 e 
, respectivamente. 
Sejam ainda S e 
, T e 
 pontos médios de CP e PD, respectivamente.
Note que 
 pois é ângulo inscrito. Note ainda que 
 e 
, pois são mediatrizes de 
 e 
. Logo 
 é inscritível e 
. 
Como 
 (pois 
, logo 
), 
 Logo 
Analogamente, 
 Olhando para o triângulo OMA, 
 (pois M é ponto médio da corda 
, logo 
), logo 
 Analogamente, 
 Mas 
 Logo existe uma homotetia de centro O que leva M em 
e N em 
. Como homotetias preservam paralelismo, 
PROBLEMA 3
Pablo copia o seguinte problema:
Considere todas as sucessões de 2004 números reais 
tais que
Entre todas estas sucessões, determine aquela para a qual a expressão seguinte assume o seu maior valor: S = … .
Quando Pablo ia copiar a expressão S, apagaram o quadro. Só conseguia lembrar-se de queS era da forma
onde o último termo, 
, tinha coeficiente +1, e os anteriores tinham coeficiente +1 ou –1. Demonstre que Pablo, apesar de não ter o enunciado completo, pode determinar com certeza a solução do problema.
SOLUÇÃO 
Seja 
o coeficiente associado ao termo 
 na expressão de S. Em particular, 
. Dizemos que um termo
 é positivo se 
, ou que é negativo se 
. Dizemos que 
 está maximizado se 
.
Lema: Se 
 estão maximizados, então:
 
Prova: É fácil ver que
 A prova segue trivialmente.
Corolário: A soma acima tem o mesmo sinal de 
.
Prova: Como 
, basta analisar o sinal de 
 Suponha 
 positivo (i.e. = 1). Então 
 O caso 
 é análogo.
É obvio que maximizar os termos positivos aumenta a soma (já que 
, podemos aumentar um termo sem alterar nenhum dos seguintes). Logo, sem perda de generalidade, na seqüência que maximiza 
 todos os termos positivos são máximos.
Se houver algum termo negativo não maximizado, escolha o último deles, digamos 
 e maximize tanto ele quanto todos os termos que o seguem. Sejam a e b os valores antigo e novo de 
 e A e B os valores da soma 
 antes e depois da mudança na seqüência. 
Seja ainda 
 Pelo lema, A = aC e B = bC. 
Logo B – A = C(b – a) > 0, pois, pelo corolário, C > 0, e como b > a, b – a > 0. Logo, na seqüência de S máximo, todos os termos são máximos ou poderíamos aumentar S maximizando algum termo. 
Logo 
 
, e portanto a seqüência que maximiza S é 
 
SEGUNDO DIA
PROBLEMA 4
Seja M ={1, 2,…,49} o conjunto dos primeiros 49 inteiros positivos. Determine o maior inteiro k tal que o conjunto M tenha um subconjunto de k elementos em que não haja 6 números consecutivos. Para esse valor máximo de k, encontre a quantidade de subconjuntos de m, de k elementos, que tenham a propriedade mencionada.
SOLUÇÃO
Definição: Um conjunto 
 é feliz se não contém seis inteiros consecutivos. 
Seja 
feliz, 
 Então se 
 Logo a interseção de P com algum dos conjuntos
�� EMBED Equation.3 �� EMBED Equation.3 
�� EMBED Equation.3 
é vazia. Chame de i algum inteiro tal que 
. Então 
absurdo, pois então N teria uma seqüência de seis inteiros consecutivos. Por outro lado, é óbvio que 
 é feliz.
Assim, o maior k tal que existe 
feliz é 41 (como se 
 então N não é feliz, 
e acabamos de exibir um exemplo para 41).
Seja 
feliz, 
Os oito elementos de P separam naturalmente N em nove conjuntos 
 e cada 
 composto apenas de números consecutivos. É fácil ver que o número de possíveis conjuntos N é o número de soluções de 
(pois estamos escolhendo o tamanho dos 
) onde 
 e exigimos que os Ni estejam ordenados pelos seus menores elementos. Seja 
 
Seja 
 Como 
 Substituindo na equação, 
 Mas então a restrição 
 é redundante, logo o número de 
feliz, é o número de soluções de 
 nos inteiros não negativos, que é 
PROBLEMA 5
No quadrado ABCD, sejam P e Q pontos pertencentes aos lados BC e CD respectivamente, distintos dos extremos, tais que BP = CQ. Consideram-se pontos X e Y, X ( Y, pertencentes aos segmentos AP e AQ respectivamente. Demonstre que, quaisquer que sejam X e Y, existe um triângulo cujos lados têm os comprimentos dos segmentos BX, XY e DY.
SOLUÇÃO
Seja 
�� EMBED Equation.3 �� EMBED Equation.3 �� EMBED Equation.3 �� EMBED Equation.3 
Como 
 basta provar que 
para demonstrar que 
Mas a mediatriz de 
é a reta 
, que divide o plano em dois semiplanos 
 e 
. À exceção do ponto A, todo o segmento 
está contido em 
, logo 
 (o caso 
 é trivial). Logo 
e, analogamente, 
Basta provar que 
 
Seja 
�� EMBED Equation.3 , onde 
(para que 
). 
Então 
�� EMBED Equation.3 
�� EMBED Equation.3 
Mas 
 (já que a, b, c são positivos). Basta demonstrar que 
já que 2ac > 0. Logo basta provar que 
Mas 
, logo 
Analogamente, 
 e o resultado segue trivialmente.
PROBLEMA 6
Definem-se as sucessões 
por:
 e
 
 para 
Demonstre que 2003 não divide nenhum dos termos destas sucessões.
SOLUÇÃO
Observe que 2003 é primo; logo, se
 
Suponha que exista n tal que 
 (note que 
); escolha o menor deles. Suponha que 
(o outro caso é análogo).
Temos 
 
logo 
 Como nem 
 nem 
 são zero (mod 2003), podemos inverter os dois lados, obtendo 
(usamos o fato de que 
 Mas 
 logo 
É fácil ver que, nesse caso, 
Seja 
 e 
 (para n = 0, temos 
, logo podemos supor 
 Então 
 e 
 logo
 (Como n é o menor possível, 2003 não divide 
 para todo 
, logo existe 
). Seja x = cd.
 Esta equação tem uma raiz (que é cd), logo seu discriminante 
 é resíduo quadrático (mod 2003) : de fato, 
 Mas pela lei de Reciprocidade Quadrática, 
 logo 5 não é resíduo quadrático módulo 2003, absurdo! Assim, não é possível que
, logo 
 
Estas soluções da Olimpíada Ibero-americana de Matemática - 2003 foram redigidas por Fábio Dias Moreira de Rio de Janeiro – RJ.
A DESIGUALDADE DE ERDÖS-MORDELL
Anderson Torres, São Paulo - SP
Nível Avançado
Neste artigo demonstraremos (várias vezes) a desigualdade de Erdös-Mordell e mostraremos uma bela aplicação na resolução do problema 5 da IMO de 1996, realizada em Mumbai, Índia.
1- Uma história do teorema
“Considere um triângulo ABC e um ponto P do mesmo plano. Sejam 
 as projeções ortogonais de P nos lados BC, CA, AB respectivamente. Vale então a desigualdade:
com igualdade se e somente se P for o circuncentro de um triângulo ABC eqüilátero”.
Este é o enunciado da famosa Desigualdade de Erdös-Mordell. Ela foi inicialmente conjecturada pelo matemático húngaro Paul Erdös e demonstrada no mesmo ano por Louis Mordell, na revista American Mathematical Monthly (problema n° 3740). Logo após surgiram várias soluções e alguns artigos sobre a desigualdade, cada uma usando variadas técnicas: trigonometria (Louis J. Mordell e P.F. Barrow), desigualdades angulares e semelhanças (Leon Bankoff), teorema de Ptolomeu (André Avez e Hojoo Lee), áreas de polígonos (V. Komornik).
Mostraremos algumas delas, acrescidas de um pequeno comentário:
Lema Importante: 
, 
com igualdade se, e somente se, 
.
A esmagadora maioria das demonstrações difere apenas na demonstração desta pequena desigualdade. Veja que esta desigualdade equivale a estas desigualdades (as outras duas seguem por permutação cíclica das variáveis):
Ao somá-las, obtemos:
e lembrando que a soma de um real positivo com seu inverso não pode ser menor que 2, e esse valor só se iguala a dois se o número em questão for 1 (isto é conseqüência da desigualdade das médias), a desigualdade segue, com igualdade se e apenas se AB = BC = CA. Além disso, devemos ter 
, 
 e 
, o que implica facilmente que P é o circuncentro do triângulo ABC.
Vamos então demonstrar este lema! 
Demonstração 1: (trigonometria)
O quadrilátero 
 é cíclico, pois os ângulos retos são opostos e somam 180°. Assim, pela Sagrada Lei dos Senos Generalizada,
em que R é o circunraio do triângulo ABC.
Pela Sagrada Lei dos Cossenos,
,
onde usamos o fato (bastante conhecido ():
 para fatorar.
Assim, jogando um dos parênteses fora, obtemos:
A igualdade ocorre se, e somente se,
mas 
,donde
e logo
e (fica como exercício mostrar que) isto equivale, de fato, a 
.
Demonstração 2: (áreas de paralelogramos)
Escolha dois pontos 
 e construa os paralelogramos 
 e 
.
 cortam BC em X,Y e 
 em 
 respectivamente, caso P seja interno ao triângulo (mas isto não afeta muito a demonstração). Veja que 
 é um paralelogramo.
Por congruências, 
, em que [algo] significa área de algo. Agora, veja:
.
Com isto vemos que
, com igualdade se, e apenas se, 
, ou 
, ou seja, AP contém o circuncentro do triângulo 
. Fazendo 
, teremos por congruências (para variar...) 
, e (por paralelismo mesmo!() 
, e pronto! Fim!
Observação: Veja queé possível modificar esta demonstração apenas usando uma reflexão pela bissetriz do ângulo 
 para obter os pontos 
,
. Esta observação será útil mais tarde.
Demonstração 3: (teorema de Ptolomeu)
Sejam 
 pontos da reta 
 tais que 
. Então é fácil ver que
,
com igualdade se, e somente se, 
.
Vamos calcular cada uma das parcelas em relação ao ponto P.
Veja que 
 pois os ângulos correspondentes são iguais. De fato, temos os ângulos retos, e 
 (quadrilátero cíclico e ângulos opostos pelo vértice).
Assim, obtemos as relações:
.
Analogamente,
 
Pelo Teorema de Ptolomeu-Euler,
Adicionando as igualdades, obtemos:
2- Problema 5, IMO 1996 (Mumbai, Índia)
“Seja ABCDEF um hexágono convexo tal que AB é paralelo a DE, BC é paralelo a EF, e CD é paralelo a FA.
Sejam 
 os circunraios dos triângulos FAB, BCD, DEF respectivamente, e seja P o perímetro do hexágono.
Prove que: 
.”
Este foi um dos problemas mais difíceis (e é considerado o mais difícil por muitos problemistas) já propostos na história da IMO. Para se ter uma idéia, apenas seis participantes (dois romenos e quatro armênios) fecharam este problema, enquanto os seis estudantes da equipe chinesa zeraram-no!
Mostraremos neste artigo duas soluções. A primeira é um esboço de como foi criado o problema, segundo a Banca Examinadora da IMO de 1996 (o problema foi proposto pela Armênia), segundo a referência [Nairi M. Sedrakian, The History of a Creation of a 1996 IMO Problem, Mathematics Competitions, n° 2 vol.9], e se assemelha muito com a solução oficial, presente na Eureka! N° 11. A segunda (com algumas modificações), totalmente sintética, considerada a mais bela das soluções, é de autoria de Ciprian Manolescu, da equipe da Romênia, o único Perfect Score (também conhecido como Ouro-42) da IMO 1996.
Solução 1: usaremos o seguinte lema (demonstre-o!):
“Considere um triângulo de circunraio R, lados a e b, e o ângulo 
 entre eles. Então, para quaisquer 
 tais que 
, é válida a desigualdade: 
”
(Sugestão: note que 
�� EMBED Equation.3 e considere uma reta fazendo um ângulo 
 com o lado b; calcule a medida da projeção ortogonal do lado do triângulo oposto ao ângulo 
 nessa reta).
Usando este lema, podemos estimar os raios. Para tal sejam
, 
.
Com isto,
Vamos tentar obter outra estimativa para 
, desta vez em relação aos 
lados d e e.
Pela Sagrada Lei dos Senos, 
. Podemos então escrever 
. Veja que BF não pode ser menor que a distância entre as retas BC e EF. Olhando este fato, vamos projetar o ponto A nas retas BC, EF obtendo os respectivos pontos 
. Analogamente para o ponto D, obtemos o retângulo 
. 
Com isto, podemos escrever:
Concluímos as seguintes desigualdades:
Somando tudo:
E o problema segue, aplicando a Desigualdade das Médias aos parênteses e dividindo tudo por 4. E fim!
Solução 2: Este problema, por si só, já incita o uso de Erdös-Mordell ou de alguma generalização conveniente (muito provavelmente até às ultimas conseqüências (()). Para tal, devemos de algum modo produzir a configuração deste teorema. Aproveitando o paralelismo, desenhe os paralelogramos MDEF, NFAB, PBCD. Com isto já temos algo dentro do hexágono (mesmo que não seja um ponto, como em Erdös-Mordell, mas já é alguma coisa... Às vezes é necessário um pouco de coragem para não desistir de algumas idéias, mesmo que pareçam não dar certo. Muitos problemas de IMO e vários problemas difíceis em geral são, na verdade, aplicações de fatos simples até às últimas conseqüências).
O problema agora é tentar achar um modo de identificar os raios. Lembrando que raios e diâmetros têm tudo a ver com perpendicularidade, desenhe o triângulo XYZ, com 
. Assim, o quadrilátero FMDX é inscritível de diâmetro MX. Mas os triângulos FED e FMD são congruentes, logo 
. Com isso o problema é demonstrar a seguinte desigualdade:
.
Vamos dividir em dois casos:
1- M = N = P. E este caso é a própria Desigualdade de Erdös-Mordell.
2- O triângulo MNP existe (não é degenerado). A partir daqui vamos adaptar a demonstração de Erdös-Mordell.
Estimaremos XM primeiro. Sejam Y’ e Z’ as reflexões dos pontos Y e Z em relação à bissetriz de 
. Sejam G e H as projeções de M, X em Y’Z’ respectivamente. Como [XYZ] = [Y’XZ’] = [Z’MY’] + [XMZ’] + [Y’MX], temos:
.
Mas, usando a desigualdade triangular no triângulo XMG e a desigualdade cateto < hipotenusa no triângulo XHG (ou mesmo distância de X à reta Y’Z’), obtemos:
Substituindo na igualdade recém-descoberta,
Analogamente,
Somando tudo:
Agora falta pouco...Basta arranjar um modo de sumir com as frações. Agora vamos usar a Desigualdade das Médias para concluir. Para tal, outra estimativa. Primeiramente, veja que os triângulos XYZ e MNP são semelhantes, o que nos permite definir 
. Com isto, podemos escrever:
Analogamente,
Agora, basta somar estas desigualdades e acabamos o problema!!
REFERÊNCIAS :
[1]A demonstração de Hojoo Lee pode ser encontrada na famosa revista Forum Geometricorum, a qual você pode ler no site http://forumgeom.fau.edu .Neste artigo você encontra as referências de toda a história deste problema enquanto ele se passava na American Mathematical Monthly.
[2]Na lista de discussão de problemas da OBM (obm-l@mat.puc-rio.br; ver também www.obm.org.br/lista.htm) foi deixada, há algum tempo atrás, a demonstração de Ciprian Manolescu. 
[3]Na Internet tem uns livros do Kiran Kedlaya.Vá ao site abaixo e faça o download:
http://www.unl.edu/amc/a-activities/a4-for-students/problemtext/
Um deles trata sobre desigualdades, e outro sobre geometria euclidiana plana. Ainda tem uns dois livros com provas de algumas olimpíadas de matemática de várias partes do mundo.
[4]Após uma longa caça achei este artigo,que trata de uma generalização interessante:
A weighted Erdös-Mordell Inequality for Polygons. Este livro pode ser encontrado no endereço:
www.math.technion.ac.il/~shafrir/pub_ps/m18.ps.gz
[5]Um site de divulgação cientifica: http.://mathworld.wolfram.com
[6]Rafael Tajra Fonteles - Trigonometria e desigualdades em problemas de olimpíadas, Eureka! 11, p. 24-33.
[7]A segunda demonstração da desigualdade de Erdös-Mordell também foi objeto de uma questão da fase final da OPM-2001. Confira no livro da OPM-2001 ou no site http://www.opm.mat.br/
COMO É QUE FAZ?
PROBLEMA 3
PROPOSTO POR DAVI MÁXIMO ALEXANDRINO NOGUEIRA (FORTALEZA – CE)
É possível escolher 102 subconjuntos com 17 elementos cada do conjunto {1,2,3...102} tais que a interseção de quaisquer 2 deles tem no máximo 3 elementos?
SOLUÇÃO 
A ideia é olhar para o plano projetivo P sobre Z/17Z, que é o quociente de (Z/17Z)3\{(0,0,0)} pela relação de equivalência 
 
P tem 172 + 17 + 1 = 307 pontos e as retas em P têm 18 pontos cada (e duas delas sempre se intersectam num ponto). Vamos fazer uma espécie de quociente de P. Para isso, considere o isomorfismo linear T de (Z/17Z)3 dado por T(x, y, z) = (y, z, x). Note que T3 = Id. As retas em P são dadas por vetores não nulos w de (Z/17Z)3 (de fato por elementos de P): uma reta Rw é o conjunto dos v tais que < v, w > = 0. Note que T tem um único ponto fixo em P: o elemento v0 = [1:1:1], correspondente ao vetor (1,1,1). Jogamos v0 fora e dividimos os outros 306 pontos de P em 102 classes de equivalência de 3 elementos (as orbitas de T): a classe de equivalência de u é {u, Tu, T(Tu)}. Temos 307 retas em P. Jogamos fora a 
 O quociente de cada uma das outras retas tem 17 elementos. De fato, se Rw contém pontos da forma u e Tu, devemos ter <u, w> = 0 e < u, T*w> = <Tu, w> = 0. Como w não é v0 então T*w = T–1(w) não é múltiplo de w, donde há apenas um elemento de P satisfazendo essas duas igualdades, isto é, apenas dois pontos em Rw são identificados pela nossa equivalência, donde as retas (projetadas pelo quociente por essarelação de equivalência) têm agora 17 pontos cada. Para cada reta na projeção, existem exatamente 3 retas (em P) que se projetam sobre ela: Rw, RTw e 
. Dadas duas retas na projeção, elas se intersectam em (no máximo) 3 pontos: se elas são as projeções de Rw e Rv, suas interseções serão as projeções das interseções de Rw com Rv, de RTw com Rv e de RT(Tw) com Rv. Assim, na projeção (ou, se você preferir, no quociente), temos 102 pontos e 102 retas, cada uma com 17 elementos, sendo que duas delas se intersectam em (no máximo) 3 pontos. 
SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS
 Publicamos aqui algumas das respostas enviadas por nossos leitores.
Num triângulo isósceles ABC com AB = BC, temos AC = BH, onde BH é a altura relativa ao lado AC. Traçamos uma reta BD que corta o prolongamento da reta AC em D de tal forma que os raios dos círculos inscritos nos triângulos ABC e CBD são iguais. Determine o ângulo 
.
SOLUÇÃO DE FRANCISCO JARDEL ALMEIDA MOREIRA (FORTALEZA – CE)
Sejam, O1 o incentro do 
, O2 o incentro do 
, 
, 
 e finalmente, F o pé da perpendicular de 
 até 
.
Note que 
 é um retângulo, pois 
 e 
, daí 
Agora observe que:
 ademais, 
portanto, 
. Do fato de 
e 
X é médio de 
 (de fato, 
donde 
e logo 
é mediana do triângulo retângulo 
)
é médio de 
Logo, 
Como 
 e assim 
Demonstre a identidade
 
Prove que 
 
SOLUÇÃO DE WALLACE ALVES MARTINS (RIO DE JANEIRO – RJ)
Demonstraremos a identidade utilizando o princípio da indução.
Para n = 0 temos 
 e 
. Assim que a propriedade é válida para n = k, temos:
 Multiplicando-se ambos os membros da identidade por 
 temos:
Portanto a propriedade também é válida para n = k + 1. Logo, pelo princípio da indução segue-se que a identidade é válida 
Demonstraremos primeiramente a identidade entre o primeiro membro e o 
membro central da identidade acima; por indução.
Para n = 0, temos que 
 Assim a propriedade é verdadeira para n = 0. Vamos mostrar que para todo k temos 
 Para isso, vamos mostrar que para todo k temos 
 Considere 
temos que 
Como sabemos 
Logo 
 satisfaz a equação. Logo 
 Portanto a identidade também é válida para n = k + 1. Logo, pelo Princípio da Indução segue-se que a identidade é válida 
 Em particular, quando 
 temos a identidade conforme acima.
Agora, sabemos que 
 onde 
Utilizando (a) temos: 
Sabemos que, quando 
 então 
 (Pois 
.
Logo: 
Seja 
Determine quantas funções 
 satisfazem f(2003) = 2003, f(n) ( 2003 para todo n ( 2003 e f(m + f(n)) = f(f(m)) + f(n), para todo m, n ( N.
Prove que se 
 é um conjunto não-vazio tal que 
 e 
 então 
.
Obs. 
 é o único inteiro tal que 
Mostre que todo triângulo pode ser dividido em 9 pentágonos convexos de áreas iguais.
Encontre todas as triplas de inteiros positivos (a, m, n) tais que 
 divide 
 
Seja a(1) = 1 e, para cada inteiro n ( 2, a(n) igual ao menor inteiro positivo que não pertence a {a( j), j < n} tal que 
 seja múltiplo de n. Prove que 
 para todo inteiro positivo n.
Prove que se 
 e 
 então 
Seguimos aguardando as soluções dos problemas: 83, 84, 85, 86, 87 e 88… 
PROBLEMAS PROPOSTOS
Convidamos o leitor a enviar soluções dos problemas propostos e sugestões de novos problemas para os próximos números.
Uma prova de múltipla escolha com n questões é feita por k alunos. Uma resposta correta na i-ésima questão vale pi pontos, onde pi é um inteiro positivo, para 
 A nota de cada aluno é a soma dos pontos correspondentes às questões que ele acertou. Após a realização a prova, foi observado que, mudando os pesos pi, as notas dos alunos podem estar em qualquer uma das k! possíveis ordens (em que não há duas notas iguais). Dado n, qual é o maior valor possível de k?
Prove que, para todo inteiro positivo n e para todo inteiro não nulo a, o polinômio 
 é irredutível, i.e., não pode ser escrito como o produto de dois polinômios não constantes com coeficientes inteiros.
Um jardinero deve construir um canteiro com a forma de setor circular. Ele dispõe de 100 metros de fio para cercá-lo.
Figura:
Qual deve ser o valor do raio do círculo para que o canteiro tenha área máxima? Qual é a área máxima?
Seja (Fn)n(N a seqüência de Fibonacci, definida por F1 = 1, F2 = 1 e 
 Prove que mdc
 para quaisquer inteiros positivos m e n.
Um inteiro positivo n é dito perfeito se n é igual à soma dos divisores positivos de n que são menores que n. Prove que um número par n é perfeito se e somente se existe um número primo 
 tal que 
 é primo e 
.
A ilha das amazonas é habitada por amazonas e homens. 
As amazonas mandam em tudo, são inteligentíssimas, ciumentíssimas e muito fofoqueiras. O que uma amazona mais gosta de fazer é trair outra amazona com o marido desta. Consumada a traição, ela conta o seu feito a todas as amazonas da ilha menos à amazona traída. As outras amazonas também não contam nada à vítima da traição. Mas se uma amazona descobre que está sendo traída ela mata o seu marido na próxima meia noite.
A rainha das amazonas, que é viúva, vê esta situação com desagrado. Ela vê que há traição na ilha mas, como nunca ninguém descobre nada, nenhum marido morre. No dia 1 de janeiro de 3333, então, contrariando a tradição, ela chama todas as amazonas para a praça central e faz uma proclamação solene: "Há traição nesta ilha."
Nenhuma amazona sonha em duvidar da palavra da rainha e todas as amazonas sabem disso. Como já foi dito, todas são inteligentes e ciumentas: estes e os outros fatos mencionados neste enunciado até aqui são conhecimento comum entre as amazonas.
Supondo que haja 1000 amazonas na ilha e que 365 delas tenham sido traídas, o que acontecerá?
"Resta-Um" é um jogo de tabuleiro na qual as peças ocupam um tabuleiro formando parte de um reticulado retangular (na verdade, existem variações em 
 tabuleiros de reticulado triangular). O único movimento permitido consiste 
 em tomar duas peças em casas adjacentes vizinhas a uma casa vazia, e fazer a 
 peça mais distante da casa vazia pular sobre a outra peça, ocupando a casa 
 vazia. A peça pulada é retirada. 
 (esse movimento pode ser feito para a direita, para a esquerda, para cima ou 
 para baixo).
 Agora imagine um tabuleiro que é um reticulado retangular infinito e uma reta 
 que contém uma linha do reticulado, dividindo-o em dois lados. Todas as casas 
 de um dos lados da linha estão vazias e cada casa do outro lado da linha
 pode ou não ter uma peça.
 Quantas peças, no mínimo, precisamos para chegar a uma casa do lado vazio 
 do tabuleiro, a uma distância n da linha ? Abaixo indicamos uma casa a
 distância n, para n = 1,2,3,4,5. 
Você sabia…
Que 
 é primo? Este é o maior primo conhecido, tem 6320430 dígitos e foi descoberto por Michael Shafer, um participante do GIMPS (um projeto distribuído para procurar primos de Mersenne. Veja: http://www.mersenne.org para mais informações). Agora são conhecidos 40 expoentes p para os quais 
 é primo (e portanto 
 é perfeito - veja o problema proposto 93): 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, 107, 127, 521, 607, 1279, 2203, 2281, 3217, 4253, 4423, 9689, 9941, 11213, 19937, 21701, 23209, 44497, 86243, 110503, 132049, 216091, 756839, 859433, 1257787, 1398269, 2976221, 3021377, 6972593, 13466217 e 20996011. 
 
Problema 89 proposto na 27 Olimpíada Russa de Matemática em 2001, problema 90 proposto na Olimpíada Romena de Matemática de 1992, problema 91 proposto por Osvaldo Mello Sponquiado (Ilha Solteira – SP).
Você sabia…
Que existem infinitos inteiros positivos ímpares 
 tais que 
 é composto para todo 
? Tais inteiros 
são chamados números de Sierpinski. Em 1962, John Selfridge provou que 78557 é um número de Sierpinski, econjectura-se que seja o menor deles. Atualmente há 11 números menores que 78557 sobre os quais não se sabe se são números de Sierpinski ou não: 4847, 10223, 19249, 21181, 22699, 24737, 27653, 28433, 33661, 55459 e 67607. O número 5359 fazia parte dessa lista até 6/12/2003, quando Randy Sundquist ( um participante do Seventeen or Bust, um projeto distribuído para atacar o problema de Sierpinski) encontrou o primo 
, que tem 1521561 dígitos e é o quarto maior primo conhecido, e maior primo conhecido que não é de Merssenne. 
Veja: http://www.seventeenorbust.com para mais informações.
Exercício: Prove que 78557 é um número de Sierpinski, e que existem infinitos números de Sierpinski a partir das congruências
(mod 3)
(mod 5)
(mod 7)
(mod 13)
(mod 73)
(mod 19)
(mod 37).
COORDENADORES REGIONAIS
Alberto Hassen Raad			(UFJF)				Juiz de Fora – MG
Amarísio da Silva Araújo		(UFV)				Viçosa – MG 
Ana Paula Bernardi da Silva (Universidade Católica de Brasília) Brasília – DF 
Benedito Tadeu Vasconcelos Freire	(UFRN)				Natal – RN
Carlos Frederico Borges Palmeira		(PUC-Rio)				Rio de Janeiro – RJ
Claus Haetinger			(UNIVATES)			Lajeado – RS
Cleonor Crescêncio das Neves		(UTAM)				Manaus – AM
Élio Mega				(Colégio Etapa)			São Paulo – SP
Florêncio Ferreira Guimarães Filho	(UFES)				Vitória – ES
Gil Cunha Gomes Filho (Colégio ACAE) Volta Redonda – RJ
Ronaldo Alves Garcia			(UFGO)				Goiânia – GO
Reginaldo de Lima Pereira (Escola Técnica Federal de Roraima) Boa Vista – RR
Ivanilde Fernandes Saad		(UC. Dom Bosco)			Campo Grande– MS
Jacqueline Fabiola Rojas Arancibia	(UFPB)				João Pessoa – PB
Janice T. Reichert (UNOCHAPECÓ) Chapecó – SC
João Benício de Melo Neto		(UFPI)				Teresina – PI
João Francisco Melo Libonati		(Grupo Educacional Ideal)		Belém – PA
José Carlos dos Santos Rodrigues (Unespar) Campo Mourão – PR
José Cloves Saraiva			(UFMA)				São Luis – MA
José Gaspar Ruas Filho		(ICMC-USP)			São Carlos – SP
José Luiz Rosas Pinho		 (UFSC)				Florianópolis – SC
José Vieira Alves			(UFPB)				Campina Grande – PB
Licio Hernandes Bezerra		(UFSC)				Florianópolis – SC
Luzinalva Miranda de Amorim		(UFBA)				Salvador – BA
Mário Rocha Retamoso (UFRG) Rio Grande – RS
Marcelo Rufino de Oliveira		(Grupo Educacional Ideal)		Belém – PA
Marcelo Mendes		 (Colégio Farias Brito, Pré-vestibular)		Fortaleza – CE
Pablo Rodrigo Ganassim		(Liceu Terras do Engenho)		Piracicaba – SP
Ramón Mendoza			(UFPE)				Recife – PE
Raúl Cintra de Negreiros Ribeiro		(Colégio Anglo)			Atibaia – SP
Reinaldo Gen Ichiro Arakaki		(INPE)				SJ dos Campos – SP
Ricardo Amorim			(Centro Educacional Logos)		Nova Iguaçu – RJ
Sérgio Cláudio Ramos			(IM-UFRGS)			Porto Alegre – RS
Tadeu Ferreira Gomes			(UEBA)				Juazeiro – BA
Tomás Menéndez Rodrigues		(U. Federal de Rondônia)		Porto Velho – RO
Valdenberg Araújo da Silva		(U. Federal de Sergipe)			São Cristovão – SE
Valdeni Soliani Franco (U. Estadual de Maringá) Maringá – PR
Vânia Cristina Silva Rodrigues (U. Metodista de SP)		 S.B. do Campo – SP
Wagner Pereira Lopes			(CEFET – GO)			Jataí – GO
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EUREKA! N°18, 2003�
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