Re: [obm-l] Tres belos problemas
Caro Paulo:
Seguem abaixo minhas soluções para os 2 primeiros problemas:
1) Um quadrado e um triangulo estao circunscritos a um circulo de lado
unitario. Prove que, qualquer que seja a posicao do quadrado e do
triangulo,
a area comum aos dois e maior que 17/5. E possivel afirmar que ela e maior
que 7/2 ?
Imagino que você queira dizer círculo de RAIO unitário.
Qualquer reta tangente ao círculo divide o plano das figuras em dois
semi-planos.
Considere a porção do quadrado contida no semi-plano oposto àquele que
contém o círculo. A área da porção será máxima quando a reta fizer um ângulo
de 45 graus com os dois lados do quadrado por ela interceptados ==
a porção será um pequeno triângulo retângulo isósceles de área =
(raiz(2)-1)^2 = 3 - 2raiz(2).
Imagine agora um triângulo isosceles tangente ao círculo e tal que sua base
seja perpendicular à diagonal do quadrado.
Quanto menor a base, maior a altura do triângulo e menor a área comum. No
limite, quando o triângulo degenera e os lados iguais tornam-se paralelos, a
área comum será igual à área do quadrado menos as áreas de 3 triângulos
retângulos isósceles tais como descrito acima == Área Comum = 4 -
3*(3-2raiz(2)) = 6raiz(2) - 5 ~ 3,48528 17/5.
Excluindo o caso degenerado, podemos dizer que inf(Área Comum) = 6raiz(2) -
5, mas que o ínfimo nunca é atingido.
No entanto, podemos tornar os lados iguais longos o suficiente de forma que:
7/2 Área Comum 6raiz(2) - 5 17/2. Logo, é possível que Área Comum
7/2.
Agora, só falta provar que qualquer outro triângulo tangente ao círculo
produzirá uma área comum 6raiz(2) - 5.
Isso pode ser feito mais facilmente se tratarmos 2 casos separadamente:
Caso 1: Nenhum dos lados do triângulo tem o mesmo suporte que algum lado do
quadrado.
Nesse caso, a área comum será igual à área do quadrado menos as áreas de
três triângulos retângulos (não necessariamente isósceles), cuja soma será
menor que 3 - 2raiz(2) == área comum 6raiz(2) - 5.
Caso 2: Um dos lados do triângulo contém um lado do quadrado.
Nesse caso, a área comum será igual à área do quadrado menos as áreas de
apenas dois triângulos retângulos. Assim, com mais razão ainda, teremos área
comum 6raiz(2) - 5.
***
2) ( Olimpiada Espanhola ) Em uma reuniao existem exatamente 201 pessoas
de
5 nacionalidades diferentes. Sabe-se que em cada grupo de 6 pessoas, ao
menos duas tem a mesma idade. Demonstrar que existem ao menos 5 pessoas do
mesmo pais, da mesma idade e do mesmo sexo.
Esquecendo, por enquanto, as idades, vamos classificar as pessoas quanto ao
sexo (2 possibilidades, mas posso estar sendo meio antiquado...) e à
nacionalidade (5 possibilidades). Logo, quanto a estes dois quesitos,
existem 2*5 = 10 tipos de pessoa.
Se houver no máximo 20 pessoas de cada tipo, então o número total de pessoas
será = 20*10 = 200 == contradição, pois temos 201 pessoas == existe um
conjunto de pelo menos 21 pessoas tais que todas têm o mesmo sexo e a mesma
nacionalidade.
Vamos ordenar as 21 pessoas mais jovens deste conjunto em ordem crescente de
idade. Chamemo-las de:
A1, A2, ..., A21 (ordenação usual, ou seja, se i j, então id(Ai) =
(Aj) - id = idade).
Suponhamos que, neste grupo de 21 pessoas, haja no máximo 4 pessoas de uma
mesma idade. Formemos os seguintes subgrupos:
{A1,A2,A3,A4}
{A5,A6,A7,A8}
{A9,A10,A11,A12}
{A13,A14,A15,A16}
{A17,A18,A19,A20}
{A21}
Teremos então: id(A1) = id(A5) = id(A9) = id(A13) = id(A17) = id(A21).
Além disso, como por hipótese no máximo 4 pessoas têm a mesma idade, as
desigualdades acima devem ser estritas (caso contrário, poderíamos ter, por
exemplo, id(A1) = id(A5), o que implicaria, por causa da ordenação, que A1,
A2, A3, A4 e A5 tivessem todos a mesma idade, contrariando a hipótese).
Logo: id(A1) id(A5) id(A9) id(A13) id(A17) id(A21), ou seja, estas
seis pessoas têm idades distintas == contradição, pois em cada grupo de 6
pessoas sempre existem 2 com a mesma idade == existem pelo menos 5 pessoas
(dentre estas 21) com a mesma idade.
Logo, na reunião de 201 pessoas existem 5 pessoas com mesmo sexo, idade e
nacionalidade.
Um abraço,
Claudio.
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RE: [obm-l] Tres belos problemas
2) Suponha que a PA tenha primeiro termo a e razao q: b^2=a+q.n (b+m.q)^2=b^2+2.b.m.q+m^2.q^2=a+q(n+2.b.m+m^2.q) Abraco, Salvador On Tue, 11 Feb 2003, Paulo Santa Rita wrote: Ola Joao Gilberto e demais colegas desta lista ... OBM-L, Muito Bom. Vejam como a aplicacao inteligente do principio das casas dos pontos resolveu o problema dois. O esboco de solucao do problema 3 e satisfatorio, em minha opiniao. E quanto ao primeiro problema ? E criacao minha e de forma alguma e uma questao dificil. Apenas exige um raciocinio original ... Aqui vai duas outras questoes olimpicas, simples, de rapida resolucao, mas que nao deixam de ter os seus encantos : 1) Caracterize todas as PA's nas quais qualquer soma de um numero qualquer de termos consecutivos e ainda um termo desta PA. 2)( Olimpiada Argentina ) Mostre que se numa PA ha um quadrado perfeito, enta0 existirao infinitos outros quadrado perfeitos nesta PA. Um Grande abraco a Todos Paulo Santa Rita 3,1731,110203 EM TEMPO : Esta lista, A Nossa Lista, foi originalmente criada pelo Prof Nicolau Saldanha com o objetivo de ser uma LISTA DE DISCUSSAO DE PROBLEMAS DE MATEMATICA OLIMPICA. Repetindo : MATEMATICA OLIMPICA ! E portanto um forum adeguado, sobretudo, aqueles que se preparam para as Olimpiadas de Matematica e para as pessoas amantes e entusiasmadas com este Movimento Olimpico. Estas pessoas, em geral, nao se entusiasmam com as questoes que tipicamente caem na maioria dos vestibulares brasileiros, triviais e rotineiras. Dar a esta lista o carater de tira-duvidas de vestibulares e descaracteriza-la, desviando-a de seu objetivo original... Mas compete a todos nos - e nao somente ao Prof Nicolau - cuidar para que este caracter olimpico seja o preponderante ! Nao estou dizendo que nao se deve propor uma questao que caiu em algum vestibular. Quem pode dizer o que se deve ou nao fazer e o Moderador. Mas a minha consciencia me diz que tenho uma parcela de responsabilidade com a qualidade daquilo de que participo e a fidelidade que tenho a ela me obrigou a dizer isso ... Pouco ! Porem, com qualidade ! From: João Gilberto Ponciano Pereira [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: '[EMAIL PROTECTED]' [EMAIL PROTECTED] Subject: RE: [obm-l] Tres belos problemas Date: Tue, 11 Feb 2003 16:38:08 -0300 2) Em uma reuniao existem exatamente 201 pessoas de 5 nacionalidades diferentes. Sabe-se que em cada grupo de 6 pessoas, ao menos duas tem a mesma idade. Demonstrar que existem ao menos 5 pessoas do mesmo pais, da mesma idade e do mesmo sexo. Primeiramente podemos distribuir todas as pessoas em apenas 5 grupos de idade, pois se tivermos 6 grupos, não vale a afirmação Sabe-se que em cada grupo de 6 pessoas, ao menos duas tem a mesma idade. Basta utilizar sucessivamente o teorema da casa dos pombos... Ou seja, das 201, sabemos que existe um grupo de 51 pessoas com a mesma idade. Dessas, sabemos que existe um grupo de 11 pessoas do mesmo país. Dessas, 6 tem o mesmo sexo. 3) Achei o mais interessante... Vamos dividir o retângulo em 12 quadrados de lado 1 (4x3). Agora pintamos os quadrados de preto e branco, como um tabuleiro de xadrez. Se tivermos dois pontos na mesma casa, o problema está resolvido, pois a distância máxima seria sqrt(2). Se tivermos pontos em casas vizinha, o problema também está resolvido, pois a distância máxima seria sqrt(5). Teria que enrolar mais, mas o fato é que os pontos caem ou todos em casas brancas ou todos em casas pretas. O fato é que existe um quadrado 3x3 que contém 5 pontos, e novamente pela casa dos pombos, pelo menos 1 quadrado 1.5 x 1.5 contém 2 ou mais pontos, cuja distância neste caso é inferior a sqrt(4.5) -Original Message- From: Paulo Santa Rita [mailto:[EMAIL PROTECTED]] Sent: Tuesday, February 11, 2003 1:59 PM To: [EMAIL PROTECTED] Subject: [obm-l] Tres belos problemas Ola Pessoal, Seguem abaixo tres problemas : 1) Um quadrado e um triangulo estao circunscritos a um circulo de lado unitario. Prove que, qualquer que seja a posicao do quadrado e do triangulo, a area comum aos dois e maior que 17/5. E possivel afirmar que ela e maior que 7/2 ? 2) ( Olimpiada Espanhola ) Em uma reuniao existem exatamente 201 pessoas de 5 nacionalidades diferentes. Sabe-se que em cada grupo de 6 pessoas, ao menos duas tem a mesma idade. Demonstrar que existem ao menos 5 pessoas do mesmo pais, da mesma idade e do mesmo sexo. 3) ( Olimpiada Russa ) Na regiao delimitada por um retangulo de largura 4 e altura 3 sao marcados 6 pontos. Prove que existe ao menos um par destes pontos cuja distancia entre eles nao e maior que Raiz_Quad(5). Estes problemas nao precisam de sugestao. Um Grande Abraco a Todos ! Paulo Santa Rita 3,1455,110203 _ MSN Messenger: converse com os seus amigos online. http
RE: [obm-l] Tres belos problemas
2) Em uma reuniao existem exatamente 201 pessoas de 5 nacionalidades diferentes. Sabe-se que em cada grupo de 6 pessoas, ao menos duas tem a mesma idade. Demonstrar que existem ao menos 5 pessoas do mesmo pais, da mesma idade e do mesmo sexo. Primeiramente podemos distribuir todas as pessoas em apenas 5 grupos de idade, pois se tivermos 6 grupos, não vale a afirmação Sabe-se que em cada grupo de 6 pessoas, ao menos duas tem a mesma idade. Basta utilizar sucessivamente o teorema da casa dos pombos... Ou seja, das 201, sabemos que existe um grupo de 51 pessoas com a mesma idade. Dessas, sabemos que existe um grupo de 11 pessoas do mesmo país. Dessas, 6 tem o mesmo sexo. 3) Achei o mais interessante... Vamos dividir o retângulo em 12 quadrados de lado 1 (4x3). Agora pintamos os quadrados de preto e branco, como um tabuleiro de xadrez. Se tivermos dois pontos na mesma casa, o problema está resolvido, pois a distância máxima seria sqrt(2). Se tivermos pontos em casas vizinha, o problema também está resolvido, pois a distância máxima seria sqrt(5). Teria que enrolar mais, mas o fato é que os pontos caem ou todos em casas brancas ou todos em casas pretas. O fato é que existe um quadrado 3x3 que contém 5 pontos, e novamente pela casa dos pombos, pelo menos 1 quadrado 1.5 x 1.5 contém 2 ou mais pontos, cuja distância neste caso é inferior a sqrt(4.5) -Original Message- From: Paulo Santa Rita [mailto:[EMAIL PROTECTED]] Sent: Tuesday, February 11, 2003 1:59 PM To: [EMAIL PROTECTED] Subject: [obm-l] Tres belos problemas Ola Pessoal, Seguem abaixo tres problemas : 1) Um quadrado e um triangulo estao circunscritos a um circulo de lado unitario. Prove que, qualquer que seja a posicao do quadrado e do triangulo, a area comum aos dois e maior que 17/5. E possivel afirmar que ela e maior que 7/2 ? 2) ( Olimpiada Espanhola ) Em uma reuniao existem exatamente 201 pessoas de 5 nacionalidades diferentes. Sabe-se que em cada grupo de 6 pessoas, ao menos duas tem a mesma idade. Demonstrar que existem ao menos 5 pessoas do mesmo pais, da mesma idade e do mesmo sexo. 3) ( Olimpiada Russa ) Na regiao delimitada por um retangulo de largura 4 e altura 3 sao marcados 6 pontos. Prove que existe ao menos um par destes pontos cuja distancia entre eles nao e maior que Raiz_Quad(5). Estes problemas nao precisam de sugestao. Um Grande Abraco a Todos ! Paulo Santa Rita 3,1455,110203 _ MSN Messenger: converse com os seus amigos online. http://messenger.msn.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] Tres belos problemas
1) Caracterize todas as PA's nas quais qualquer soma de um numero
qualquer
de termos consecutivos e ainda um termo desta PA.
Seja a, a + r, a + 2r uma PA
e a[i] = a + i.r
S = somatório { de i = j até k } a[i] = (k-j+1).a + r * somatório { de i =
j até k } i
Se S pertence a { a[0], a[1], }
então S é da forma a + r*n
S = a + (k-j)*a + r * somatório { de i = j até k } i
S é dessa forma sse r | (k-j)*a
como k - j pode ser qualquer valor, r | a
R: todas as PAs com o primeiro termo múltiplo da razão.
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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