Seja A um número de seis algarismos, três dos quais estão coloridos e são iguais a 1, 2 e 4.

Demonstrar que é sempre possível obter um número que é múltiplo de 7, efetuando uma só das seguintes operações: ou suprimir os três algarismos coloridos, ou escrever todos os algarismos de A em alguma ordem.

É dado um quadrado de lado 1. Demonstrar que, para cada conjunto finito de pontos no bordo do quadrado, é possível achar um vértice do quadrado com a seguinte propriedade: a média aritmética dos quadrados das distâncias de tal vértice aos pontos do conjunto é maior ou igual a .

Uma formiga caminha pelo piso de um pátio circular de raio r e avança em linha reta, mas às vezes se detém. Cada vez que se detém, antes de continuar a caminhar, gira 60^o alternando o sentido (se da última vez ela girou 60^o para a direita da próxima vez gira 60^o para a esquerda, e vice-versa). Achar o maior comprimento possível do caminho percorrido pela formiga. Demonstrar que o comprimento assim obtido é efetivamente, o máximo possível.

Giro de 60^o à direita.

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1

A fração é irredutível se e só se é irredutível ( se a e b tem um fator comum, então a e b – a têm um fator comum, e reciprocamente).

O problema se transforma em achar o menor valor de n tais que as frações

sejam todas irredutíveis.

Se n + 2 é primo, maior que 91, todas as frações são irredutíveis. Assim, um valor possível de n é 95. Verifiquemos que é o menor possível.

Se n + 2 < 97 e n + 2 é par (n é par) há frações redutíveis, por exemplo

Se 19 £ n + 2 £ 91, obviamente há uma fração redutível.

Se n + 2 < 19, então n + 2 tem um múltiplo entre 19 e 91, e portanto, há uma fração redutível.

Se n + 2 = 93 = 3 . 31, então é redutível.

Se n + 2 = 95 = 5 . 19, então é redutível.

Então, o valor mínimo de n + 2 é 97, que corresponde a n = 95.

satisfaz as condições do enunciado se e só se Como vem que Daí,

e segue de (*) que Sendo H o pé da altura relativa a , temos donde Temos então a seguinte construção:

1. Traçe, por C, a reta r tal que r .
2. Marque em r o ponto B' tal que e B, B' estejam num mesmo semi-plano dos determinados por .
3. Trace a altura AH relativa à hipotenusa BC.
4. Marque H' Î AB tal que BH' = BH.
5. BC Ç B'H' = {P}

Se as 1999 bolinhas são de uma mesma cor, a sucessão de números é crescente ou decrescente. Cada número aparece uma vez só e há 1999 (portanto, não há exatamente 3 números que se repetem um número ímpar de vezes (1 é ímpar). Logo, há bolinhas das duas cores.

Dada uma distribuição das bolinhas que tem em certa posição uma bolinha azul A e na posição seguinte uma bolinha vermelha R, se há a bolinhas azuis à esquerda de A e r bolinhas vermelhas à sua direita, então há a + 1 bolinhas azuis à esquerda de R e r – 1 bolinhas vermelhas à sua direita. O número escrito embaixo de A é

n = a + r e o número escrito embaixo de R é a + 1 + r – 1 = n.

Se trocamos de lugar A e R, e não mexemos em nenhuma outra bolinha, na nova distribuição há a bolinhas azuis à esquerda de R e r – 1 bolinhas vermelhas à sua direita, enquanto que à esquerda de A há a bolinhas azuis e, à sua direita, r – 1

bolinhas vermelhas. Os números escritos embaixo de R e A são a + r – 1= n – 1 e a + r – 1 = n – 1. Os números escritos embaixo das outras bolinhas não mudam.

Então, depois da troca, o número n se repete duas vezes menos e o número n – 1 se repete duas vezes mais. Os números que se repetem uma quantidade ímpar de vezes serão os mesmos em ambas configurações.

Portanto, basta estudar a configuração na qual todas as bolinhas vermelhas são consecutivas, a partir da primeira, e todas as azuis são consecutivas, a partir da última vermelha.

Sejam a , b , as quantidades de bolinhas vermelhas e azuis, respectivamente; então a + b = 1999. Embaixo da primeira bolinha (é vermelha) está o número a – 1, na seguinte, a – 2, depois a – 3, e assim por diante, até ter 0 na última bolinha vermelha (na posição a ). Então, embaixo da primeira bolinha azul há 0, na segunda 1 e assim por diante, até a última, que tem b – 1 embaixo.

Se a < b , os números 0, 1, 2, …, a – 1 aparecem duas vezes (quantidade par) e os números a , a + 1, a + 2, …, b – 1 aparecem uma vez (quantidade ímpar). Se há exatamente 3 números que aparecem uma quantidade ímpar de vezes, estes são a , a + 1 e a + 2 = b – 1. Portanto, a + b = 2a + 3, donde a = 998, e os três números que se repetem uma quantidade ímpar de vezes são 998, 999 e 1000.

Se a > b , os três números que aparecem uma quantidade ímpar de vezes são b ,

b +1 e b + 2 = a – 1, donde a + b = 2b + 3 e os tres números são, novamente, 998, 999 e 1000.

Provaremos o seguinte resultado mais geral: Seja A um número de mais de 3 algarismos, três dos quais são 1, 2, 4. Prove que é sempre possível permutarmos os algarismos de A de modo que o número resultante seja um múltiplo de 7.

Prova: Seja B = (a_k…a₁)₁₀, k ³ 1, o número obtido a partir de A ao suprimirmos uma ocorrência de cada um dos algarismos 1, 2, 4 e C o número que queremos obter a partir de A.

1. B = 7 : tome C = 2471
2. B = tome Analogamente tratamos o caso em que só há algarismos 0 e 7 em B.

Suponhamos, de agora em diante, que nem todos os algarismos de B sejam iguais a 7 ou zero.

3. B não é equivalente a 0 (mod 7):

Como {0, 124, 142, 214, 241, 412, 421} é um sistema completo de restos, módulo 7, (isto é, esses números, quando divididos por 7 deixam todos os restos possíveis: 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6) obtemos C justapondo, à direita de B, uma permutação conveniente de 124.

4. B º 0 (mod. 7):

Sejam A₁A₂A₃A₄ o quadrado e X₁, X₂, …, X_n os pontos do perímetro. Devemos provar que uma das quatro somasé maior ou igual que

Somamos entre si estas quatro somas

e reagrupamos os somandos em n grupos, um por cada ponto X_i

Demostraremos que, se X é um ponto do perímetro do quadrado, então

Sejam x e 1 – x as distâncias X aos extremos do lado ao que pertencem. Então as distâncias de X aos outros dois vértices do quadrado são, em alguma ordem, e temos

Devemos provar que, para todo ,

mas isto equivale a que é claramente verdadeira.

Temos assim que

portanto, um dos quatro somandos é maior ou igual que c.q.d.

Podemos supor que a formiga só se detém uma vez, pois, caso se detenha mais vezes podemos substituir seu caminho por outro de mesmo comprimento onde ela só se detém uma vez, como na figura abaixo

Temos agora que maximizar AC + CB sobre todos os triângulos ACB. tais que que e AB = 2r. Seguem duas demonstrações de que AC + CB é máxima quando AC = CB:

 1^a. demonstração

Assim, a resposta do problema é .