Soluções Matemática - Semana 6

Iniciante

Podemos fatorar a expressão $x^2 -(r+s)x+rs$ como $(x-r)(x-s)$ e ficamos com $(r-s(x-s)=2010$. Fazendo $a=r-x$ e $b=x-s$, devemos achar os possíveis valores de $|a+b|=|r-s|$, sabendo que $a$ e $b$ tem a mesma paridade e que $ab=2010$. Podemos supor sem perda de generalidade $a$ e $b$ inteiros positivos e assim temos $16$ possíveis pares $(a,b)$:

$(1,2010),(2,1005),(3,670),(5,402),(6,335),(10,201),(15,134),(30,67)$ e as duplas invertidas

Tais duplas gerarão todas as $8$ possibilidades de $|r-s|$. Agora é só testar.

 

Intermediário

Não podemos esquecer a importante fatoração $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$. Usando isso no problema dado temos

$(a+b)(a^2-ab+b^2)=1 \Longrightarrow (a+b)[(a+b)^2-3ab]=1 \Longrightarrow (a+b)^3-3ab(a+b)=1$ $(1)$

Também temos $(a+b)(a+1)(b+1)=2 \Longrightarrow (a+b)(ab+a+b+1)=2 \Longrightarrow (a+b)ab+(a+b)^2+(a+b)=2$ $(2)$

Interessante, agora fizemos surgir o fator $(a+b)$ nas duas equações, que provavelmente é um bom sinal, mas esses fatores $(a+b)ab$ são um pouco incovenientes, então iremos retirá-los. Para tanto, devemos multiplicar a equação $(2)$ por $3$ para que apareça $3ab(a+b)$ e assim ficamos com $3ab(a+b)+3(a+b)^2+3(a+b)=6$ $(3)$

Por fim, somando $(1)$ e $(3)$ temos que $(a+b)^3+3(a+b)^2+3(a+b) =7 \Longrightarrow (a+b+1)^3-1=7\Longrightarrow (a+b+1)^3 =8\Longrightarrow a+b+1=2\Longrightarrow a+b=1$ e assim concluímos o problema.

 

Avançado

Para provar esse clássico resultado usaremos a notação $[ABC]$ para a área de um triangulo qualquer $ABC$. façamos primeiro a ida, ou seja, supomos que as três cevianas concorrem num ponto $O$ e daí concluímos a relação do enunciado.

Usaremos o tempo todo o famoso método K, que afirma que as áreas de dois triângulos de mesma altura são proporcionais às medidas de suas bases. Assim, na figura dada:

$\dfrac{AF}{BF}=\dfrac{[AFC]}{[BFC]}=\dfrac{[AFO]}{[BFO]} \Longrightarrow\dfrac{AF}{BF}=\dfrac{[AFC]}{[BFC]}- \dfrac{[AFO]}{[BFO]}=\dfrac{[AOC]}{[BOC]}$.

A partir daí obtemos resultados análogos para as outras frações $\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{[AOB]}{[AOC]}$ e $\dfrac{CE}{EA}=\dfrac{[COB]}{[AOB]}$. por fim multiplicamos tudo e vemos que todas as áreas irão se cancelar deixando como resultado:

$\dfrac{AF}{BF}\cdot\dfrac{BD}{DC}\cdot\dfrac{CE}{EA}=1$ Como queríamos!

Para provar a volta usaremos a ida. Suponha que os três pontos $D,E,F$ satisfazem a relação do enunciado, mas as cevianas $AD,BE$ e $CF$ não concorrem. Seja O a interseção de $BE$ e $CF$ e seja $D'$ a interseção de $AO$ com o lado $BC$. Do que provamos logo acima, temos que $\dfrac{AF}{BF}\cdot\dfrac{BD'}{D'C}\cdot\dfrac{CE}{EA}=1$

Juntando essa informação com a que assumimos no inicio de que $\dfrac{AF}{BF}\cdot\dfrac{BD}{DC}\cdot\dfrac{CE}{EA}=1$ obtemos que $\dfrac{BD'}{D'C}=\dfrac{BD}{DC}$ e como $D'$ e $D$ estão no interior do lado AC só podemos ter $D=D'$ que implica que $AD,BE$ e $CF$ concorrem em $O$ que contradiz o que assumimos no início. Logo, o que supomos no início é falsoe a relação dada no enunciado de fato implica que $AD,BE$ e $CF$ concorrem, como queríamos demonstrar.