OBM 2016 – Nível 3 – P5

Problema 5

Considere o polinômio do segundo grau $P(x) = 4x^2 + 12x - 3015$. Defina a sequência de polinômios $P_1(x) = \frac{P(x)}{2016}$ e $P_{n+1}(x) = \frac{P(P_n(x))}{2016}$ para todo inteiro $n \geq 1$.
(a) Prove que existe um número real $r$ tal que $P_n(r) < 0$ para todo inteiro positivo $n$.
(b) Determine a quantidade de inteiros $m$ tais que $P_n(m) < 0$ para infinitos inteiros positivos $n$.

Solução de Caio Hermano:

(a) Queremos encontrar um real $r$ para o qual $P_n(r)=\frac{P(P_{n-1}(r))}{2016}$ seja negativo para todos os inteiros positivos $n$. Em particular, desejamos que o valor do polinômio $P$ avaliado na variável $P_{n-1}(r)$ seja sempre relativamente pequeno (pois, senão, $P_n(r)=\frac{P(P_{n-1}(r))}{2016}$ seria positivo já que $P$ é uma função do 2° grau convexa).

Assim, faz sentido pensarmos no valor mínimo que o polinômio $P$ pode assumir, ou seja, no seu vértice $V=(-\frac{b}{2a},-\frac{\Delta}{4a})=(-\frac{12}{4},-\frac{12^2-4\cdot 4\cdot (-3015)}{4\cdot 4})=(-\frac{3}{2},-3024)$.

Veja que: $P_1(-\frac{3}{2})=\frac{P(-\frac{3}{2})}{2016}=-\frac{3024}{2016}=-\frac{3}{2}$. Note que:

$P_k(-\frac{3}{2})=-\frac{3}{2} \Rightarrow P_{k+1}(-\frac{3}{2})=\frac{P(P_k(-\frac{3}{2}))}{2016}=\frac{P(-\frac{3}{2})}{2016}=-\frac{3024}{2016}=-\frac{3}{2}$

Provamos indutivamente que $P_n(-\frac{3}{2})=-\frac{3}{2}<0, \forall n \in \mathbb{Z}$. Logo, $-\frac{3}{2}$ é uma solução.

(b) Defina $P_0(x)=x$. Analisando o polinômio $P(x)$, podemos observar que:

$\frac{P(x)}{2016}= \frac{4x^2 + 12x - 3015}{2016}= \frac{(2x+3)^2-3024}{2016}= \frac{(2x+3)^2}{2016}- \frac{3}{2} \Rightarrow2\cdot \frac{P(x)}{2016} +3=\frac{(2x+3)^2}{1008}$

Fazendo $x=P_k(x)$, temos que: $2P_{k+1}(x)+3=\frac{(2P_k(x)+3)^2}{1008}$. Iterando essa equação diversas vezes, encontramos que:

$2P_n(x)+3=\frac{(2P_{n-1}(x)+3)^2}{1008}=\frac{(\frac{(2P_{n-2}(x)+3)^2}{1008})^2}{1008}=\frac{(2P_{n-2}(x)+3)^4}{1008^{1+2}}=\frac{(\frac{(2P_{n-3}(x)+3)^2}{1008})^4}{1008^{1+2}}= \frac{(2P_{n-3}(x)+3)^8}{1008^{1+2+4}} ...$

$\Rightarrow 2P_n(x)+3=\frac{(2P_{n-i}(x)+3)^{2^i}}{1008^{1+2+...+2^{i-1}}}=\frac{(2P_{n-i}(x)+3)^{2^i}}{1008^{2^i-1}} \Rightarrow ... \Rightarrow2P_n(x)+3=\frac{(2P_0(x)+3)^{2^n}}{1008^{2^n-1}}$

Daí $2P_n(x)+3=\frac{(2x+3)^{2^n}}{1008^{2^n-1}}$. Então,

$P_n(x)<0 \Leftrightarrow 2P_n(x)= \frac{(2x+3)^{2^n}}{1008^{2^n-1}}-3 <0 \Leftrightarrow \frac{(2x+3)^{2^n}}{1008^{2^n-1}} < 3 \Leftrightarrow (\frac{2x+3}{1008})^{2^n} < \frac{3}{1008}=\frac{1}{336} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow -\sqrt[2^n]{\frac{1}{336}} < \frac{2x+3}{1008} < \sqrt[2^n]{\frac{1}{336}}\Leftrightarrow-1008 \cdot \sqrt[2^n]{\frac{1}{336}} < 2x+3 < 1008 \cdot \sqrt[2^n]{\frac{1}{336}}$ $(1)$

Suponha que $m \in \mathbb{Z}$ é tal que $P_n(m) < 0$ para infinitos inteiros positivos $n$. Sabemos que, quando $n$ cresce indeterminadamente, $\sqrt[2^n]{\frac{1}{336}}$ fica tão próximo de $1$ quanto queiramos (esse conceito é formalmente conhecido por limite: $lim_{n\to \infty} \sqrt[2^n]{\frac{1}{336}} = 1$). Como $m$ satisfaz $(1)$ para infinitos inteiros positivos $n$ e $1008 \cdot \sqrt[2^n]{\frac{1}{336}}$ fica tão próximo de $1008$ quanto queiramos, devemos ter que:

$-1008<2m+3<1008 \Leftrightarrow -505,5 < m < 502,5 \Leftrightarrow -505 \leq m \leq 502$

É fácil ver que todos os inteiros nesse intervalo satisfazem o enunciado. De fato, pela definição de limite, $\exists N \in \mathbb{Z}$ tal que $\forall n \in \mathbb{Z}, n>N$, temos que:

$\sqrt[2^n]{\frac{1}{336}} > \frac{1007}{1008} \Rightarrow 1008\cdot\sqrt[2^n]{\frac{1}{336}} >1007\geq 2m+3 \geq -1007 >-1008\sqrt[2^n]{\frac{1}{336}}$

Portanto, temos $502+505+1=1008$ inteiros satisfazendo satisfazendo a condição do enunciado.

Resposta: (a) $-\frac{3}{2}$ (b) $1008$ números.