Problema 1 – Escrito por Tiago Trindade
Para $k$ inteiro positivo, dizemos que uma $k$-upla $(a_1,a_2,\ldots,a_k)$ de inteiros positivos distintos é Poderosa se $$a_1! a_2!\cdots a_k! = n!$$ para algum inteiro positivo $n$.
Por exemplo, a dupla $(3,5)$ é Poderosa, pois $3!\cdot 5! = 1\cdot 2\cdot 3\cdot 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5 = 720 = 6!$, já a tripla $(1,2,3)$ não é Poderosa, pois $1!\cdot 2!\cdot 3! = 1\cdot 1\cdot 2\cdot 1\cdot 2\cdot 3 = 12$, que não é um fatorial.
- Prove que existem infinitas duplas $(a_1,a_2)$ Poderosas com $a_1\neq 1$ e $a_2\neq 1$.
- Prove que existem infinitas $2025$-uplas $(a_1,a_2,\ldots,a_{2025})$ Poderosas.
Observação. Para cada inteiro positivo $m$, definimos o fatorial de $m$ por $m!=1\cdot 2\cdots m$.
Solução.
- Uma ideia simples que podemos ter é pedir que $a_2$ seja o fatorial de algum número. Isso funciona: para todo $n>2$ podemos tomar o par $(n!-1, n)$ já que $(n!-1)!n! = (n!)!$, e $n!-1, n! > 1$.
- Vamos provar por indução em $k$ que existem infinitas $k$-uplas $(a_1, a_2, \dots, a_k)$ Poderoas.
O caso base $k = 2$ foi feito acima.
Para o passo indutivo, note que para cada $k$-upla $(a_1, a_2, \dots, a_k)$ Poderosa tal que $a_1!a_2!\cdots a_k! = n!$, a $(k+1)$-upla $(a_1,a_2,\dots, a_k, n!-1)$ também é Poderosa pois $a_1!a_2!\cdots a_k!(n!-1)!=n!(n!-1)!=(n!)!$. Como existem infinitas $k$-uplas Poderosas, existem também infinitas $(k+1)$-uplas Poderosas.
O problema segue de $k = 2025$.
Problema 2 – Escrito por Rafael Amiune
Um triângulo $\triangle ABC$ é construído de modo que sua circunferência circunscrita seja tangente externamente, no ponto $C$, a uma circunferência $\omega$ cujo centro pertence à reta $BC$. Seja $D$ o segundo ponto de interseção de $\omega$ com a reta $BC$ distinto de $C$ e seja $\omega’$ a circunferência que passa pelos pontos $A$, $B$ e $D$. As circunferências $\omega$ e $\omega’$ se intersectam em dois pontos distintos $D$ e $E$. Seja $F$ o ponto de interseção da reta $AB$ com a perpendicular a $BC$ traçada por $C$. Prove que os pontos $D$, $E$ e $F$ são colineares.
Solução. Sabemos que os centros dos círculos e seu ponto de tangência são colineares, logo, o circuncentro de $\triangle ABC$ está em $BC$ e, portanto, $\angle BAC = 90^{\circ}$. A partir dessa observação, perceba que a perpendicular a BC traçada por $C$ é tangente mutuamente a $(ABC)$ e a $\omega$, sendo seu eixo radical. Sabemos que os eixos radicais tomados dois a dois de $(ABC)$, $\omega$ e $\omega’$ são concorrentes no seu centro radical, portanto, $AB$, $DE$ e $CF$ são concorrentes. Entretanto, uma vez que $F = AB\cap CF$, obtemos $D$, $E$ e $F$ colineares.
Problema 3 – Escrito por Rafael Amiune
Seja $n \ge 2$ um inteiro e $A=\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}$ um conjunto de números reais positivos de modo que $$a_1 < a_2 < \cdots < a_n$$.
- Encontre todos os possíveis conjuntos $A$ para $n=3$.
- Em função de $n$, encontre todos os possíveis conjuntos $A$.
Solução.
- Temos $a_1 < a_2 < a_3$ e sabemos que $\frac{4a_2a_3}{a_2 + a_3}$ é um desses números. Entretanto, note que $\frac{4a_2a_3}{a_2 + a_3} > \frac{4a_2a_3}{a_3 + a_3} = 2a_2 > a_2$, logo, $a_3 = \frac{4a_2a_3}{a_2 + a_3}\Rightarrow a_3 = 3a_2$. Analogamente, sabemos que $\frac{4a_1a_2}{a_1 + a_2} > a_1$, mas também $\frac{4a_1a_2}{a_1 + a_2} < \frac{4a_1a_2}{a_1 + a_1} = 2a_2 < a_3$, logo deve ser $a_2$ e segue que $a_2 = 3a_1$. Os conjuntos são todos da forma $\{a,3a,9a\}$, com $a$ real positivo.
- Agora, faremos um raciocínio semelhante, porém faremos uma indução. Analogamente ao item anterior, obtemos $a_n = 3a_{n-1}$. Nossa hipótese é que $a_i = 3a_{i-1}$ para $i > m$. Basta provarmos que $a_m = 3a_{m-1}$, concluindo a indução. Para isso, basta notar que, analogamente ao item anterior, $2a_{m-1} < \frac{4a_{m-1}a_m}{a_{m-1} + a_m} < 2a_m$. Pela hipótese, sabemos que $3a_m < a_{m+1}$, logo $\frac{4a_{m-1}a_m}{a_{m-1} + a_m} = a_m\Rightarrow a_m = 3a_{m-1}$, e acabamos. Portanto, as soluções são os conjuntos $\{a,3a,9a,\dots,3^{n-1}a\}$, para $a$ real positivo, que claramente funcionam.
Problema 4 – Escrito por Rafael Amiune
Sejam $n \ge 1$ retas desenhadas no plano tais que não há duas paralelas ou três concorrentes em um ponto. Essas retas definem regiões convexas, finitas e infinitas. O exemplo abaixo é uma possível configuração para $n=5$, com 16 regiões totais e 6 regiões finitas, sendo 4 triângulos, 1 quadrilátero e 1 pentágono.
Determine, em função de $n$ o número de retas desenhadas, qual é o maior número possível de regiões finitas com 4 lados quadriláteros.
Solução. Considere $n > 3$. O problema é dividido em três partes, cada uma usando um resultado conhecido.
Para a primeira parte, veja que ha um total de $\frac{n(n+1)}{2} + 1$ regiões, que se torna claro por indução, dado que a $k$-ésima reta a ser “colocada” gera $k$ novas regiões.
Para a segunda parte, afirmamos que há $2n$ regiões ilimitadas. De fato, considere um círculo contendo todos os pontos de interseção entre duas retas. As retas dividem o círculo em $2n$ arcos, cada um correspondente a uma região ilimitada.
Finalmente, a terceira parte faz uso de um resultado menos conhecido. Afirmamos que há ao menos $n-2$ regiões triangulares. Para provar tal fato, iremos colorir um dos lados de cada segmento minimal sem pontos de interseção no seu interior da seguinte maneira: Para cada reta $\ell$, considere os $n-1$ pontos nos quais as outras retas a intersectam. Para todos os pares de pontos consecutivos $P$ e $Q$, eles correspondem às interseções de algum par de retas com $\ell$, digamos $r$ e $s$. Então colorimos o lado do segmento $\overline{PQ}$ no qual o ponto $r\cap s$ se encontra.
Após fazê-lo, nos encontramos com $n(n-2)$ lados coloridos. Claramente, cada região infinita não tem lados interiores coloridos e cada triãngulo tem todos os seus lados interiores coloridos. A afirmação final é que cada região poligonal de mais de $3$ lados tem ao máximo $2$ lados interiores coloridos. Se algum dos seus lados interiores tem ângulos adjacentes $\alpha$ e $\beta$, ele será colorido se, e somente se, $\alpha + \beta <180^{\circ}$, que implica que a soma dos ângulos externos correspondentes é maior que $180^\circ$. Se isso acontecesse para ao menos $3$ lados, então para dois lados não conecutivos a soma dos ângulos externos correspondentes seria maior que $180^{\circ}$ e então a soma total dos ângulos externos seria maior que $360^{\circ}$, absurdo! Agora, seja $T$ a quantidade de regiões triangulares, então $n(n-2) \leq 3T + 2\bigg(\frac{n(n+1)}{2}+1 – 2n – T\bigg) \implies T \geq n-2$. Como temos ao menos $n – 2$ regiões triangulares e $2n$ regiões ilimitadas, há ao máximo $\frac{n(n+1)}{2} + 1 – (n-2) – 2n = \frac{n^2 – 5n + 6}{2}$ quadriláteros. Para o exemplo, considere um semicírculo e tome as $n$ retas para serem tangentes a ele. Os únicos triângulos gerados sãoum resultado de três tangentes consecutivas ao semicírculo e é fácil ver também é possível fazer indução que as únicas outras regiões além das ilimitadas são quadriláteros.