Problemas da Semana 7 - Solução

Escrito por Caique Paiva

Iniciante: Em um estado, quaisquer duas cidades estão ligadas por uma estrada. Um tirano decidiu transformar todas essas estradas em estradas de mão única, de modo que se alguém sair da cidade, ele não consegue mais voltar. É possível fazer tal crueldade?

Conhecimentos Prévios Necessários:

• Grafos

A resposta é sim!

Primeiro, vamos redefinir o problema para a linguagem de grafos. Uma cidade vai ser um vértice, e dois vértices são ligados por uma aresta se, e somente se, tem uma estrada que vai de uma cidade que ele representa para a outra. Agora, numere os vértices de $1, 2, \cdots , n$. Vamos direcionar a aresta $\overrightarrow{ij}$ se $i > j$. Por exemplo, para $n = 4$, o grafo ficaria da seguinte maneira

Então, suponha que temos como sair de um vértice $v_1$ e voltar pra ele. Isso significa que tem um ciclo direcionado no grafo! Seja $v_1 v_2 \cdots v_t v_1$ esse ciclo, então, significa que as arestas $\overrightarrow{v_1 v_2}, \overrightarrow{v_2 v_3}, \overrightarrow{v_3 v_4}, \cdots \overrightarrow{v_{t-1} v_t} \overrightarrow{v_t v_1}$ estão no grafo, e pela maneira que construimos o grafo, $v_1 > v_2, v_2 > v_3, v_3 > v_4, \cdots v_{t-1} > v_t, v_t > v_1$, ou seja, $v_1 > v_1$, absurdo! Portanto, não temos um ciclo, e então esse grafo satisfaz as condições do problema.

 

Intermediário: Seja $ABCD$ um quadrilátero cíclico de circunferência $\Gamma$ e seja $X = \overline{AC} \cap \overline{BD}$. Sejam $E, F$ pontos em $(ABX)$ de modo que $\overline{EF}$ é paralelo a $\overline{AB}$. $\overline{FX}$ encontra $(CDX)$ em $G$. Faça $EX$ encontrar $AB$ em $P$, e $XG$ encontrar $CD$ em $Q$. Seja $S$ a intercessão da mediatriz de $EG$ com $\Gamma$ de modo que $S$ está mais perto de $A$ do que de $B$. Prove que a linha paralela a $PQ$ por $S$ é tangente a $\Gamma$.

Conhecimentos Prévios Necessários:

• Quadriláteros Cíclicos
• Teorema de Tales
• Potência de Ponto e Eixo Radicais

(Para ampliar a imagem, basta clicar nela)

Lema: $EG \parallel PQ$

Prova: Sabemos que $AB \parallel EF$, então, como $ABEFX$ estão todos na mesma circunferência, e $ABEF$ é um trapézio, logo $AE = BF$, e então, $\angle PXB = \angle EXB = \angle AXF = \angle QXC$, além disso, como $ABCD$ é ciclico, $\angle PBX = \angle ABD = \angle ACD = \angle XCQ$, então, $\Delta XBP \sim \Delta XCQ$.

Além disso, temos que $\angle XGC = \angle XDC = \angle BDC = \angle BAC = \angle BAX = \angle BEX$, e já sabemos que $\angle BXE = \angle GXC$, então $\Delta XEB \sim \Delta XGC$.

Com essas duas semelhanças, temos que $\frac{XP}{XQ} = \frac{XB}{XC}$ e $\frac{XB}{XC} = \frac{XE}{XG}$, então $\frac{XP}{XQ} = \frac{XE}{XG}$, então, por tales, $EG \parallel PQ_\blacksquare$

Agora, veja que $Pot_{\Gamma}P = PA \cdot PB = PE \cdot PX = Pot_{(EXG)} P$ por potência de ponto em $(ABXE)$, e $Pot_{\Gamma}Q = QC \cdot QD = QG \cdot QX = Pot_{(EXG)} Q$ por potência de ponto em $(CDGX)$, então, $PQ$ é o eixo radical de $\Gamma$ com $(EXG)$.

Então, seja $O$ o centro de $\Gamma$ e $O_1$ o centro de $(EXG)$, e como $PQ$ é eixo radical dessas duas circunferências, $OO_1 \perp PQ$, e como $PQ$ é paralelo a $EG$, $OO_1 \perp EG$, e como $O_1$ está na mediatriz de $EG$, $OO_1$ é mediatriz de $EG$, então $O, O_1$ e $S$ são colineares! Então, seja $l$ a reta tangente a $\Gamma$ por $S$, logo $OS \perp l$ e $OS \perp PQ$, então $l \parallel PQ$, como queriamos provar.

 

Avançado:

Seja $R^+$ o conjunto dos reais positivos. Ache todas as funções $f: R^+ \rightarrow R^+$ de modo que, para todo $x, y$

$f(xy+f(x)) = xf(y) +2$

Conhecimentos Prévios Necessários:

• Equações Funcionais

Solução:

Seja $P(x, y)$ a equação $f(xy + f(x)) = xf(y) +2$.

Lema: $f$ é injetiva.

Prova: Se $f(a) = f(b)$, então

$af(b) + 2 = f(ab + f(a)) = f(ab + f(b)) = bf(a)+2$

Que implica $a = b$.

Agora, fazendo

$P(f(x), y) \rightarrow f(f(x)y + f(f(x))) = f(x)f(y)+2$

$P(f(y), x) \rightarrow f(f(y)x + f(f(y))) = f(x)f(y)+2$

Então, como $f$ é injetiva, $f(x)y + f(f(x)) = f(y)x + f(f(y)) \rightarrow f(f(x)) - f(f(y)) = f(y)x - f(x)y$.

Com essa equação, veja que

$f(f(x)) - f(f(y)) = f(y)x - f(x)y$

$f(f(y)) - f(f(z)) = f(z)y - f(y)z$

$f(f(z)) - f(f(x)) = f(x)z - f(z)x$

Então, somando tudo, temos que

$f(x)z + f(z)y + f(y)x = f(x)y + f(y)z + f(z)x$

Agora, sabemos que existem $a, b \in \mathbb{R}$ tal que $f(x) = ax+b$ e $f(y) = ay+b$. Vamos provar que $f(z) = az+b$. Veja que

$f(x)z + f(z)y + f(y)x = f(x)y + f(y)z + f(z)x$

$\rightarrow (ax+b)z + f(z)y + (ay+b)x = (ax+b)y + (ay+b)z + f(z)x$

$\rightarrow axz + bz + f(z)y + axy + bx= axy + by + ayz + bz + f(z)x$

$\rightarrow f(z) = \frac{axz+bz+axy+bx-axy-by-ayz-bz}{x-y} = \frac{axz - ayz + bx - by}{x-y} = az+b$

Como queriamos provar. Portanto, variando $z$ entre todos os reais positivos, conseguimos que $f$ é linear! Agora, vamos testar isso na equação original.

$f(xy+f(x)) = xf(y) +2 \rightarrow a(xy + ax+b)+b = x(ay+b)+2$

$\rightarrow axy + a^2x + ab + b = axy + xb + 2 \rightarrow x(a^2-b) + ab+b-2 = 0$

Para todo $x \in \mathbb{R}^+$, então, precisamos que $a^2 = b$, e $ab +b - 2 = 0 \rightarrow a^3 + a^2 -2 = 0 \rightarrow (a-1)(a^2 + 2a + 2) = 0$ então $a = 1$ ou $a^2 +2a+2 = 0$, o que é absurdo, pois $a^2+2a+2 = (a+1)^2+1 \ge 1 > 0$. Portanto, $a = 1$ e $b = 1$, logo, a única solução dessa funcional é $f(x) = x+1$.