Eureka! 22 - OBM

EUREKA! N°22, 2005
Sociedade Brasileira de Matemática
Observação: as duas contagens feitas pela Larissa, se generalizadas, levam a uma
demonstração do Teorema de Euler: sendo V, A, e F o número de vértices, arestas e
faces, respectivamente, de um poliedro (ou se você quiser, um grafo plano), então
V – A + F = 2. No problema 2, F = n + 1, V = M e A é o número de segmentos.
Em contrapartida, também é possível resolver este problema usando o Teorema de
Euler.
PROBLEMA 3: SOLUÇÃO DE FÁBIO DIAS MOREIRA (RIO DE JANEIRO - RJ):
Sim. Se tomarmos a suficientemente grande e ( x1, x2, x3) = ( a, − a, a),
é trivial ver que
cada x i é um polinômio em a. Em particular, como a seqüência possui um número
finito de termos, podemos tomar a suficientemente grande de tal forma que cada
termo x i da seqüência tenha o sinal do coeficiente líder do polinômio.
Mas é fácil ver que a seqüência dos termos líderes é:
2 2 3 4 5 7 9 12
( a, −a, a, −a , −2 a , −a ,2 a ,2 a , −2 a ,4 a , − 4 a ,...) e é fácil provar, por indução que
12
dois termos líderes nunca se cancelam (basta notar que a partir de − 4a , os
exponentes dos dois termos anteriores são sempre maiores que metade do expoente
12
c
do termo atual: isso é verdade para − 4a , e se os expoentes são a, b e c, com a >
2
c
a + b
e b > , a< b< c (já que a seqüência dos expoentes é crescente), então b > pois
2
2
a + b
b > a e c > pois c > a e c > b). Mas a seqüência dos sinais dos termos líderes é
2
claramente periódica de período 7:
( +−+−−−++−+−−−++−+
, , , , , , , , , , , , , , , , ,...)
Logo a seqüência definida com o a supracitado e x1= a, x2 =− a, x3 = a tem pelo
menos 4 ⎢ ⎥
⎢ ⋅ 2004 > 1002
⎣7⎥ termos negativos.
⎦
PROBLEMA 4:
Veja a solução do problema No. 6 do nível 2.
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