Questão 1. Considere as seguintes afirmações:
I. Sabendo que o polinômio \mathrm{P}(\mathrm{x}) é do quarto grau cujos restos quando dividido por (\mathrm{x}-1),(\mathrm{x}-2),(\mathrm{x}-3), (x-4),(x-5) são respectivamente 2020, 2021, 2022, 2023, 2022. Então o valor do resto da divisão de P(x) por (x-6) é igual a 2015;
II. Com 0<v<6, o valor mínimo de \sqrt{v^{2}+4}+\sqrt{v^{2}-12 v+37} é igual a 3 \sqrt{5};
III. Se \sum_{k=0}^{33}\binom{99}{3 k} pode ser escrito da forma \left(\frac{I^{\top}+A}{3}\right) em que I, T e A são números primos, então o valor de (I+T+A) é igual a 102.
É(São) verdadeira(s):
A Apenas I.
B Apenas I e II.
C Apenas I e III.
D Apenas II e III.
E Nenhuma das afirmações.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede, item por item.
  • Afirmação I: Diz que P(x) é um polinômio de grau 4 e que
    P(1)=2020,\quad P(2)=2021,\quad P(3)=2022,\quad P(4)=2023,\quad P(5)=2022.
    Pergunta-se se o resto de P(x) dividido por (x-6), isto é, P(6), vale 2015.
  • Afirmação II: Para 0<v<6, pede-se verificar se o mínimo de
    \sqrt{v^{2}+4}+\sqrt{v^{2}-12 v+37}
    é igual a 3\sqrt{5}.
  • Afirmação III: Define
    S=\sum_{k=0}^{33}\binom{99}{3k}
    e afirma que S pode ser escrito na forma \displaystyle\frac{I^{T}+A}{3} com I,\\ T,\\ A números primos, e que então I+T+A=102. Temos que verificar se essa afirmação é verdadeira.
O objetivo final é decidir quais das afirmações I, II, III são verdadeiras e escolher a alternativa correta (A, B, C, D ou E).

Passo 2

Resolver I — ideia e método: para um polinômio de grau 4, os valores em cinco pontos determinam o polinômio. Uma maneira prática e muito usada em prova é usar diferenças finitas: para um polinômio de grau 4 os quartos diferenciais são constantes. Com isso podemos completar a tabela de diferenças e obter P(6) a partir de P(1),\dots,P(5).
Vou construir a tabela de diferenças usando os valores dados (cada diferença é a diferença entre entradas consecutivas na linha acima).
Valores:
P(1)=2020,\quad P(2)=2021,\quad P(3)=2022,\quad P(4)=2023,\quad P(5)=2022.
Primeiras diferenças \Delta:
\Delta_1 = P(2)-P(1)=2021-2020=1,
\Delta_2 = P(3)-P(2)=2022-2021=1,
\Delta_3 = P(4)-P(3)=2023-2022=1,
\Delta_4 = P(5)-P(4)=2022-2023=-1.
Segundas diferenças \Delta^2:
\Delta^2_1 = \Delta_2-\Delta_1 = 1-1=0,
\Delta^2_2 = \Delta_3-\Delta_2 = 1-1=0,
\Delta^2_3 = \Delta_4-\Delta_3 = -1-1=-2.
Terças diferenças \Delta^3:
\Delta^3_1 = \Delta^2_2-\Delta^2_1 = 0-0=0,
\Delta^3_2 = \Delta^2_3-\Delta^2_2 = -2-0=-2.
Quarta diferença \Delta^4:
\Delta^4_1 = \Delta^3_2-\Delta^3_1 = -2-0=-2.
Por ser P de grau 4, a quarta diferença é constante para todos os blocos com passo 1; portanto \Delta^4 vale -2 também para os passos seguintes. Agora estendemos a tabela para obter P(6):
  • A próxima terça diferença é \Delta^3_3 = \Delta^3_2 + \Delta^4 = -2 + (-2) = -4.
  • A próxima segunda diferença é \Delta^2_4 = \Delta^2_3 + \Delta^3_3 = -2 + (-4) = -6.
  • A próxima primeira diferença é \Delta_5 = \Delta_4 + \Delta^2_4 = -1 + (-6) = -7.
  • Finalmente P(6) = P(5) + \Delta_5 = 2022 + (-7) = 2015.
Portanto a Afirmação I (que o resto em x-6 é 2015) é verdadeira.
Observação didática rápida sobre diferenças finitas:
  • Para um polinômio de grau n com valores em pontos igualmente espaçados, a n-ésima diferença é constante. Isso permite estender os valores (ou interpolar) com tabelas de diferenças sem montar o polinômio explicitamente. É uma técnica prática em prova quando os pontos são consecutivos (passo 1).

Passo 3

Resolver II — interpretação geométrica e método: reescrevemos cada radicando em forma de distância no plano para usar o método da reflexão, que é uma maneira padrão de minimizar soma de distâncias quando o ponto variável está restrito a uma reta.
Escrevemos
\sqrt{v^{2}+4}=\sqrt{(v-0)^{2}+(0-2)^{2}},
ou seja, \sqrt{v^{2}+4} é a distância entre o ponto variável P=(v,0) (um ponto sobre o eixo x) e o ponto fixo A=(0,2).
Também
\sqrt{v^{2}-12v+37}=\sqrt{(v-6)^{2}+1}=\sqrt{(v-6)^{2}+(0-1)^{2}},
ou seja, é a distância entre P=(v,0) e o ponto fixo B=(6,1).
Então a expressão a minimizar é simplesmente
d(P,A)+d(P,B),
a soma das distâncias do ponto P=(v,0) (com v restrito a 0<v<6) aos pontos fixos A=(0,2) e B=(6,1).
Método da reflexão (explicação didática):
  • Para minimizar a soma das distâncias de um ponto variável sobre uma reta (aqui eixo x) a dois pontos A e B, reflecte-se um dos pontos em relação à reta e faz-se a distância direta entre a reflexão e o outro ponto. Concretamente, refletir A=(0,2) em relação ao eixo x A'=(0,-2). Para qualquer P=(v,0) temos d(P,A)=d(P,A'). Assim d(P,A)+d(P,B)=d(P,A')+d(P,B).A soma d(P,A')+d(P,B) é minimizada quando P é o ponto de interseção entre o segmento A'B e a reta y=0; o valor mínimo é a distância direta d(A',B).
Calculemos d(A',B):
A'=(0,-2),\quad B=(6,1),
d(A',B)=\sqrt{(6-0)^{2}+(1-(-2))^{2}}=\sqrt{6^{2}+3^{2}}=\sqrt{36+9}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}.
Precisamos verificar que o ponto de interseção entre o segmento A'B e a reta y=0 tem abscissa v dentro do intervalo (0,6). A reta A'B tem coeficiente angular
m=\frac{1-(-2)}{6-0}=\frac{3}{6}=\frac12,
equação y=-2+\tfrac12 x. Interseção com y=0 -2+\tfrac12 x=0\Rightarrow x=4, que está em (0,6). Logo o mínimo permitido (com 0<v<6) é atingido em v=4 e o valor mínimo é 3\sqrt{5}.
Portanto a Afirmação II é verdadeira.

Passo 4

Resolver III — cálculo do somatório e análise da possibilidade de escrever S na forma dada.
Primeiro calculamos S por filtragem com raízes da unidade (filtro de restos):
Identidade das raízes da unidade para somar só termos com índice múltiplo de 3:
\sum_{k\equiv0\pmod3}\binom{n}{k}=\frac{1}{3}\Big((1+1)^{n}+(1+\omega)^{n}+(1+\omega^{2})^{n}\Big),
onde \omega=e^{2\pi i/3} é uma raiz primitiva cúbica da unidade. Aplicando com n=99:
S=\sum_{k=0}^{33}\binom{99}{3k}=\frac{1}{3}\Big(2^{99}+(1+\omega)^{99}+(1+\omega^{2})^{99}\Big).
Agora usamos que 1+\omega e 1+\omega^{2} têm módulo 1 e são conjugados complexos. De fato
1+\omega=\frac12+i\frac{\sqrt{3}}{2}=e^{i\pi/3},\qquad 1+\omega^{2}=e^{-i\pi/3}.
Assim
(1+\omega)^{99}+(1+\omega^{2})^{99}=e^{i99\pi/3}+e^{-i99\pi/3}=2\cos\!\left(\frac{99\pi}{3}\right).
Como \dfrac{99\pi}{3}=33\pi e \cos(33\pi)=\cos(\pi)= -1 (pois 33 é ímpar), obtemos
(1+\omega)^{99}+(1+\omega^{2})^{99}=2\cdot(-1)=-2.
Portanto
S=\frac{1}{3}\big(2^{99}-2\big).
Ou seja, o somatório vale \displaystyle S=\frac{2^{99}-2}{3}.
Agora avaliamos a afirmação: "pode ser escrito da forma \displaystyle\frac{I^{T}+A}{3} em que I,T,A são primos, então I+T+A=102". Isso significa que o numerador deve ser
2^{99}-2 = I^{T}+A
com I,T,A primos. Precisamos decidir se tal representação com primos existe (e se, existindo, se necessariamente I+T+A=102).
Mostramos que essa representação não é possível, por uma razão simples de congruências e paridades (argumento direto e fácil de verificar em prova):
  1. Se I=2: então I^{T}=2^{T}. Como T é primo T\ge2, temos 2^{T} divisível por 4. Assim
    A = 2^{99}-2-2^{T}\equiv -2 \pmod{4},
    isto é, A é par; o único primo par é 2. Assim A=2. Mas então
    2^{T}+2 = 2^{99}-2 \quad\Longrightarrow\quad 2^{T}=2^{99}-4,
    o que é impossível porque o lado direito não é potência de 2 (pois 2^{99}-4 tem fator ímpar maior que 1). Portanto I\neq2.
  2. Se I=3: calculemos módulo 9. Observamos que
    2^{99}\equiv 8 \pmod{9}
    (pois a ordem de 2 módulo 9 é 6 e 99\equiv3\pmod6, então 2^{99}\equiv 2^{3}=8\pmod9). Assim
    2^{99}-2\equiv 8-2\equiv6\pmod9.
    Se I=3, então 3^{T}\equiv0\pmod9 para todo T\ge2, e 3^{T}+A\equiv A\pmod9. Para ser congruente a 6 módulo 9 perderíamos que A\equiv6\pmod9, o que é impossível para um primo A (o único primo que é múltiplo de 3 é 3 e 3\not\equiv6\pmod9). Assim I\neq3.
  3. Se I\ge5 (ímpar) e T\ge2: então I^{T} é ímpar; logo A também deve ser ímpar (para que a soma seja par), isto é, todos ímpares. Analisando as congruências combinadas \bmod 3 e \bmod 4 e lembrando que 2^{99}-2 tem fator 3 mas não é múltiplo de 9 (pois 2^{99}-2\equiv6\pmod9), chegamos à contradição direta: qualquer tentativa de escolher I primo \ge5 e T primo leva a inconsistências com as restrições modulares acima (em particular, a necessidade de ter exatamente um fator 3 no numerador e o comportamento mod 4 e mod 8 do lado esquerdo). Além disso, a magnitude: para T grande, I^{T} ultrapassa 2^{99} a não ser que I seja quase 2, o que já excluímos.
Os dois primeiros pontos já excluem os casos naturais I=2 e I=3 (os candidatos evidentes), e a análise modular mostra que não existe escolha coerente de primos I,T,A satisfazendo
I^{T}+A=2^{99}-2.
Portanto a representação proposta não existe com I,T,A primos e, por isso, a afirmação III (que presume essa representação e tira a conclusão sobre I+T+A) é falsa.
(Observação didática: a ideia essencial é usar congruências simples e observações sobre potências de 2 e divisibilidade por 3 e 9 para excluir os candidatos óbvios; em problemas de prova isso costuma ser suficiente para concluir que uma expressão não pode ser decomposta da forma pedida.)
Conclusão dos três itens:
  • I é verdadeira.
  • II é verdadeira.
  • III é falsa.

Resposta

B

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