Oi, F�.
Ok, acho que consegui.
>>>1. determine todos os ternos (a,b,c) de inteiros positivos tais q a
>>>e b s�o pares e a^b + b^a=2^c
Escreva a=(2^d).e, b=(2^f).g onde e e g s�o �mpares (parte par vezes
parte �mpar). Ent�o a equa��o fica assim:
2^(bd).(e^b)+ 2^(af).(g^a) = 2^c
Suponha SPOG que bd>=af; note que c>af, ent�o:
2^(bd-af).(e^b) + g^a = 2^(c-af)
o que implica que bd=af (sen�o ter�amos par+�mpar=par)... Assim:
e^b+g^a=2^(c-af)
Agora pense m�dulo 4... e^b=g^a=1 modulo 4 (pois e e g s�o �mpares enquanto
a e b s�o pares positivos). Conclui-se que 2^(c-af) = 2 mod 4, o que s� �
poss�vel se c-af=1. Ent�o
e^b+g^a=2, isto �, e=1 e g=1. (Ambos a e b t�m de ser pot�ncias de 2!)
De volta a af=bd, temos agora:
(2^d)f=(2^f)d
(2^d)/d=(2^f)/f
Bom, agora, f(x)=(2^x)/x � estritamente crescente a partir de x=2... De
fato:
2^(x+1)/(x+1) > 2^x/x sse
2x>x+1 sse
x>1
Conclu�mos portanto que d=f OU um deles � 1 e o outro � 2.
No primeiro caso, a=b=2^d nos d� a^b+b^a = 2(2^(d.2^d))=2^(d.2^d+1) gera as
solu��es do tipo (2^d,2^d,d.2^d+1).
O segundo caso nos d� {a,b}={2,4}, e como 2^4+4^2=16+16=32=2^5, temos as
solu��es (2,4,5) e (4,2,5).
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>>>2.Seja ABCD um paralelogramo ,H o ortocentro do triangulo ABD e O o
>>>circuncentro do triangulo BCD.Prove q H,O e C s�o colineares.
Seja M o m�dio de BD (ponto de interse��o das diagonais). Seja Z o c�rculo
que cont�m B,C e D. Seja P o ortocentro do triangulo BCD.
LEMA 1: O ponto P1, sim�trico de P com rela��o a BD, est� em Z.
Prova: Basta notar que os angulos BPD e BP1D sao iguais a 180-C, e o arco
menor BD (em Z) � o arco capaz sobre BD deste angulo.
Seja P2 o sim�trico de P1 com rela��o a OM; note que X est� em Z, pois OM
divide o arco BD ao meio. Tamb�m, como CP1 � paralelo a OM, temos que o
�ngulo CP1X � 90 graus, e conclu�mos que CX � um di�metro (e, portanto,
passa por O).
Agora, duas simetrias com rela��o a retas perpendiculares (BD e OM) s�o de
fato uma simetria com rela��o ao ponto de encontro destas retas (no caso,
M). Em outras palavras, X � o sim�trico de P com rela��o a M.
Mas a simetria de centro M leva C em A, B em D e D em B. De fato, o
tri�ngulo ABD � o sim�trico de CDB com rela��o a M, e seu ortocentro H ser�
o sim�trico de P com rela��o a M. Mas este ponto � X! Assim, CH � o di�metro
de Z, e, portanto, C, O e H s�o colineares.
>>>3.A bissetriz do angulo B em um triangulo ABC intercepta o lado AC
>>>em D.Seja E um ponto sobre o lado BC tal q 3C�E=2B�E.Os segmentos BD
>>>e AE intersectam-se no ponto P.Se ED=AD=AP,determine os angulos do
>>>triangulo
SOLU��O BONITA (que s� achei depois de saber a resposta via solu��o feia):
Considere o c�rculo circunscrito ao tri�ngulo ABE. O ponto m�dio X do arco
AE claramente satisfaz XA=XE e tamb�m pertence � bissetriz BD, isto �, X � a
interse��o da mediatriz de AE com a bissetriz BD. Mas D tamb�m satisfaz a
estas condi��es, isto �, D=X! Portanto, ABED � inscrit�vel.
Seja BAE=3a, entao DAE=2a. Carregue os angulos pela figura usando triangulos
isosceles: DEA=2a, ADP=PDA=90-a. Entao, ABD=90-4a.
Mas, por causa do quadril�tero inscrit�vel, ABD=AED, 90-4a=2a e a=15. Os
angulos do triangulo sao A=5a=75, B=2.(90-4a)=60 e C=180-A-B=45.
VERIFICA��O:
Dado ABC com A=75, B=60 e C=45, � f�cil ver que AP=AD=DE; de fato, trace a
bissetriz de B (ABD=DBE=30) e AE com DAE=30 e EAB=45; carregue os angulos e
veja imediatamente que ADP=APD=75, portanto AD=AP; enfim, note que
DAE=DBE=30 e entao ABED � inscrit�vel; conclui-se que DEA=DBA=30 e entao
DE=AD.
SOLU��O FEIA (trigonom�trica, de fato minha primeira solu��o):
Carregue os �ngulos como antes, come�ando com DAE=2a. Calcule todos os
�ngulos no quadril�tero ADEB incluindo entre diagonais e lados (sem precisar
usar que ele � inscrit�vel). Agora sejam DE=AD=AP=1, PE=x e BP=y. Usando
v�rias leis dos senos:
APB: y/sin3a=1/cos4a, isto �, y=sin3a/cos4a
DPE: x/cos3a=1/cosa, isto �, x=cos3a/cosa
BPE: y/sin5a=x/cos4a, isto �, ycos4a=xsin5a
Juntando tudo:
sin3a cos4a cosa = cos3a sin5a cos4a
Nao podemos ter cos 4a=0 (pois ent�o a=pi/8 e ABC=pi). Assim:
sin3a cosa = cos3a sin5a
sin4a + sin2a = sin8a + sin2a
sin4a = sin8a
12a=pi
a=pi/12 (15 graus)
Portanto, os angulos do triangulo ABC sao A=5a=75, B=180-8a=60 e C=3a=45
graus.
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