Re: [obm-l] QUESTOES DE GEOMETRIA PLANA (DESAFIO)
Problema 1) Passos para a solução: - Se um triângulo retângulo tem hipotenusa a e catetos b e c, deduza que o raio da circunferência inscrita a ele vale (b+c-a)/2. - Determine o raio das duas circunferências. - Se d é a distância entre os centros das circunferências, deduza que d^2 = (r1+r2)^2 + (r1-r1)^2 e termine a questão. Problema 2) Considere ABCDEF o hexágono descrito, com AB = BC = CD = 3 e DE = EF = FA = 5. É fácil perceber que BAF = CDE = 120 (Por que?) Aplicando Lei dos Cossenos no triângulo CDE, temos: CE^2 = 3^2 + 5^2 -2.3.5.cos120 CE = 7 (I) Conhecendo o Teorema de Ptolomeu, o problema é resolvido em 3 iterações: 1- Quadrilátero BCEF: BC.FE + CE.BF = BE.CF (CE = BF e BE = CF, por simetria. CE = 7, por I) === 3.5 + 7.7 = CF^2 === CF = 8 (II) 2- Quadrilátero CDEF: CD.EF + DE.CF = CE.DF (CF = 8, por II) === 3.5 + 5.8 = 7.DF === DF = 55/7 (III) 3 - Quadrilátero ADEF: AD.EF + AF.DE = AE.DF (AE = DF, por simetria. DF = 55/7, por III) === AD.5 + 5.5 = (55/7)^2 === AD = 360/49 === m + n = 409. Letra E. Problema 3) Considere os ângulos escritos em graus. Seja P o ponto de intersecção do prolongamento de CM com o lado AB e P' o simétrico de P em relação ao ponto médio do lado AB. Assim, P'CB = ACP = 23 e PCP' = ACB - ACP - P'CB === PCP' = 106 - 23 - 23 = 60 (I) Agora vem a reta mágica: Construa o segmento AM', externo ao triângulo ABC e tal que AM' = AC e BAM' = 23. (OBS: M' e C ficam em semiplanos diferentes em relação ao lado AB) Olhemos para o triângulo ACM': AC = AM' e CAM' = CAB + BAM' = 37 + 23 = 60. Logo, ACM' é equilátero (II) Desde que ACM' = 60 (por II) e PCP' = 60 (por I), então M'CP' = ACP = 23 (III). Olhemos agora para o triângulo M'CB: M'C = CA (por II) e CA = CB (dado do problema), logo M'C = CB e o triângulo M'CB é isósceles. Desde que BCP' = ACP = 23 (por simetria) e M´CP' = 23 (por III), então CP' é bissetriz de M'CB. Como BP'C = 120 (já que PCP' é equilátero), então BP'M' é isósceles com ângulos 120-30-30 e M'P' = P'B. Como AMP é também isósceles com ângulos 120-30-30 e AP = P'B (por construção de P'), então os triângulos AMP e M'P'B são congruentes. Logo, BM' = AM (IV). O quadrilátero MAM'B é um paralelogramo, pois BM' = AM (por IV) e BM'//AM (já que M'BA = MAB = 30). Logo, MB = AM'. Por construção, AM' = AC = CB, logo MB = CB e o triângulo CMB é isósceles. Como MCB = 83, então CMB = 83. Letra B. Edson. TRES QUESTOES DESAFIOS QUE GOSTARIA QUE COMENTASSEM: 1) Seja um triângulo ABC retângulo em A e tal que B=30°. Traça-se a altura AH, H pertencente à BC. Se BC = sqr(3) +1, então a distância entre os centros dos círculos inscritos nos triângulos ABH e ACH mede: a) sqr(3)/4 b) 1/3 c) 1/4 d) sqr(3)/3 e) sqr(2)/2 2) Um hexágono inscrito em um círculo possui três lados consecutivos de medida igual a 3 e outros três lados consecutivos iguais a 5. A corda do círculo que divide o hexágono em dois trapézios, um deles com três lados consecutivos medindo 3 e o outro com três lados de medida igual a 5, possui medida igual a m/n, m e n primos entre si. O valor de m + n é igual a: a) 309 b) 349 c) 369 d) 389 e) 409 3) Seja ABC um triângulo isósceles com AC=BC e o ângulo ACB=106°. Um ponto M do seu interior é tal que os ângulos MAC=7° e MCA=23°. A medida do ângulo CMB é igual a: a) 81° b) 83° c) 85° d) 87° e) 89° = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] Construcao Geometrica
On Wed, 22 Dec 2004, claudio.buffara wrote: Estou empacado neste aqui: Dadas as semi-retas PA, PB e PC num mesmo plano, de forma que PB esteja no interior do angulo APC 180 graus, construir os pontos M e N, sobre PA e PB, respectivamente, de forma que M, B e N sejam colineares e |MB| = |BN|. Soh pra humilhar ainda mais, a pessoa que me passou o problema falou que a solucao eh muito simples, o que deve ser verdade... Agradeco qualquer ajuda. Eh simples mesmo. Aas vezes essas coisas simples nos cegam... :-) Seja P' o simetrico de P com relacao a B. Trace as paralelas, passando por P', a PA e PC. Os pontos de intersecao com as retas PA e PC sao os dois pontos procurados. Eh facil provar isso. []'s Edson Ricardo = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] [PELEJA] Desafio do Google
Imagine se vc visse um outdoor com a seguinte mensagem:
{first 10-digit prime found in consecutive digits of e}.com ?
onde e eh a constante de Euler, 2.71828...
Pois bem, eh o que esta acontecendo em Cambridge... e o problema tem
quebrado a cabeca de muitos matematicos.
Maiores detalhes em:
http://www.npr.org/features/feature.php?wfId=3916173
[]'s
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# MSc. Edson Ricardo de A. Silva#
# Computer Graphics Group (CRAB)#
# Federal University of Ceara (UFC) #
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[obm-l] Cone Sul - Problema 2
Cone Sul - Problema 2 Dada uma circunferencia C e um ponto P exterior a ela, tracam-se por P as duas tangentes aa circunferencia, sendo A e B os pontos de tangencia. Toma-se um ponto Q sobre o menor arco AB de C. Seja M a intersecao da reta AQ com a perpendicular a AQ tracada por P e seja N a intersecao da reta BQ com a perpendicular a BQ tracada por P. Demonstre que, ao variar Q no arco AB, todas as retas MN passam por um mesmo ponto. Solucao: Sejam: H o pe da perpendicular de P a AB R e S as projecoes de N e M, respectivamente, a PH Q e T as projecoes de N e M, respectivamente, a AB No triangulo PNM: PN = PB.sen(PBN) (I) QH = NR = PN.sen(NPR) = PN.sen(NBA) (quadrilat. NPBH inscrit.) = (por I) QH = PB.sen(PBN).sen(NBA) Da mesma forma encontramos: TH = PA.sen(PAM).sen(MAB) Como PA = PB, PAM = NBA e PBN = MAB, entao GH = TH Logo, a intersecao de MN com a altura PH se da no ponto medio de MN, que chamamos de L, e LH eh base media do trapezio QNMT com bases NQ e MT. Entao LH = (NQ + MT)/2 Mas NQ = PH - PR = PH - PN.cos(NPR) = PH - PB.sen(PBN).cos(NBA) Da mesma forma: MT = PH - PA.sen(NBA).cos(PBN) e NQ + MT = 2PH - PA.(sen(PBN).cos(NBA) + sen(NBA).cos(PBN)) = = 2PH - PA.sen(PBN + NBA) = 2PH - PA.sen(PBA) = 2PH - PH = PH e LH = (NQ + MT)/2 = PH/2 Ou seja, todas as retas MN passam pelo ponto medio da altura PH. []'s # # MSc. Edson Ricardo de A. Silva# # Computer Graphics Group (CRAB)# # Federal University of Ceara (UFC) # # = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Problema de minimizacao
Ola a todos da lista
Considere um conjunto T = {T1, T2,... Tn} de triangulos no R^3, tais que a
interseccao de quaisquer dois deles eh vazia, um vertice ou uma aresta
comum.
1) Determine o ponto P que minimiza h1^2 + h2^2 + ... + hn^2, onde hi eh a
distancia do ponto P ao plano que contem Ti
2) Determine o ponto P que minimiza o somatorio dos quadrados dos volumes
dos tetraedros formados por P e cada triangulo Ti
abracos,
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# MSc. Edson Ricardo de A. Silva#
# Computer Graphics Group (CRAB)#
# Federal University of Ceara (UFC) #
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Re: [obm-l] Problemas da IMO
Marcio, estou pensando bastante no 3. Qualquer novidade, escrevo para a lista. abracos, # # MSc. Edson Ricardo de A. Silva# # Computer Graphics Group (CRAB)# # Federal University of Ceara (UFC) # # On Tue, 15 Jul 2003, Marcio Afonso A. Cohen wrote: Realmente, sua solucao me parece perfeita.. Alem de nao usar que o quadrilatero eh inscritivel.. legal. Voce pensou nos outros? Pensei bem no 2 e no 3, mas nao consegui fechar nenhum.. O 3 eu acredito que seja alguma desigualdade virando igualdade, e quero tentar mais pra ver se da certo.. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Problemas da IMO
Marcio,
achei legal essa sua solucao por complexos. Uma outra solucao
trivial (e acho que a de 99% dos participantes) seria a seguinte:
quad. APDR inscritivel = PR = AD.sen(BAC)
quad. CQRD inscritivel = RQ = DC.sen(ACB)
PR = RQ = AD/DC = sen(ACB)/sen(BAC) = AB/BC (lei dos senos) (*)
Sendo S e T os pontos de interseccao das bissetrizes internas dos
angulos ABC e ADC, respectivamente, com o lado AC, temos:
AS/SC = AB/BC = AD/DC = AT/TC Logo, S = T
(1) (2) (3)
(1) e (3) - teorema da bissetriz interna
(2) - por (*)
abracos,
#
# MSc. Edson Ricardo de A. Silva#
# Computer Graphics Group (CRAB)#
# Federal University of Ceara (UFC) #
#
On Tue, 15 Jul 2003, Marcio Afonso A. Cohen wrote:
Eu sei que ninguem gosta muito disso, mas esse problema 4 (que eu ateh
imagino que nao seja dificil por plana) eh bem simples na conta bruta.. Eh
impressionante como complexos ajudam nos problemas de geometria da imo..
aquele artigo da eureka 6 eh realmente muito util!
Coloque o circuncentro na origem, e represente os vertices pelos
complexos a,b,c,d, todos de modulo 1u.m.
Reta ab: z+abz' = a+b
Reta perpendicular a ab passando por d: z-abz'=d-abd'
Logo, o ponto P eh 2p = [a+b+d-ab/d]
Portanto, 2q = [a+c+d-ac/d] e 2r = [b+c+d-bc/d].
Como p,q,r sao colineares (reta de simpson), e |p-q| = |q-r|:
p-q = q-r, ou seja: b-c + ac/d - ab/d = a-b +bc/d-ac/d
Arrumando: (b-c) - (a/d)(b-c) = (a-b) - (c/d)(a-b) sse (b-c)(d-a)=(a-b)(d-c)
Tirando modulo, isso significa que BC*AD = AB*DC. E isso fecha o problema.
De fato, sendo I o peh da bissetriz de ABC em AC, entao, AI/IC = AB/BC e vc
quer provar que I eh peh da bissetriz de ADC, i.e, que AI/IC=AD/DC (teorema
da bissetriz interna, ida e volta). Portanto, eh suficiente provar que AB*DC
= AD*BC.
Vou pensar nos outros agora, esse foi o que eu achei que seria mais
facil.. (ja pensei no 2 e no 1 um pouco tmb..)
- Original Message -
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To: [EMAIL PROTECTED]
Cc: [EMAIL PROTECTED]; [EMAIL PROTECTED]
Sent: Monday, July 14, 2003 3:38 PM
Subject: [obm-l] Problemas da IMO
Prova da IMO retirada do Site http://www.mathlinks.go.ro/
O Problema 1 é nois que mandou...
First Day - 44th IMO 2003 Japan
1. Let A be a 101-element subset of the set S={1,2,3,...,100}. Prove
that
there exist numbers t_1, t_2, ..., t_{100} in S such that the sets
Aj = { x + tj | x is in A } for each j = 1, 2, ..., 100
are pairwise disjoint.
2. Find all pairs of positive integers (a,b) such that the number
a^2 / ( 2ab^2-b^3+1) is also a positive integer.
3. Given is a convex hexagon with the property that the segment connecting
the
middle points of each pair of opposite sides in the hexagon is sqrt(3) /
2
times the sum of those sides' sum.
Prove that the hexagon has all its angles equal to 120.
Second Day - 44th IMO 2003 Japan
4. Given is a cyclic quadrilateral ABCD and let P, Q, R be feet of the
altitudes from D to AB, BC and CA respectively. Prove that if PR = RQ then
the
interior angle bisectors of the angles ABC and ADC are concurrent on
AC.
5. Let x1 = x2 = ... = xn be real numbers, n2.
a) Prove the following inequality:
(sum ni,j=1 | xi - xj | ) 2 = 2/3 ( n^2 - 1 )sum ni,j=1 ( xi - xj)^2
b) Prove that the equality in the inequality above is obtained if and only
if
the sequence (xk) is an arithemetical progression.
6. Prove that for each given prime p there exists a prime q such that
n^p - p
is not divisible by q for each positive integer n.
=
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http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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[obm-l] Problemas IMO - Questao 4
So um pequeno detalhe... nao precisei usar o fato de ABCD ser incritivel (pelo menos nao explicitamente). Alguem poderia comentar isso? # # MSc. Edson Ricardo de A. Silva# # Computer Graphics Group (CRAB)# # Federal University of Ceara (UFC) # # achei legal essa sua solucao por complexos. Uma outra solucao trivial (e acho que a de 99% dos participantes) seria a seguinte: quad. APDR inscritivel = PR = AD.sen(BAC) quad. CQRD inscritivel = RQ = DC.sen(ACB) PR = RQ = AD/DC = sen(ACB)/sen(BAC) = AB/BC (lei dos senos) (*) Sendo S e T os pontos de interseccao das bissetrizes internas dos angulos ABC e ADC, respectivamente, com o lado AC, temos: AS/SC = AB/BC = AD/DC = AT/TC Logo, S = T (1) (2) (3) (1) e (3) - teorema da bissetriz interna (2) - por (*) abracos, = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
