Re: [obm-l] Questoes de Geomeria

[Claudio Buffara <claudio.buffara@xxxxxxxxxxxx>]

on 15.12.04 22:35, benedito at benedito@digizap.com.br wrote:

> 
> Seguem três problemas (interessantes) de Geometria:
> 
> Problema  1
> Nos extremos de um diâmetro de um círculo, escreve-se o número 1 (primeiro
> passo). A seguir, cada semicírculo é dividido ao meio e em cada um dos seus
> pontos médios escreve-se a soma dos números que estão nos extremos do
> semicírculo (segundo passo).  A seguir, cada quarto de círculo é dividido ao
> meio e em cada um dos seus pontos médios coloca-se a soma dos números que
> estão nos extremos de cada arco (terceiro passo). Procede-se, assim,
> sucessivamente: sempre cada arco é dividido ao meio e em seu ponto médio é
> escrita a soma dos números que estão em seus extremos.
> Determinar a soma de todos os números escritos após  2004  passos.
>
Seja S(n) = soma dos numeros escritos apos n passos.
A soma dos numeros escritos durante o n-esimo passo eh igual a 2*S(n-1),
pois se, apos n-1 passos, tres pontos consecutivos tiverem os numeros x, y e
z, os dois pontos medios obtidos no n-esimo passo receberao os numeros x+y e
y+z. Ou seja, y serah triplicado. Como isso vale para cada ponto existente
apos n-1 passos, teremos que S(n) = S(n-1) + 2*S(n-1) = 3*S(n-1).
Como S(1) = 2, teremos que S(n) = 2*3^(n-1) ==> S(2004) = 2*3^2003.

> Problema 2
> São dadas dois círculos secantes, com pontos de nterseção C  e  D. Traça-se
> por  C  uma secante aos dois círculos, que intercepta um deles em  E  e o
> outro em F. Mostre que a medida do ângulo EDF é constante.
> 
CD eh constante ==>
CED e CFD tem ambos medida constante (arcos capazes) ==>
EDF = Pi - CED - CFD tem medida constante

> Problema  3
> Um polígono convexo inscritível num círculo possui  2n  vértices, numerados
> sucessivamente de  1  a  2n. Mostre que a soma das medidas dos ângulos
> internos cujos vértices receberam números ímpares é igual à soma das medidas
> dos ângulos internos cujos vértices receberam números pares.
>
Chame os vertices de A(1), A(2), ..., A(2n).
Seja O o centro do circulo circunscrito e considere os raios OA(1), OA(2),
..., OA(2n).

Os triangulos OA(i)A(i+1) serao isosceles, para i = 1, 2, ..., 2n-1.
Idem para o triangulo OA(2n)A(1).

Isso quer dizer que:
OA(1)A(2) = OA(2)A(1),
OA(2)A(3) = OA(3)A(2),
...
OA(2n-1)A(2n) = OA(2n)A(2n-1),
OA(2n)A(1) = OA(1)A(2n)            (***).

Mas: 
A(2n)A(1)A(2) = OA(1)A(2n) + OA(1)A(2),
A(2)A(3)A(4) = OA(3)A(2) + OA(3)A(4),
...
A(2n-2)A(2n-1)A(2n) = OA(2n-1)A(2n-2) + OA(2n-1)A(2n)  (%)

e

A(1)A(2)A(3) = OA(2)A(1) + OA(2)A(3),
A(3)A(4)A(5) = OA(4)A(3) + OA(4)A(5),
...
A(2n-1)A(2n)A(1) = OA(2n)A(2n-1) + OA(2n)A(1)  (%%)


Somando separadamente as igualdades (%) e (%%), e usando (***) nos lados
direitos, obtemos a igualdade desejada.
 

[]s,
Claudio.


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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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