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Nao eh oficial nem completo.. Me mostraram a prova
e eu pensei sobre algumas questoes ...
Ainda nao pensei nas questoes 1 e 2, mas elas
parecem mais faceis..
4a Q: chata de fazer sem figura, pra entender o q
eu escrevi deve ser necessario papel..
Pra facilitar, vou mudar os nomes.. Pra mim, A_b eh
o ponto que sai do vertice A e fica oposto ao B (no contexto do problema).
Equivale ao A_2 do enunciado.. analagomante para os outros. Fiz o caso ABC
acutangulo, mas o outro deve ser bem parecido...
(1) B_c, A_c, B_a, C_a sao cociclicos.
(1a) Como A,B_c,B_a,C sao cociclicos,
ang<B_a,B_c,B> = ang<C>.
(1b) Note que A,C,C1,A1 sao cociclicos e
(A1,C1,C_a,A_c) tmb, donde ang<C_a,A_c,B>
=ang<A1,C1,B> = ang<C>.
(2) C_b, B_c, C_a, B_a sao cociclicos.
(2a)Desenhe uma figura soh com C_1, C_a e C_b. Note
que C_b, C1, C_a, C sao cociclicos, e portanto
ang<C,C_a,C_b> = ang<C1,C,C_b> = 90 - A
e portanto ang<C_b,C_a,C> = A.
(2b)Analogamente, ang<B_c,B_a,B> =
A.
Por (1b), ang<C_b,B_c,B_a> =
ang<B_c,B_a,B> e portanto (2) vale.
3aQ:
a) Prove por inducao q (a1,a2,a3,a4) =
(0,1,1,0) mod 2, onde os indices sao olhados modulo 4.Em
particular, como 2001 = 1 mod 4, a1 eh par.
b) Prove por inducao q (a1, a2, a3, ..., a12, a13)
= (0,1,1,2,1,1,1,0,2,0,2,1,0) mod 3 (indices olhados mod 13), e como
2003=13mod13, a2002 eh multiplo de 3.
c) Sim. Comece com (499,1,0) por
exemplo.
d) Nao. Um modo de explicar eh q comecando com
0,1,1 o 15o termo ja da 1705. Com 1,1,1 ja passa de 2002, e entao eh soh
testar com termos iniciais menores (claro que aumentar um termo inicial soh
aumenta a15)..
Uma maneira diferente eh vc notar que comecar
com (a,b,c) equivale a comecar com (1,0,0); (0,1,0) e (0,0,1) e multiplicar o
a_15 por a,b,c respectivamente. Fica algo como a15 = 504a + 778b + 927c, e ai vc
testa a15=2002 como na outra solucao.
A proposito, essa prova pareceu bem mais dificil do
que a do ano passado.. Como q o pessoal que fez a prova foi? O que acharam?
[]'s
Marcio
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