on 15.12.04 22:35, benedito at [EMAIL PROTECTED] 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. ========================================================================= Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =========================================================================