Re: RES: [obm-l] Segunda prova da IMO - Solucoes
Caro Pedro, Está certa a sua solução (obviamente supondo que p é um primo ímpar diferente de 3; os casos p=2 e p=3 são fáceis mas devem ser considerados a parte), e é bem bonita. Concordo que esse problema não era difícil, mas num certo sentido todo problema fica trivial depois de resolvido... Abraços, Gugu > >Gugu, > >Acho que tenho uma solução mais simples para o 4. >Seja p um primo impar. Fazendo tudo modulo p temos, >2^(p-2)=a e 3^(p-2)=b onde 2a=1 e 3b=1. >Então 6(2^(p-2)+3^(p-2)+6^(p-2)-1)=3+2+1-6=0. >Isso mostra que para obtermos um múltiplo de p na seqüência, basta fazer >n=p-2. Estranha essa solução, pois aí o problema fica trivial. > >Um abraço. Pedro. > > > >-Mensagem original- >De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] Em nome >de Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira >Enviada em: Sunday, July 24, 2005 12:13 AM >Para: obm-l@mat.puc-rio.br >Assunto: Re: [obm-l] Segunda prova da IMO - Solucoes > > Oi pessoal, > Am vco minhas solugues do segundo dia, como mencionado na mensagem >anterior. > Abragos, >Gugu > >> >>Oi gente, la vai o segundo dia da IMO. >> >>Como a primeira prova de ontem, eu mesmo traduzi >>agora. >> >>Ainda nco pensei nos problemas de hoje, mas eles >>parecem ser bem legais! >> >>Os de ontem foram bem legais tambim. No comego, achei >>que os problemas eram difmceis porque nem tinha muita >>idiia de como resolver, mas depois que parei para >>pensar com mais calma consegui resolver dois problemas >>(1 e 2). >> >>4. Determine todos os inteiros positivos relativamente >>primos com todos os termos da seq|jncia infinita a_n = >>2^n + 3^n + 6^n - 1, n >= 1. >> >>5. Seja ABCD um quadrilatero convexo e fixado com BC = >>DA e BC nco paralelo a DA. Sejam E e F dois pontos >>variaveis sobre BC e DA, respectivamente, tais que BE >>= DF. As retas AC e BD cortam-se em P; as retas BD e >>EF cortam-se em Q; as retas EF e AC cortam-se em R. >> >>Quando variamos E e F, obtemos diferentes tribngulos >>PQR. Prove que os circuncmrculos desses tribngulos tjm >>um ponto comum diferente de P. >> >>6. Numa competigco de matematica na qual foram >>propostos 6 problemas, quaisquer dois problemas foram >>resolvidos por mais de 2/5 dos estudantes. Alim disso, >>nenhum estudante resolveu todos os 6 problemas. Mostre >>que existem pelo menos 2 estudantes que resolveram 5 >>problemas cada um. >> >>[]'s >>Shine >> >> >> >> >>Start your day with Yahoo! - make it your home page >>http://www.yahoo.com/r/hs >> >>= >>Instrugues para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >>http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html >>= >> > > Solugues: > >4) Vamos achar os primos que dividem algum a_n, com n>=1 (esses nco podem >dividir nenhum elemento desse conjunto de inteiros positivos em questco). >Temos que 2 divide a_1=2+3+6-1=10, e 3 divide a_2=2^2+3^2+6^2-1=48. Alim >disso, como (x-1)(x-2)(x-3)(x-6)=x^4-12x^3+47x^2-72x+36, a seq|jncia >satisfaz a recorrjncia a_(n+4)=12.a_(n+3)-47.a_(n+2)+72.a_(n+1)-36.a_n (isso >pode ser verificado diretamente, mas vejam tambim o artigo sobre >recorrjncias >na Eureka 9). Se p i um primo diferente de 2 e 3, 36 e' inversmvel msdulo p, >e a recorrjncia i reversmvel (msdulo p): >a_n=(36)^(-1).(72.a_(n+1)-47.a_(n+2)+12.a_(n+3)-a_(n+4)) (mod p). Assim, a >seq|jncia a_n msdulo p i puramente perisdica (tem que ser perisdica a partir >de um certo ponto pois tjm que existir naturais distintos k e m com >a_(k+j)=a_(m+j) (mod p) para j=0,1,2,3 (pois (Z/pZ)^4 i finito), donde >a_(k+j)=a(m+j) (mod p) para todo j natural e, pela reversibilidade, para >todo j inteiro. Como a_(-1)=1/2+1/3+1/6-1=0, devemos entco ter a_n=0 (mod p) > >para infinitos valores naturais de n. Assim, todo primo divide a_n para >algum inteiro positivo n, donde o znico inteiro positivo que satisfaz a >condigco do enunciado i o 1. > >5) Nesse eu fiz B=(0,0), C=(1,0), D=(c,d) e A=(c+cos(a),d+sen(a)). Se >E=(t,0), F=(c+t.cos(a),d+t.sen(a)), e am as equagues das retas AC, BD e EF >sco: AC: y=(d+sen(a))(x-1)/(c+cos(a)-1), BD: y=dx/c, >EF: y=(d+t.sen(a))(x-t)/(c+t.(cos(a)-1)). Achamos entco P,Q e R: fazendo >w=c.sen(a)-d(cos(a)-1), temos P=(c(d+sen(a)),d(d+sen(a)))/w, Q=P+(1-t)u, >R=P+tv, onde u=-sen(a).(c,d)/w e v=sen(a).(c+cos(a)-1,d+sen(a))/w (nco vou >me preocupar com denominadores que eventualmente se anulem - esses casos >seguem por continuidade). Agora, via uma homotetia, podemos supor que >P=(0,0), Q=(1-t,0) e R=(tm,th). O circuncmrculo de PQR tem equagco C+tL=0, >onde C=x^2-x+y^2-my/h e L=x-(m^2+h^2+m)/h. Assim, todos eles passam pelos >dois pontos de intersegco de (C=0) e (L=0), que sco (0,0)=P e >s.(m^2+m+h^2,h), onde s=(m^2+h^2)/(h^2+(m^2+m+h^2)^2). E acabou, ni ? > >6) Nesse a gente faz assim: seja A_i, 1<=i<=6 o conjunto dos caras que >fizer
Re: RES: [obm-l] Desigualdade com complexos
Caro Pedro, Muito bacana esta solução (embora ligeiramente menos elementar que a minha) - eu devia ter visto isso... Abraços, Gugu P.S.: Claro que dá para tirar os -1, mas aí fica bem mais trivial: Isso segue, por exemplo, de |e^(a+bi)|=e^a<=e^((a^2+b^2)^(1/2)). > >|e^z - 1| = |z + z^2/2 + z^3/3! + | >e^|z| - 1 = |z| + |z|^2/2 + |z|^3/3! + ... > >Truncando-se as somas, usando desigualdade triangular e tomando o limite, >obtem-se o resultado. Poderia omitir o "-1" nesse caso? > >Um abraço. Pedro. > >-Mensagem original- >De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] Em nome >de Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira >Enviada em: Monday, July 25, 2005 12:47 PM >Para: obm-l@mat.puc-rio.br >Assunto: Re: [obm-l] Desigualdade com complexos > > Caro Danilo, > Fazendo z=a+bi, queremos provar que >(e^a.cosb-1)^2+(e^a.senb)^2<=(e^((a^2+b^2)^(1/2)-1)^2, o que equivale a >e^(2a)-2e^a.cosb<=e^(2(a^2+b^2)^(1/2))-2e^((a^2+b^2)^(1/2)). >Vamos mostrar que 0<=x<=y implica e^(2y)-2e^y-(e^(2x)-2e^x>=e^x(y^2-x^2). >Escrevendo y=x+h, isso equivale a e^(x+2h)-2e^h-e^x+2>=h^2+2hx (apss dividir >por e^x). Isso pode ser escrito como e^x(e^h-1)(e^h+1)-2(e^h-1)>=h(h+2x), ou >seja, (e^h-1)(e^(x+h)+e^x-2)>=h(h+2x), mas e^h-1>=h,e^x-1>=x e >e^(x+h)-1>=x+h, donde e^(x+h)+e^x-2>=2x+h e (e^h-1)(e^(x+h)+e^x-2)>=h(h+2x). >Agora, usamos isso para y=(a^2+b^2)^(1/2) e x=a, obtendo >e^(2(a^2+b^2)^(1/2))-2e^((a^2+b^2)^(1/2))-(e^(2a)-2e^a)>=e^a.b^2. Queremos >provar que o lado esquerdo e' >=2e^a.(1-cosb), e logo (dividindo por e^a) >basta mostrar que b^2>=2(1-cosb), mas 1-cosb=2(sen(b/2))^2<=2.(b/2)^2=b^2/2, >donde b^2>=2(1-cosb), cqd. > Abragos, > Gugu > >> >> >>Pessoal , alguem sabe fazer essa ? >>prove que para todo numero complexo z , vale >> |e^z-1| menor ou igual a e^|z|-1 >> >> Abs. >> >= >Instrugues para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html >= > > >= >Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html >= > = 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: RES: [obm-l] Segunda prova da IMO - Solucoes
Tome p=2. Temos então 2^(p-2)=2^0=1 que não é côngruo a 0.5(?) módulo 2. O teorema que você deve ter pensado foi o seguinte: dados a e p relativamente primos entre si, ou seja (a,p)=1, então teríamos a^p=a(mod p). Porém, tome cuidado: as congruências não respeitam a operação de divisão. Por exemplo, evidentemente 4=2(mod 2), no entanto não é verdade que 2=1(mod 2). = 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] ajuda questão de Física ITA
Essa questão foi tirada do Problemas de Física elementar, editora MIR. Lá tem uma solução gráfica para esse problema. O ITA já tirou várias questões desse livro, que por sinal vc só vai achar em um sebo. marcio aparecido <[EMAIL PROTECTED]> escreveu: (ITA) Três turista, reunidos num mesmo local e dispondo de umabicicleta que pode levar somente duas pessoa de cada vez, precisandochegar a um centro turístico o mais rápido possível. O turista A levaturista B, de bicicleta, até um ponto X do percurso e retorna paraapanhar o turista C que vinha caminhando ao seu encontro. O turista B,a partir de X continua a pé sua viagem rumo ao centro turístico.Os três chegam simultaneamente juntos ao centro turítico.A velocidade média como pedestre é V1, enquanto como ciclista e V2.Com que velocidade média os turistas farão o percurso total ??=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html= Yahoo! Acesso Grátis: Internet rápida e grátis. Instale o discador agora!
[obm-l] ajuda questão de Física ITA
(ITA) Três turista, reunidos num mesmo local e dispondo de uma bicicleta que pode levar somente duas pessoa de cada vez, precisando chegar a um centro turístico o mais rápido possível. O turista A leva turista B, de bicicleta, até um ponto X do percurso e retorna para apanhar o turista C que vinha caminhando ao seu encontro. O turista B, a partir de X continua a pé sua viagem rumo ao centro turístico. Os três chegam simultaneamente juntos ao centro turítico. A velocidade média como pedestre é V1, enquanto como ciclista e V2. Com que velocidade média os turistas farão o percurso total ?? = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
RES: [obm-l] Segunda prova da IMO - Solucoes
Gugu, Acho que tenho uma solução mais simples para o 4. Seja p um primo impar. Fazendo tudo modulo p temos, 2^(p-2)=a e 3^(p-2)=b onde 2a=1 e 3b=1. Então 6(2^(p-2)+3^(p-2)+6^(p-2)-1)=3+2+1-6=0. Isso mostra que para obtermos um múltiplo de p na seqüência, basta fazer n=p-2. Estranha essa solução, pois aí o problema fica trivial. Um abraço. Pedro. -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] Em nome de Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira Enviada em: Sunday, July 24, 2005 12:13 AM Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: Re: [obm-l] Segunda prova da IMO - Solucoes Oi pessoal, Am vco minhas solugues do segundo dia, como mencionado na mensagem anterior. Abragos, Gugu > >Oi gente, la vai o segundo dia da IMO. > >Como a primeira prova de ontem, eu mesmo traduzi >agora. > >Ainda nco pensei nos problemas de hoje, mas eles >parecem ser bem legais! > >Os de ontem foram bem legais tambim. No comego, achei >que os problemas eram difmceis porque nem tinha muita >idiia de como resolver, mas depois que parei para >pensar com mais calma consegui resolver dois problemas >(1 e 2). > >4. Determine todos os inteiros positivos relativamente >primos com todos os termos da seq|jncia infinita a_n = >2^n + 3^n + 6^n - 1, n >= 1. > >5. Seja ABCD um quadrilatero convexo e fixado com BC = >DA e BC nco paralelo a DA. Sejam E e F dois pontos >variaveis sobre BC e DA, respectivamente, tais que BE >= DF. As retas AC e BD cortam-se em P; as retas BD e >EF cortam-se em Q; as retas EF e AC cortam-se em R. > >Quando variamos E e F, obtemos diferentes tribngulos >PQR. Prove que os circuncmrculos desses tribngulos tjm >um ponto comum diferente de P. > >6. Numa competigco de matematica na qual foram >propostos 6 problemas, quaisquer dois problemas foram >resolvidos por mais de 2/5 dos estudantes. Alim disso, >nenhum estudante resolveu todos os 6 problemas. Mostre >que existem pelo menos 2 estudantes que resolveram 5 >problemas cada um. > >[]'s >Shine > > > > >Start your day with Yahoo! - make it your home page >http://www.yahoo.com/r/hs > >= >Instrugues para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html >= > Solugues: 4) Vamos achar os primos que dividem algum a_n, com n>=1 (esses nco podem dividir nenhum elemento desse conjunto de inteiros positivos em questco). Temos que 2 divide a_1=2+3+6-1=10, e 3 divide a_2=2^2+3^2+6^2-1=48. Alim disso, como (x-1)(x-2)(x-3)(x-6)=x^4-12x^3+47x^2-72x+36, a seq|jncia satisfaz a recorrjncia a_(n+4)=12.a_(n+3)-47.a_(n+2)+72.a_(n+1)-36.a_n (isso pode ser verificado diretamente, mas vejam tambim o artigo sobre recorrjncias na Eureka 9). Se p i um primo diferente de 2 e 3, 36 e' inversmvel msdulo p, e a recorrjncia i reversmvel (msdulo p): a_n=(36)^(-1).(72.a_(n+1)-47.a_(n+2)+12.a_(n+3)-a_(n+4)) (mod p). Assim, a seq|jncia a_n msdulo p i puramente perisdica (tem que ser perisdica a partir de um certo ponto pois tjm que existir naturais distintos k e m com a_(k+j)=a_(m+j) (mod p) para j=0,1,2,3 (pois (Z/pZ)^4 i finito), donde a_(k+j)=a(m+j) (mod p) para todo j natural e, pela reversibilidade, para todo j inteiro. Como a_(-1)=1/2+1/3+1/6-1=0, devemos entco ter a_n=0 (mod p) para infinitos valores naturais de n. Assim, todo primo divide a_n para algum inteiro positivo n, donde o znico inteiro positivo que satisfaz a condigco do enunciado i o 1. 5) Nesse eu fiz B=(0,0), C=(1,0), D=(c,d) e A=(c+cos(a),d+sen(a)). Se E=(t,0), F=(c+t.cos(a),d+t.sen(a)), e am as equagues das retas AC, BD e EF sco: AC: y=(d+sen(a))(x-1)/(c+cos(a)-1), BD: y=dx/c, EF: y=(d+t.sen(a))(x-t)/(c+t.(cos(a)-1)). Achamos entco P,Q e R: fazendo w=c.sen(a)-d(cos(a)-1), temos P=(c(d+sen(a)),d(d+sen(a)))/w, Q=P+(1-t)u, R=P+tv, onde u=-sen(a).(c,d)/w e v=sen(a).(c+cos(a)-1,d+sen(a))/w (nco vou me preocupar com denominadores que eventualmente se anulem - esses casos seguem por continuidade). Agora, via uma homotetia, podemos supor que P=(0,0), Q=(1-t,0) e R=(tm,th). O circuncmrculo de PQR tem equagco C+tL=0, onde C=x^2-x+y^2-my/h e L=x-(m^2+h^2+m)/h. Assim, todos eles passam pelos dois pontos de intersegco de (C=0) e (L=0), que sco (0,0)=P e s.(m^2+m+h^2,h), onde s=(m^2+h^2)/(h^2+(m^2+m+h^2)^2). E acabou, ni ? 6) Nesse a gente faz assim: seja A_i, 1<=i<=6 o conjunto dos caras que fizeram o problema i. Temos |A_i.A_j|>2n/5 (vou representar intersegues por produtos), qq i,j. Peguemos 3 pares, por exemplo A1A2, A3A4 e A5A6. A intersegco dos 3 i vazia, por hipstese. A soma dos seus cardinais e' maior que 3.(2n/5), donde a soma dos cardinais de A1A2A3A4, A1A2A5A6 e A3A4A5A6 i maior que 3.(2n/5)-n=n/5. Assim, a midia dos cardinais dos A_iA_jA_rA_s i maior que n/15 (alim disso, a midia das diferengas dos cardinais dessas intersegue
RES: [obm-l] Desigualdade com complexos
|e^z - 1| = |z + z^2/2 + z^3/3! + | e^|z| - 1 = |z| + |z|^2/2 + |z|^3/3! + ... Truncando-se as somas, usando desigualdade triangular e tomando o limite, obtem-se o resultado. Poderia omitir o "-1" nesse caso? Um abraço. Pedro. -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] Em nome de Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira Enviada em: Monday, July 25, 2005 12:47 PM Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: Re: [obm-l] Desigualdade com complexos Caro Danilo, Fazendo z=a+bi, queremos provar que (e^a.cosb-1)^2+(e^a.senb)^2<=(e^((a^2+b^2)^(1/2)-1)^2, o que equivale a e^(2a)-2e^a.cosb<=e^(2(a^2+b^2)^(1/2))-2e^((a^2+b^2)^(1/2)). Vamos mostrar que 0<=x<=y implica e^(2y)-2e^y-(e^(2x)-2e^x>=e^x(y^2-x^2). Escrevendo y=x+h, isso equivale a e^(x+2h)-2e^h-e^x+2>=h^2+2hx (apss dividir por e^x). Isso pode ser escrito como e^x(e^h-1)(e^h+1)-2(e^h-1)>=h(h+2x), ou seja, (e^h-1)(e^(x+h)+e^x-2)>=h(h+2x), mas e^h-1>=h,e^x-1>=x e e^(x+h)-1>=x+h, donde e^(x+h)+e^x-2>=2x+h e (e^h-1)(e^(x+h)+e^x-2)>=h(h+2x). Agora, usamos isso para y=(a^2+b^2)^(1/2) e x=a, obtendo e^(2(a^2+b^2)^(1/2))-2e^((a^2+b^2)^(1/2))-(e^(2a)-2e^a)>=e^a.b^2. Queremos provar que o lado esquerdo e' >=2e^a.(1-cosb), e logo (dividindo por e^a) basta mostrar que b^2>=2(1-cosb), mas 1-cosb=2(sen(b/2))^2<=2.(b/2)^2=b^2/2, donde b^2>=2(1-cosb), cqd. Abragos, Gugu > > >Pessoal , alguem sabe fazer essa ? >prove que para todo numero complexo z , vale > |e^z-1| menor ou igual a e^|z|-1 > > Abs. > = Instrugues para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = 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] Desigualdade com complexos
Caro Danilo, Fazendo z=a+bi, queremos provar que (e^a.cosb-1)^2+(e^a.senb)^2<=(e^((a^2+b^2)^(1/2)-1)^2, o que equivale a e^(2a)-2e^a.cosb<=e^(2(a^2+b^2)^(1/2))-2e^((a^2+b^2)^(1/2)). Vamos mostrar que 0<=x<=y implica e^(2y)-2e^y-(e^(2x)-2e^x>=e^x(y^2-x^2). Escrevendo y=x+h, isso equivale a e^(x+2h)-2e^h-e^x+2>=h^2+2hx (após dividir por e^x). Isso pode ser escrito como e^x(e^h-1)(e^h+1)-2(e^h-1)>=h(h+2x), ou seja, (e^h-1)(e^(x+h)+e^x-2)>=h(h+2x), mas e^h-1>=h,e^x-1>=x e e^(x+h)-1>=x+h, donde e^(x+h)+e^x-2>=2x+h e (e^h-1)(e^(x+h)+e^x-2)>=h(h+2x). Agora, usamos isso para y=(a^2+b^2)^(1/2) e x=a, obtendo e^(2(a^2+b^2)^(1/2))-2e^((a^2+b^2)^(1/2))-(e^(2a)-2e^a)>=e^a.b^2. Queremos provar que o lado esquerdo e' >=2e^a.(1-cosb), e logo (dividindo por e^a) basta mostrar que b^2>=2(1-cosb), mas 1-cosb=2(sen(b/2))^2<=2.(b/2)^2=b^2/2, donde b^2>=2(1-cosb), cqd. Abraços, Gugu > > >Pessoal , alguem sabe fazer essa ? >prove que para todo numero complexo z , vale > |e^z-1| menor ou igual a e^|z|-1 > > Abs. > = 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] geometria
Desculpe-me, Saulo, mas os ângulos são congruentes sim. Veja: QBP é um ângulo formado pela corda BP e pelo lado AB, que é tangente à circunferência. Logo, mede metade do arco menor BP. O ângulo PCB é um ângulo inscrito e também mede metade do arco menor BP. Uma argumentação parecida vale para os ângulos PCR e PBD. Outra coisa: quem disse que BC é um diâmetro? Dê uma conferida com cuidado, por favor. []s, Márcio. saulo nilson escreveu: os angulos nao sao congruentes BC nao passa pelo centro da circunferencia, BC e uma corda e nao um diametro. Eu fiz achando o raio da circunferencia que e 13, dai vc acha os lados e pela area do triangulo isosceles vc acha acha o valor da altura pedida, mas na da uma resposta simples. Eu projetei PQ e PR sobre os raios que unem o centro aos pontos de tangencia da circunferencia ai obtive um quadrilatero que tem lados r-9 e r-4 que e semelhante a AQPR, dai vc acha o raio que da 13, isso esta certo ou errado? On 7/20/05, Marcio M Rocha <[EMAIL PROTECTED]> wrote: Eder Albuquerque escreveu: Olá, Gostaria de ajuda no seguinte problema: seja ABC um triângulo isósceles, onde AB=AC são tangentes a uma circunferência e BC é uma corda. Seja P um ponto sobre a circunferência anterior, interno ao triângulo ABC, tal que a distância de P a AB é 9 e a distância de P a AC é 4. Encontre a distância de P a BC. Não tô conseguindo resolver... Grato, Eder __ Converse com seus amigos em tempo real com o Yahoo! Messenger http://br.download.yahoo.com/messenger/ A resposta é 6. Sejam Q, R e D os pés das perpendiculares, respectivamente a AB, AC e BC por P. Construa o triângulo BPC. Veja que os ângulos QBP e PCB são conguentes. Daí, os triângulos retângulos QPB e PDC são semelhantes, e podemos escrever que (PQ / PD) = (PB / PC). Analogamente, os ângulos PCR e PBC são congruentes, donde vem a semelhança dos triângulos retângulos PCR e PBD, e podemos escrever que (PR / PD) = (PC / PB). Logo, (PQ / PD) = (PD / PR), ou seja, (PD)^2 = (PQ).(PR). Pelo problema, PQ = 9 e PR = 4. Assim, PD = 6. Este problema consta do livro "Challenging Problems in Geometry". Um abraço, Márcio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
