PROBLEMA 1
Definição:
Sejam π§1 , π§2 π π§3 números complexos distintos. A medida do ângulo orientado entre π§ββββββββ
1 π§2 e
π§ −π§
3
1
π§ββββββββ
1 π§3 é igual ao arg π§ −π§ .
2
1
PROBLEMA:
Mostre que π§ββββββββ
ββββββββ
1 π§2 ⊥ π§
1 π§3 ⇔
π§3 −π§1
π§2 −π§1
é um imaginário puro ⇔
π§3 −π§1
π§2 −π§1
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
π§ −π§
π§2 −π§1
3
1
+ Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
=0 .
PROBLEMA 2
Definição:
Sejam π§1 , π§2 , π§3 π π§4 números complexos, tem-se que
(π§1 − π§2 )(π§3 − π§4 ) + (π§1 − π§4 )(π§2 − π§3 ) = (π§1 − π§3 )(π§2 − π§4 ).
PROBLEMA:
A partir da identidade acima, mostre que
|π§1 − π§2 ||π§3 − π§4 | + |π§1 − π§4 ||π§2 − π§3 | ≥ |π§1 − π§3 ||π§2 − π§4 |.
PROBLEMA 3 (Olimpíada Chinesa 98)
Definição:
Seja D um ponto no interior de um triângulo acutângulo ABC, com
π·π΄ ο π·π΅ ο π΄π΅ + π·π΅ ο π·πΆ ο π΅πΆ + π·πΆ ο π·π΄ ο πΆπ΄ = π΄π΅ ο π΅πΆ ο πΆπ΄.
PROBLEMA:
Determine quais são as possíveis posições que D pode ocupar.
PROBLEMA 4 (Olimpíada Universitária Húngara 1995)
Definição 1:
PROBLEMA
São dados π pontos na circunferência unitária de modo que o produto das distâncias de
qualquer ponto da circunferência a estes pontos é menor ou igual a 2. Prove que os pontos
são vértices de um π–ágono regular.
PROBLEMA 5 (IMO 75)
Definição
PROBLEMA
Determine se existem ou não 1975 pontos sobre a circunferência unitária tais que a distância
entre quaisquer dois é um número racional.
PROBLEMA 6 (IMO 63)
Definição:
PROBLEMA
Todos os ângulos internos de um n-ágono são iguais e seus lados satisfazem a relação
a1 ο³ a 2 ο³ ... ο³ a n . Prove que a1 ο½ a 2 ο½ ... ο½ a n .
SOLUÇÃO PROBLEMA 1.
Sejam ββββββββ
π§1 π§2 e π§ββββββββ
1 π§3 dois vetores perpendiculares então a medida do ângulo orientado entre eles
π
é de 2 , ou seja,
π
arg(π§2 − π§1 ) = arg(π§4 − π§3 ) ± 2 ,
que é equivalente a
π§3 −π§1
π§2 −π§1
Assim,
= ππ para algum π ∈ β.
π§3 − π§1
é um imaginário puro
π§2 − π§1
e, por isso, também se pode escrever da forma
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
π§3 − π§1
π§3 − π§1
(
)=−
π§2 − π§1
⇔
π§2 − π§1
π§3 − π§1 Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
π§3 − π§1
+
= 0.
π§2 − π§1 Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
Μ
π§2 − π§1
SOLUÇÃO PROBLEMA 2.
SOLUÇÃO PROBLEMA 3.
Sejam a, b, c, e 0 as coordenadas complexas de A, B, C e D, respetivamente.
Temos,
então
π·π΄ ο π·π΅ ο π΄π΅ + π·π΅ ο π·πΆ ο π΅πΆ + π·πΆ ο π·π΄ ο πΆπ΄ = π΄π΅ ο π΅πΆ ο πΆπ΄
que
ο
a ο b ο (b ο a) ο« b ο c ο (c ο b) ο« c ο a ο (a ο c) ο½ (b ο a)(c ο b)(a ο c) (*)
Como ab(b ο a) ο« bc(c ο b) ο« ca(a ο c) ο½ ο(b ο a)(c ο b)(a ο c) , sendo w1 ο½ ab (b ο a),
w2 ο½ bc(c ο b), w3 ο½ ca(a ο c), (*) ο w1 ο« w2 ο« w3 ο½ w1 ο« w2 ο« w3 e portanto, w1, w2, w3
estão alinhados.
Assim, existem reais positivos ο‘ e ο’ tais que
w1 ο½ ο‘w2
ab(b ο a) ο½ ο‘bc(c ο b)
a (b ο a) ο½ ο‘c(c ο b)
a
ο‘ bοc
ο
ο
ο ο½ο ο
,
b
ο’ aοc
w1 ο½ ο’w3
ab(b ο a) ο½ ο’ca(a ο c)
b(b ο a) ο½ ο’c(a ο c)
ο
isto
é,
ο
ο
οA C B ο½ 180 ο― ο οA DB
ο
ο
e,
analogamente,
ο
οA B C ο½ 180 ο― ο οA DC
e
οB A C ο½ 180 ο― ο οB DC. O único ponto D no interior de um triângulo acutângulo que satisfaz
essas condições é o ortocentro.
SOLUÇÃO PROBLEMA 4.
Considere a circunferência centrada na origem e sejam z1, z2, …, zn os números complexos que
representam os pontos. Podemos assumir que (ο1) n ο z1 ο z 2 ...z n ο½ 1 .
Considere ainda o seguinte polinômio
p( w) ο½ ( w ο z1 )(w ο z 2 )...(w ο z n ) ο½ w n ο« a1 w nο1 ο« ... ο« a nο1 w ο« 1 ο½ w n ο« Q (w) ο« 1
Então οΌp(z)οΌ é o produto das distâncias do ponto representado pelo número complexo z aos
pontos dados .
Logo, se z é um número complexo de módulo 1, então οΌ p(z)| ο£ 2.
Sejam w1, w2,… wn as raízes n-ésimas da unidade.
Sabe-se
que
w1k ο« w2k ο« ... ο« wnk ο½ 0
para
todo
k
=
1,
2,…,n
–
1.
Portanto
Q( w1 ) ο« Q( w2 ) ο« ... ο« Q( wn ) ο½ 0. Se Q(w) não é identicamente nulo, então, para algum j, Q (wj)
é diferente de zero e tem parte real não negativa, pois Q(0) = 0 e Q tem no máximo n – 1
raízes. Consequentemente, p( w j ) ο½ 2 ο« Q ( w j ) οΎ 2 , uma contradição.
Desta forma o polinômio Q é identicamente nulo e p(z) = zn + 1. As raízes z1, z2, …, zn do
polinômio p(z) formam um n-ágono regular.
SOLUÇÃO PROBLEMA 5.
Let x be the angle cos-14/5, so that cos x = 4/5, sin x = 3/5. Take points on the unit circle
at angles 2nx for n integral. Then the distance between the points at angles 2nx and 2mx
is 2 sin(n - m)x. The usual formula, giving sin(n - m)x in terms of sin x and cos x,
shows that sin(n - m)x is rational. So it only remains to show that this process generates
arbitarily many distinct points, in other words that x is not a rational multiple of pi.
This is quite hard. There is an elegant argument in sections 5 and 8 of Hadwiger et al,
Combinatorial geometry in the Plane. But we can avoid it by observing that there are
only finitely many numbers with are nth roots of unity for n <= 2 x 1975, whereas there
are infinitely many Pythagorean triples, so we simply pick a triple which is not such a
root of unity.
SOLUÇÃO PROBLEMA 6.
For n odd consider the perpendicular distance of the shortest side from the opposite
vertex. This is a sum of terms ai x cosine of some angle. We can go either way round.
The angles are the same in both cases, so the inequalities give that a1 = an-1, and hence
a1 = ai for all i < n. We get a1 = an by repeating the argument for the next shortest side.
The case n even is easier, because we take a line through the vertex with sides a1 and an
making equal angles with them and look at the perpendicular distance to the opposite
vertex. This gives immediately that a1 = an.
SOLUÇÃO PROBLEMA 5.
Let x be the angle cos-14/5, so that cos x = 4/5, sin x = 3/5. Take points on the unit circle
at angles 2nx for n integral. Then the distance between the points at angles 2nx and 2mx
is 2 sin(n - m)x. The usual formula, giving sin(n - m)x in terms of sin x and cos x,
shows that sin(n - m)x is rational. So it only remains to show that this process generates
arbitarily many distinct points, in other words that x is not a rational multiple of pi.
This is quite hard. There is an elegant argument in sections 5 and 8 of Hadwiger et al,
Combinatorial geometry in the Plane. But we can avoid it by observing that there are
only finitely many numbers with are nth roots of unity for n <= 2 x 1975, whereas there
are infinitely many Pythagorean triples, so we simply pick a triple which is not such a
root of unity.
SOLUÇÃO PROBLEMA 6.
For n odd consider the perpendicular distance of the shortest side from the opposite
vertex. This is a sum of terms ai x cosine of some angle. We can go either way round.
The angles are the same in both cases, so the inequalities give that a1 = an-1, and hence
a1 = ai for all i < n. We get a1 = an by repeating the argument for the next shortest side.
The case n even is easier, because we take a line through the vertex with sides a1 and an
making equal angles with them and look at the perpendicular distance to the opposite
vertex. This gives immediately that a1 = an.
PROBLEMA 5 (IMO 75)
Definição
PROBLEMA
Determine se existem ou não 1975 pontos sobre a circunferência unitária tais que a distância
entre quaisquer dois é um número racional.
PROBLEMA 6 (IMO 63)
Definição:
PROBLEMA
Todos os ângulos internos de um n-ágono são iguais e seus lados satisfazem a relação
a1 ο³ a 2 ο³ ... ο³ a n . Prove que a1 ο½ a 2 ο½ ... ο½ a n .
0
