UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA - ORM/SC

Á
EM
D
GIONAL DE M
RE
AT
UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA
XVI OLIMPÍADA REGIONAL DE MATEMÁTICA
PET MATEMÁTICA
TICA
OLIM
PÍA
A
SA
NT
A
CATARINA - U
FS
C
Gabarito 10 3a fase de 2014
Nível 3
√
1. Vamos provar que existe um triângulo Pj Pj+1 Pj+2 com área maior ou igual a α = 5−10 5 .
Suponha, por absurdo, que as áreas de todos os triângulos Pj Pj+1 Pj+2 são todas menores
de que α.
Seja Q a interseção entre P1 P4 e P3 P5 .
Note que área P1 P2 Q ≤ max (área P1 P2 P5 , área P1 P2 P3 ) < α e que a área
P1 P2 P4 = 1 - área P1 P4 P5 - área P2 P3 P4 > 1 - 2α. Assim,
P1 Q
P1 P4
areaP1 P2 Q
α
= areaP
< 1−2α
1 P2 P4
Mas também é verdade que PP14 Q
= areaP1 P3 P5 . Como área P3 P4 P5 < α e (analogamente a
Q areaP3 P4 P5
P1 P2 P4 ) área P1 P3 P5 > 1 − 2α, então,
P1 Q
P4 Q
> 1−2α
⇔
α
P1 Q
P1 P4
> 1−2α
.
1−α
Logo
1−2α
1−α
<
P1 Q
P1 P4
<
α
1−2α
⇒ 5α2 − 5α + 1 < 0 ⇔
√
5− 5
10
<α<
√
5+ 5
10
,
absurdo.
Analogamente o outro lado da desigualdade pode ser provado, bastando inverter as desigualdades.
2. Note que o círculo circunscrito ao △ADE também passa por
180◦ o que torna o quadrilátero AEHD inscritível.
H
porque
AEH
+
ADH
=
Note que
{
FB̂ A ≡ FĈ A porque ambos "olham"para o arco FA no círculo C1 (ângulos inscritos)
FÊ A ≡ FD̂A porque ambos "olham"para o arco FA no círculo C2 (ângulos inscritos)
Com isso, △FEB ∼ △FDC (dois ângulos comuns: α e (180 - β )) e
FB
FC
=
BE
DC
Veja também que △BEH ∼ △CDH pois
BE
DC
=
{
BÊ H ≡ CD̂H = 90◦
EHB ≡ DHC (O.P.V)
, então
BH
HC
Sendo HP a bissetriz interna do ângulo BHC , o teorema da bissetriz interna garante que
BH
= BP
HC
PC
, e isso nos diz que FP é a bissetriz interna
Essas três igualdades mostram que FF BC = BP
PC
do ângulo BFC , conforme a recíproca do teorema da bissetriz interna no △BFC. Desse
modo ca provado que as duas bissetrizes se encontram em um ponto comum P sobre BC.
3. Temos que f : R → R e f (a + b) = f (a · b)(1) , ∀a, b irracionais. Logo, temos:
f (a + b) = f (a · b) = f ((−a) · (−b)) = f (−a − b) ⇒ f (a + b) = f (−a − b).
Lema: Todo número real pode ser representado como a soma de dois números irracionais.
1◦ Caso: Número racional. Seja x um racional e α um irracional. Logo, sendo β = x − α, β
é um irracional, pois se β for racional, α = x − β e α seria racional. Absurdo! Logo, como
x = α + (x − α) = α + β todo racional pode ser escrito como a soma de dois irracionais.
2◦ Caso: Número irracional. Seja x esse irracional. Então x2 é irracional e x = x2 + x2 .
Logo, todo irracional pode ser escrito como a soma de dois irracionais.
Com o lema provado, temos que f (x) = f (−x), ∀x ∈ R(2) Em (1), fazendo a = −b
temos: f (0) = f (−b2 ) = f (b2 ). Seja f (0) = k ⇒ f (b2 ) = k, ∀ b irracional.
Portanto, para
√
todo x irracional f (x) = k . Logo, provamos que ∀x ∈ R+ tal√que x ∈ R − Q, f (x) = k
. Basta provarmos agora que os números y ∈ R+ tais que√ y ∈ Q também satisfazem
f (y) = k . Porém, isso não é difícil de provar: seja y tal que y ∈ Q. Temos um 0 < θ < 1
irracional tal que y = (y − θ) + θ ⇒ f (y) = f ((y − θ) · θ) ou y = (y + θ) − θ ⇒ f (y) =
f ((y +θ)·(−θ)). Como, para todo x irracional,f (x) = k vamos provar que um dos números
(y − θ) · θ e (y + θ) · (−θ) é irracional, fazendo assim com que todo número tenha imagem
k . Vamos supor o contrário, ou seja, que os dois são racionais:

p


 (y − θ) · θ = q


 (y + θ) · (−θ) = r
s
p r
− , onde p, q, r, s ∈ R
q s
2t
ps − rq
psu − rqu
t
√
⇒θ=
⇒
Como y ∈ Q ⇒ y ∈ Q ⇒ y = , onde t, u ∈ Z. ⇒ · θ =
u
u
qs
2qst
θ é racional. Absurdo! Com isso, provamos que f (x) = k , ∀x ∈ R , onde k é uma
constante qualquer. Para qualquer k , essa função serve, de acordo com a questão, pois
f (a + b) = f (a · b) ⇔ k = k . OK!
2yθ =
4. Sejam ABCD e EF GH duas faces opostas, AE , BF , CG e DH sendo arestas do cubo.
Denotaremos por X ′ a projeção ortogonal do ponto X no plano. Note que {A, G}, {B, H},
{C, E} e {D, F } são pares de vértices opostos. Suponha, sem perda de generalidade, que
A′ pertence à fronteira da projeção do cubo. Então, considerando a simetria do cubo
em relação ao seu centro, o simétrico G′ de A′ também pertence à fronteira. Dois dos
três vértices vizinhos de A serão projetados em vértices vizinhos na fronteira (a menos
que, digamos, a face AEHD seja projetada em um segmento, mas nesse caso podemos
considerar um vértice degenerado nesse segmento). Suponha, sem perda de generalidade
que esses vizinhos são B ′ e D′ . Então E ′ é interior à projeção. Novamente pela simetria, H ′
e A′ pertencem à fronteira da projeção e C ′ pertence ao interior da projeção. Finalmente,
como AE, BF, CG e DH são arestas paralelas, a projeção do cubo é A′ D′ H ′ G′ F ′ B ′ .
As faces ABCD, BCGF e CDHG são projetadas sobre paralelogramos (ou segmentos)A′ B ′ C ′ D′ ,
B ′ C ′ G′ F ′ e C ′ D′ H ′ G′ . Trace diagonais B ′ D′ , B ′ G′ e D′ G′ . A área da projeção é portanto
o dobro da área do triângulo BDG. Esse triângulo tem todos os lados medindo no máximo
√
2 (comprimento
√ diagonal da face) e portanto, será equilátero. Logo o máximo
√ de uma
( 2)2 ·
3
desejado é 2 ·
=
4
BDG realiza a igualdade.
√
3. Uma projeção ortogonal num plano paralelo ao plano