OlÃmpiadasComplexos1

Olimpíadas envolvendo números complexos
Catarina Isabel Rosa Silva
Trabalho realizado no âmbito do Projeto Educacional II,
Disciplina do Mestrado em Ensino da Matemática no 3º Ciclo do Ensino
Básico e no Secundário
Orientadora: Raquel Caseiro
Ano letivo 2011/2012
Olimpíadas envolvendo números complexos
PROBLEMA 1
Proposição:
Sejam 𝑧1 , 𝑧2 𝑒 𝑧3 números complexos distintos. A medida do ângulo orientado entre 𝑧⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑧1 𝑧3
1 𝑧2 e ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑧 −𝑧
é igual ao 𝑎𝑟𝑔 𝑧3 −𝑧1 .
2
1
PROBLEMA:
Mostre que 𝑧⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1 𝑧2 ⊥ 𝑧
1 𝑧3 ⇔
𝑧3 −𝑧1
𝑧2 −𝑧1
𝑧 −𝑧
̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧 −𝑧
3
1
é um imaginário puro ⇔ 𝑧3 −𝑧1 + ̅̅̅̅̅̅̅̅̅
=0 .
𝑧 −𝑧
2
1
2
1
PROBLEMA 2
Proposição: A reta r, perpendicular a 𝑧2 𝑧3 que passa pelo ponto 𝑧1 é
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧 − 𝑧1
𝑧 − 𝑧1
{𝑧 ∈ ℂ ∶ (
)=−
}.
𝑧3 − 𝑧2
𝑧3 − 𝑧2
Utilizando a proposição anterior demonstre a proposição seguinte.
Proposição: Seja ∆𝑧1 𝑧2 𝑧3 um triângulo definido no plano complexo. O seu baricentro é
𝑧=
𝑧1 + 𝑧2 + 𝑧3
.
3
PROBLEMA 3
Utilizando a proposição do problema anterior, prove a seguinte proposição.
Proposição: Seja ∆𝑧1 𝑧2 𝑧3 um triângulo definido no plano complexo. O seu circuncentro é
𝑧=
2
|𝑧1 |2 (𝑧3 − 𝑧2 ) + |𝑧2 |2 (𝑧1 − 𝑧3 ) + |𝑧3 |2 (𝑧2 − 𝑧1 )
.
𝑧̅1 (𝑧3 − 𝑧2 ) + 𝑧̅2 (𝑧1 − 𝑧3 ) + 𝑧̅3 (𝑧2 − 𝑧1 )
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PROBLEMA 4
Proposição: Dois triângulos, 𝛥𝑧1 𝑧2 𝑧3 e 𝛥𝑤1 𝑤2 𝑤3 , são semelhantes, se e somente se,
𝑤2 −𝑤1
.
𝑤3 −𝑤1
𝑧2 −𝑧1
𝑧3 −𝑧1
=
Utilizando a proposição anterior demonstre o seguinte teorema.
Teorema: Dois triângulos são semelhantes, 𝛥𝑧1 𝑧2 𝑧3 ~ 𝛥𝑤1 𝑤2 𝑤3 , se e só se o determinante
𝑧1
|𝑧2
𝑧3
𝑤1
𝑤2
𝑤3
1
1| é nulo.
1
PROBLEMA 5
Teorema: Os afixos dos complexos 𝑧1 , 𝑧2 e 𝑧3 são os vértices de um triângulo equilátero se e só
se 𝑧1 + 𝑤𝑧2 + 𝑤 2 𝑧3 = 0 ou 𝑧1 + 𝑤 2 𝑧2 + 𝑤𝑧3 = 0, onde 𝑤 é uma raiz cúbica de unidade
diferente de 1.
Utilizando o teorema anterior demonstre o teorema seguinte.
Teorema: Um triângulo 𝛥𝑧1 𝑧2 𝑧3 é equilátero se e somente se 𝛥𝑧1 𝑧2 𝑧3 ~ 𝛥𝑧3 𝑧1 𝑧2 , ou seja,
𝑧1
|𝑧2
𝑧3
𝑧3
𝑧1
𝑧2
1
1| = 0.
1
PROBLEMA 6
Proposição: Sejam 𝑧1 , 𝑧2 , 𝑧3 e 𝑧4 vértices de um quadrilátero inscrito numa circunferência,
posicionados pela ordem, 𝑧1 , 𝑧2 , 𝑧3 e 𝑧4 então
[𝑧1 , 𝑧3 , 𝑧2 , 𝑧4 ] =
(𝑧1 −𝑧2 ) (𝑧3 −𝑧2 )
/
(𝑧1 −𝑧4 ) (𝑧3 −𝑧4 )
= 𝜆 < 0.
Utilizando a proposição anterior, demonstre o seguinte teorema, Teorema de Ptolemeu.
Teorema: A soma dos produtos dos comprimentos dos lados opostos do quadrilátero
[𝑧1 𝑧2 𝑧3 𝑧4 ] é igual ao produto dos comprimentos das diagonais, ou seja,
|𝑧1 − 𝑧3 ||𝑧2 − 𝑧4 | = |𝑧1 − 𝑧2 ||𝑧3 − 𝑧4 | + |𝑧1 − 𝑧4 ||𝑧3 − 𝑧2 |.
3
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PROBLEMA 7 (Olimpíada Chinesa 98)1
Seja D um ponto no interior de um triângulo acutângulo ABC, com
𝐷𝐴  𝐷𝐵  𝐴𝐵 + 𝐷𝐵  𝐷𝐶  𝐵𝐶 + 𝐷𝐶  𝐷𝐴  𝐶𝐴 = 𝐴𝐵  𝐵𝐶  𝐶𝐴.
Determine quais são as possíveis posições que D pode ocupar.
PROBLEMA 8 (Olimpíada Universitária Húngara 1995) 2
PROBLEMA
São dados 𝑛 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 𝑛–ágono regular.
PROBLEMA 9 (Teorema do Napoleão)
PROBLEMA
Utilizando o teorema presente no Problema 5 demonstre o seguinte teorema.
Teorema (Napoleão): Se sobre cada lado de um triângulo qualquer, se traçar um triângulo
equilátero externamente ao triângulo dado, então os centros desses três triângulos
equiláteros serão os vértices de um quarto triângulo equilátero.
PROBLEMA 9 (Banco/ IMO 98)3
Seja ∆𝐴𝐵𝐶 um triângulo, 𝐻 o seu ortocentro, 𝑂 o seu circuncentro e 𝑅 o seu circunraio. Seja 𝐷
o simétrico de 𝐴 com relação a 𝐵𝐶, 𝐸 o simétrico de 𝐵 com relação a 𝐴𝐶 e 𝐹 o simétrico de 𝐶
com relação a 𝐴𝐵.
Prove que 𝐷, 𝐸 e 𝐹 são colineares se, e somente se, 𝑂𝐻 = 2𝑅.
1,2,3
MOTTA, EDMILSON (1999). Aplicações dos números complexos à geometria, Brasil.
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SOLUÇÃO PROBLEMA 1.
Sejam ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑧1 𝑧2 e 𝑧⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1 𝑧3 dois vetores perpendiculares então a medida do ângulo orientado entre eles
𝜋
é de 2 , ou seja,
𝜋
arg(𝑧2 − 𝑧1 ) = arg(𝑧4 − 𝑧3 ) ± 2 ,
que é equivalente a
Assim,
𝑧3 −𝑧1
𝑧2 −𝑧1
= 𝜆𝑖 para algum 𝜆 ∈ ℝ.
𝑧3 − 𝑧1
é um imaginário puro
𝑧2 − 𝑧1
e, por isso, também se pode escrever da forma
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧3 − 𝑧1
𝑧3 − 𝑧1
(
)=−
𝑧2 − 𝑧1
⇔
𝑧2 − 𝑧1
𝑧3 − 𝑧1 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧3 − 𝑧1
+
= 0.
𝑧2 − 𝑧1 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧2 − 𝑧1
SOLUÇÃO PROBLEMA 2.
Como o baricentro é calculado à custa da interseção das medianas de um triângulo,
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧 − 𝑧1
𝑧 − 𝑧1
(
𝑧2 + 𝑧3 ) =
𝑧 + 𝑧3
𝑧1 −
𝑧1 − 2
2
2
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧 − 𝑧2
𝑧 − 𝑧2
.
(
𝑧1 + 𝑧3 ) =
𝑧 + 𝑧3
𝑧2 −
𝑧2 − 1
2
2
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧 − 𝑧3
𝑧 − 𝑧3
(
𝑧1 + 𝑧2 ) =
𝑧 + 𝑧2
𝑧3 − 1
{ 𝑧3 − 2
2
simplificando uma das equações, por exemplo a primeira
obtêm-se
̅̅̅̅̅1 − 𝑧̅2 − z̅3 ) = z1 (z̅2 + z̅3 ) − z̅1 (z2 + z3 ).
𝑧̅(2𝑧1 − 𝑧2 − z3 ) − 𝑧(2𝑧
Deste modo, têm-se
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̅̅̅̅̅1 − 𝑧̅2 − z̅3 ) = z1 (z̅2 + z̅3 ) − z̅1 (z2 + z3 )
𝑧̅(2𝑧1 − 𝑧2 − z3 ) − 𝑧(2𝑧
̅̅̅̅̅2 − 𝑧̅1 − z̅3 ) = z2 (z̅1 + z̅3 ) − z̅2 (z1 + z3 ).
{𝑧̅(2𝑧2 − 𝑧1 − z3 ) − 𝑧(2𝑧
̅̅̅̅̅3 − 𝑧̅2 − z̅1 ) = z3 (z̅2 + z̅1 ) − z̅3 (z2 + z1 )
𝑧̅(2𝑧3 − 𝑧2 − z1 ) − 𝑧(2𝑧
Resolvendo a primeira equação
𝑧̅ =
̅̅̅̅̅1 − 𝑧̅2 − z̅3 )
z1 (z̅2 + z̅3 ) − z̅1 (z2 + z3 ) + 𝑧(2𝑧
(2𝑧1 − 𝑧2 − z3 )
Substituindo na segunda equação o resultado anterior têm-se
[
̅̅̅̅̅1 − 𝑧̅2 − z̅3 )
z1 (z̅2 + z̅3) − z̅1(z2 + z3 ) + 𝑧(2𝑧
̅̅̅̅̅2 − 𝑧̅1 − z̅3 ) = z1 (z̅1 + z̅3 ) − z̅1 (z1 + z3 )
] (2𝑧2 − 𝑧1 − z3 ) − 𝑧(2𝑧
(2𝑧1 − 𝑧2 − z3 )
Simplificando,
𝑧=
[z1 (z̅1 + z̅)
3 − z̅1 (z1 + z3 )](2𝑧1 − 𝑧2 − z3 ) + [z1 (z̅2 + z̅)
3 − z̅(
1 z2 + z3 )](2𝑧2 − 𝑧1 − z3 )
̅̅̅̅1 − 𝑧̅2 − z̅)(
̅̅̅̅2 − 𝑧̅1 − z̅)(
[(2𝑧
3 2𝑧2 − 𝑧1 − z3 ) − (2𝑧
3 2𝑧1 − 𝑧2 − z3 )]
Ou seja,
𝑧=
(z1 + z2 + z3 )[𝑧1 (𝑧̅3 − 𝑧̅2 ) + 𝑧2 (𝑧̅1 − 𝑧̅3 ) + 𝑧3 (𝑧̅2 − 𝑧̅1 )]
3[𝑧1 (𝑧̅3 − 𝑧̅2 ) + 𝑧2 (𝑧̅1 − 𝑧̅3 ) + 𝑧3 (𝑧̅2 − 𝑧̅1 )]
E, portanto, concluímos que o baricentro é dado por
𝑧=
𝑧1 + 𝑧2 + 𝑧3
.
3
SOLUÇÃO PROBLEMA 3.
O circuncentro é a da interseção das mediatrizes dos lados do triângulo. Basta assim
considerar as equações das retas das mediatrizes e encontrar o ponto comum às mesmas.
Deste modo, o circuncentro é a solução do sistema:
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧1 + 𝑧2
(
𝑧−
2 )
𝑧1 − 𝑧2
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧2 + 𝑧3
𝑧−
2 )
(
𝑧2 − 𝑧3
{
𝑧−
𝑧2 + 𝑧3
2
.
𝑧2 − 𝑧3
𝑧−
= −
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧1 + 𝑧3
(
𝑧1 + 𝑧2
2
𝑧1 − 𝑧2
𝑧−
= −
2 ) = −
𝑧3 − 𝑧1
𝑧1 + 𝑧3
2
𝑧3 − 𝑧1
𝑧−
Simplificando uma das equações, por exemplo a primeira
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̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑧 + 𝑧2
𝑧− 1
2 )
(
𝑧1 − 𝑧2
= −
𝑧1 + 𝑧2
2
𝑧1 − 𝑧2
𝑧−
obtem-se
𝑧̅(𝑧1 − 𝑧2 ) + 𝑧(𝑧̅1 − 𝑧̅2 ) = |𝑧1 |2 − |𝑧2 |2 .
Assim, o sistema acima é equivalente a
𝑧̅(𝑧1 − 𝑧2 ) + 𝑧(𝑧̅1 − 𝑧̅2 ) = |𝑧1 |2 − |𝑧2 |2
{ 𝑧̅(𝑧2 − 𝑧3 ) + 𝑧(𝑧̅2 − 𝑧̅3 ) = |𝑧2 |2 − |𝑧3 |2 .
𝑧̅(𝑧3 − 𝑧1 ) + 𝑧(𝑧̅3 − 𝑧̅1 ) = |𝑧3 |2 − |𝑧1 |2
Resolvendo a primeira equação em ordem a 𝑧̅ vem,
𝑧̅ =
|𝑧1 |2 − |𝑧2 |2 − 𝑧(𝑧̅1 − 𝑧̅2 )
.
(𝑧1 − 𝑧2 )
Substituindo na segunda equação o resultado anterior tem-se
(
|𝑧1 |2 − |𝑧2 |2 − 𝑧(𝑧̅1 − 𝑧̅2 )
) (𝑧2 − 𝑧3 ) + 𝑧(𝑧̅2 − 𝑧̅3 ) = |𝑧2 |2 − |𝑧3 |2 ,
(𝑧1 − 𝑧2 )
ou seja,
(|𝑧1 |2 − |𝑧2 |2 )(𝑧2 − 𝑧3 ) − 𝑧(𝑧̅1 − 𝑧̅2 )(𝑧2 − 𝑧3 ) + 𝑧(𝑧̅2 − 𝑧̅3 )(𝑧2 − 𝑧3 ) = (𝑧̅2 − 𝑧̅3 )(|𝑧2 |2 − |𝑧3 |2 ),
de onde se obtém,
𝑧[(𝑧̅2 − 𝑧̅3 )(𝑧2 − 𝑧3 ) − (𝑧̅1 − 𝑧̅2 )(𝑧2 − 𝑧3 )] = (𝑧̅2 − 𝑧̅3 )(|𝑧2 |2 − |𝑧3 |2 ) − (|𝑧1 |2 − |𝑧2 |2 )(𝑧2 − 𝑧3 ).
Portanto, que o circuncentro é dado por
𝑧=
|𝑧1 |2 (𝑧3 − 𝑧2 ) + |𝑧2 |2 (𝑧1 − 𝑧3 ) + |𝑧3 |2 (𝑧2 − 𝑧1 )
.
𝑧̅1 (𝑧3 − 𝑧2 ) + 𝑧̅2 (𝑧1 − 𝑧3 ) + 𝑧̅3 (𝑧2 − 𝑧1 )
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4
Os triângulos ∆𝑧1 𝑧2 𝑧3 e ∆𝑤1 𝑤2 𝑤3 são semelhantes se, e somente se,
𝑧1
|𝑧2
𝑧3
𝑤1
𝑤2
𝑤3
1
𝑧1
1| = | 𝑧2 − 𝑧1
1
𝑧3 − 𝑧1
𝑧1
= | 𝑧2 − 𝑧1
𝑧3 − 𝑧1
7
𝑤1
𝑤2 − 𝑤1
𝑤3 − 𝑤1
𝑤1
𝑤2 − 𝑤1
𝑤3 − 𝑤1
1
𝑧1
1 − 1| = | 𝑧2 − 𝑧1
1−1
𝑧3 − 𝑧1
𝑧2 −𝑧1
𝑧3 −𝑧1
𝑤 −𝑤
= 𝑤2 −𝑤1. Ora,
𝑤1
𝑤2 − 𝑤1
𝑤3 − 𝑤1
3
1
1
0| =
0
1
0|=(𝑧2 − 𝑧1 )(𝑤3 − 𝑤1 ) − (𝑧3 − 𝑧1 )(𝑤2 − 𝑤1 ).
0
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𝑧1
Portanto, ∆z1 z2 z3 ~∆w1 𝑤2 𝑤3 se e somente se |𝑧2
𝑧3
𝑤1
𝑤2
𝑤3
1
1| = 0.
1
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5
Pelo Teorema apresentado no problema anterior, sabemos que 𝛥𝑧1 𝑧2 𝑧3 ~ 𝛥𝑧3 𝑧1 𝑧2 se e somente se
𝑧1
|𝑧2
𝑧3
𝑧3
𝑧1
𝑧2
1
1| = 0.
1
Simplificando a equação acima vem
𝑧12 + 𝑧22 + 𝑧32 − (𝑧1 𝑧2 + 𝑧2 𝑧1 + 𝑧2 𝑧3 ) = 0.
Como 𝑤 2 + 𝑤 + 1 = 0, então a equação acima pode reescrever-se como
(𝑧1 + 𝑧2 𝑤 + 𝑧3 𝑤 2 )(𝑧1 + 𝑧2 𝑤 2 + 𝑧3 𝑤) = 0.
Concluímos que 𝛥𝑧1 𝑧2 𝑧3 ~ 𝛥𝑧3 𝑧1 𝑧2 se e somente se
(𝑧1 + 𝑧2 𝑤 + 𝑧3 𝑤 2 ) = 0 ou (𝑧1 + 𝑧2 𝑤 2 + 𝑧3 𝑤) = 0.
Pelo teorema sugerido estas são as condições necessárias e suficientes para que o triângulo
seja equilátero.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6
Pela Proposição sugerida [𝑧1 , 𝑧3 , 𝑧2 , 𝑧4 ] < 0 ,ou seja,
(𝑧1 − 𝑧2 )(𝑧3 − 𝑧4 ) = 𝑘(𝑧1 − 𝑧4 )(𝑧3 − 𝑧2 ), 𝑘 < 0,
logo,
|𝑧1 − 𝑧2 ||𝑧3 − 𝑧4 | + |𝑧1 − 𝑧4 ||𝑧3 − 𝑧2 | =
|𝑧1 − 𝑧2 ||𝑧3 − 𝑧4 | + |𝑧1 − 𝑧4 ||𝑧3 − 𝑧2 |
=
|(𝑧1 − 𝑧2 )(𝑧3 − 𝑧4 )| + |(𝑧1 − 𝑧4 )(𝑧3 − 𝑧2 )|
=
|𝑘(𝑧1 − 𝑧4 )(𝑧3 − 𝑧2 )| + |(𝑧1 − 𝑧4 )(𝑧3 − 𝑧2 )|
=
−𝑘|(𝑧1 − 𝑧4 )(𝑧3 − 𝑧2 )| + |(𝑧1 − 𝑧4 )(𝑧3 − 𝑧2 )|
=
−(𝑘 − 1)|(𝑧1 − 𝑧4 )(𝑧3 − 𝑧2 )|.
Como 𝑘 < 0 vem
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|𝑧1 − 𝑧2 ||𝑧3 − 𝑧4 | + |𝑧1 − 𝑧4 ||𝑧3 − 𝑧2 | =
|𝑘 − 1||(𝑧1 − 𝑧4 )(𝑧3 − 𝑧2 )|
=
|(𝑘 − 1)(𝑧1 − 𝑧4 )(𝑧3 − 𝑧2 )|
=
|(𝑧1 − 𝑧2 )(𝑧3 − 𝑧4 ) − (𝑧1 − 𝑧4 )(𝑧3 − 𝑧2 )|
=
|(𝑧1 − 𝑧3 )(𝑧2 − 𝑧4 )|
=
|(𝑧1 − 𝑧3 )||(𝑧2 − 𝑧4 )|.
E, portanto,
|𝑧1 − 𝑧2 ||𝑧3 − 𝑧4 | + |𝑧1 − 𝑧4 ||𝑧3 − 𝑧2 | = |(𝑧1 − 𝑧3 )||(𝑧2 − 𝑧4 )|
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 7
Sejam a, b, c, e 0 as coordenadas complexas de A, B, C e D, respetivamente.
Temos,
então
𝐷𝐴  𝐷𝐵  𝐴𝐵 + 𝐷𝐵  𝐷𝐶  𝐵𝐶 + 𝐷𝐶  𝐷𝐴  𝐶𝐴 = 𝐴𝐵  𝐵𝐶  𝐶𝐴
que

a  b  (b  a)  b  c  (c  b)  c  a  (a  c)  (b  a)(c  b)(a  c) (*)
Como ab(b  a)  bc(c  b)  ca(a  c)  (b  a)(c  b)(a  c) , sendo w1  ab (b  a),
w2  bc(c  b), w3  ca(a  c), (*)  w1  w2  w3  w1  w2  w3 e portanto, w1, w2, w3
estão alinhados.
Assim, existem reais positivos  e  tais que
w1  w2
ab(b  a)  bc(c  b)
a (b  a)  c(c  b)
a
 bc


  
,
b
 ac
w1  w3
ab(b  a)  ca(a  c)
b(b  a)  c(a  c)

isto
é,

A C B  180   A DB


e,
analogamente,

A B C  180   A DC
e

B A C  180   B DC. O único ponto D no interior de um triângulo acutângulo que satisfaz
essas condições é o ortocentro.
SOLUÇÃO PROBLEMA 8.
Considere a circunferência centrada na origem e sejam z1, z2, …, zn os números complexos que
representam os pontos. Podemos assumir que (1) n  z1  z 2 ...z n  1 .
Considere ainda o seguinte polinômio
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p( w)  ( w  z1 )(w  z 2 )...(w  z n )  w n  a1 w n1  ...  a n1 w  1  w n  Q (w)  1
Então p(z) 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  p(z)|  2.
Sejam w1, w2,… wn as raízes n-ésimas da unidade.
Sabe-se
w1k  w2k  ...  wnk  0
que
para
todo
k
=
1,
2,…,n
–
1.
Portanto
Q( w1 )  Q( w2 )  ...  Q( wn )  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 )  2  Q ( w j )  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 9.
Sejam ∆𝑧1 𝑧2 𝑧3 o triângulo dado; ∆𝑤1 𝑧3 𝑧2, ∆𝑧3 𝑤2 𝑧1, ∆𝑧2 𝑧1 𝑤3 triângulos equiláteros
com a mesma orientação que ∆12 , digamos; e 1 , 2 , 3 , os baricentros desses triângulos.
Então
w1   z3   2 z 2  0

2
 z3   w2   z1  0
z   z   2 w  0
1
3
 2
Para provarmos que ∆123 é equilátero, calculamos
1
3
 1   2   2 3  ( w1  z 3  z 2 ) 
=

3
( z 3  w2  z1 ) 
2
3
( z 2  z1  w3 )
1
((w1   z 3   2 z 2 )  ( z 3   w2   2 z1 )  ( z 2   z1   2 w3 ))  0.
3
Portanto ∆123 é um triângulo equilátero.
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SOLUÇÃO PROBLEMA 10.
Sejam 𝑎, 𝑏, 𝑐, ℎ e 0 as coordenadas complexas do 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐻 e 𝑂, respetivamente.
Consequentemente,𝑎𝑎̅ = 𝑏𝑏̅ = 𝑐𝑐̅ = 𝑅 2 e ℎ = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐. Como 𝐷 é o simétrico de 𝐴 com
relação a 𝐵𝐶, 𝑑 satisfaz
_________
__
 __ __ 
 __ __ 
d b ab

   b  c  d  b  c  a   b c  b c   0.
cb  cb




(1)
Temos que
__
__
b c  
__ __
R 2 (b  c)
R 2 (b 2  c 2 )
e b c bc 
,
bc
bc
substituindo em (1), obtemos
 bc  ca  ab k  2bc

,
a
a
R 2 (  a  b  c ) R 2 ( h  2a )
d

,
bc
bc
onde 𝑘 = 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 + 𝑎𝑏. Analogamente
d
e
k  2ca __ R 2 (h  2b)
k  2ab __ R 2 (h  2c)
, e 
,f 
e f 
.
b
ca
c
ab
Como
__
(b  a)( k  2ab) R 2 (a  b)( h  2c)
__
e  d e d
ab
abc
 e e 1 

__ __
2
(c  a)( k  2ca) R (a  c)( h  2b)
__
f d fd
f f 1
ca
abc
d d 1
̅
eℎ
=
𝑅2𝑘
𝑎𝑏𝑐
__
__

 (ck - 2abc) (h  2c)
R 2 (c-a)(a  b)

2 2 2
(bk  2abc)  (h  2b)
abc

 R 2 (b  c)(c  a)(a  b)(hk  4abc)
a 2b 2 c 2
segue que 𝐷, 𝐸 e 𝐹 são colineares
⇔ ∆= 0
⇔ ℎ𝑘 − 4𝑎𝑏𝑐 = 0
⇔ ℎℎ̅ = 4𝑅 2
⇔ 𝑂𝐻 = 2𝑅
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