Sociedade Brasileira de Matemática
39a. OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Soluções PROBLEMA 1
No quadrilátero convexo ABCD, as diagonais AC e BD são perpendiculares e os lados opostos AB e DC não são paralelos. Sabemos que o ponto P, onde se intersectam as mediatrizes de AB e DC, está no interior de ABCD. Prove que ABCD é um quadrilátero inscritível se, e somente se, os triângulos ABP e CDP têm áreas iguais.
SOLUÇÃO
Suponha primeiro que ABCD ∩
seja inscritivel. Como AC ⊥ BD temos
∩
AB + CD = π . Claramente o centro O do círculo circunscrito pertence às mediatrizes de AB e DC, logo P = O, e como área de
OAB =
∩ ∩ 1 1 2 r sen AB = r 2 sen CD = área de OCD (onde r é o raio do 2 2
círculo), vale a primeira implicação. Suponha agora que ABCD não seja inscritível. Suponha sem perda de generalidade que PC < PA. Seja Q o ponto de interseção de AC e BD. Prolongamos QC e QD até intersectarmos o círculo de centro p e raio PA = PB em novos pontos C’ e D’ . Como AC’ e BD’ são perpendiculares, pela primeira implicação sabemos que área de PAB = área de PC’D’, mas C’D’ > CD ( C’D’ é hipotenusa do triângulo retângulo QC’D’, de catetos maiores que o triângulo retângulo QCD, do qual CD é hipotenusa), e d(P, C’D’) > d (P, CD) (de fato, C’ e D’ estão no mesmo semiplano determinado pela reta CD , distinto do semiplano ao qual pertence P, e d (P, C’D’) = d(P, M), onde M é o ponto médio de C’D’, e portanto pertence ao mesmo semiplano que C’ e D’ , logo d(P, CD) < d(P, M) = = d (P, C‘D’ )). Portanto área de PC’D’ > área de PCD, absurdo, pois estamos supondo que área de PAB = área de PCD.
PROBLEMA 2
Numa competição, existem a concorrentes e b juízes, onde b ≥ 3 é um inteiro ímpar. Cada juiz avalia cada um dos concorrentes, classificando-o como "aprovado" ou "reprovado". Suponha que k é um número tal que as EUREKA! N° 3, 1998
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