Eureka! 22 - OBM

EUREKA! N°22, 2005
Sociedade Brasileira de Matemática
Pode ser igual a 10 = 2 + 3 + 5, podendo o número ser igual a
8
7 2
2 ⋅3⋅ 5 = 3840, 2 ⋅3 ⋅ 5= 5760,
7 2
6 3
2 ⋅3⋅ 5 = 9600 ou 2 ⋅3 ⋅ 5= 8640(note
que os
9
fatores primos não podem ser 3 e 7, pois 3 ⋅ 7 > 10000).
10
A soma não pode ser 11, nem 12 (pois 2 ⋅3⋅ 7 e 11
5 ⋅ 7 são maiores que 10000)
5
nem 13. Assim os números sinistros de quatro algarismos são 5 = 3125 ,
4 3
3 4
2 ⋅ 5 = 2000, 2 ⋅ 5 = 5000,
8
2 ⋅ 7 = 1792,
7 2
2 ⋅ 7 = 6272,
8
7 2
2 ⋅3⋅ 5 = 3840, 2 ⋅3 ⋅ 5= 5760,
7 2
6 3
2 ⋅3⋅ 5 = 9600 e 2 ⋅3 ⋅ 5= 8640.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6:
Sendo α, β e γ as medidas dos ângulos internos nos vértices A, B e C,
α+β
respectivamente, temos m(∠IBL) = m(∠BIL) = . Logo BL = IL, e como BL
2
= ΑL e IL = AB, concluímos que o triângulo ABL é equilátero, logo o arco AB mede
60 o e, portanto, m(∠ACB) = 120 o .
O quadrilátero CXHY é inscritível, onde X e Y são os pés das alturas traçadas de A e
B. Logo ∠AHB mede 180 o − 120 o = 60 o . Como m(∠AOB) = 120 o , concluímos que o
quadrilátero OAHB é inscritível. (Isto também pode ser provado, por exemplo,
utilizando-se a propriedade de que o simétrico de H em relação a AB pertence ao
circuncírculo de ABC).
Isto implica que m(∠AHO) = m(∠ABO) = 30 o , e como OH = AH, temos m(∠AOH) =
m(∠OAH) = 75 o .
Finalmente, temos m(∠BAC) = m(∠OAH) − m(∠OAB) − m(∠XAH) = 75 o − 30 o −
30 o = 15 o ; e m(∠ABC) = 180 o − 120 o − 15 o = 45 o .
O
A B
Y
28
L
C
H
X