Eureka! 26 - OBM

EUREKA! N°26, 2007
Sociedade Brasileira de Matemática
VII) Como BIA ≡ BPC , AIP é suplemento de BIA e, conseqüentemente,
suplemento de BPC e BPA é suplemento de BPC, logo AIP ≡ BPA . Assim,
o triângulo AIP é isósceles.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: LÚCIO ASSAOKA HOSSAKA (CURITIBA – PR)
Primero vamos provar que existe b. Podemos escolher dois pontos de
nn− ( 1)
formas, e traçar um segmento entre eles. Suponha agora que sobre cada
2
um deles haja dois triângulos isósceles com base no segmento em questão. Mais
de dois triângulos com base no mesmo segmento implicaria em 3 vértices
colineares, contidos na mediatriz do segmento. (Observe que a intenção não é a
de obter um número exato, e sim uma cota razoável). Assim, certamente
nn ( −1)
2
f ( n) ≤ ⋅ 2 = n( n− 1) = n −n, donde se ve que b = 1 é suficiente, ou
2
seja, existe.
No caso de a, vamos dividir em dois casos: n par e n ímpar.
n ímpar: Se arranjarmos os n pontos como vértices de um polígono regular de n
vértices, podemos criar um valor mínimo que sabemos que não é necessariamente
( n −1) 1
f(n), mas que é menor ou igual a ele. Veremos que esse valor é ⋅n⋅ .
2 3
n −1 Veja por que: para cada vértice há pares de outros vértices equidistantes,
2
que formarão a base de um triângulo isósceles. São n vértices, e multiplicamos
por 1
para evitar a possível contagem de triângulos mais de uma vez (como no
3
caso do eneágono regular, por ex.).
2
n − n 2
Resolvendo > an , queremos que a seja tal que a inequação seja
6
1⎛ 1⎞
verdadeira para n ≥ 3. Isso equivale a ⎜1 − ⎟ > a.
Como
6 ⎝ n ⎠
1⎛ 1⎞ 1 2 1
1
n ≥3, ⎜1 − ⎟ ≥ ⋅ = , e logo qualquer a < serve. Ou seja a existe para
6⎝ n ⎠ 6 3 9
9
n ímpar, pelo menos.
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