O documento discute três problemas de geometria compartilhados na lista PUC-RIO. O Problema 1 descreve um processo iterativo de divisão de um círculo e soma de números em seus pontos médios. O Problema 2 trata de ângulos constantes formados por secante aos círculos secantes. O Problema 3 prova que a soma dos ângulos internos de vértices ímpares é igual à soma dos ângulos internos de vértices pares para polígonos convexos inscritos em um círculo.

1. ANTONIO CLAUDIO LAGE BUFFARA RESPONDE: QUESTÕES
PUC-RIO DE GEOMETRIA
ClAudio Buffara – Rio de Janeiro

2. Hoje compartilharei alguns problemas de geometria compartilhados na lista
PUC-RIO.

3. PROBLEMA 1
Nos extremos de um diâmetro de um círculo, escreve-se o número 1 (primeiro
passo). A seguir, cada semicírculo é dividido ao meio e em cada um dos seus
pontos médios escreve-se a soma dos números que estão nos extremos do
semicírculo (segundo passo). A seguir, cada quarto de círculo é dividido ao
meio e em cada um dos seus pontos médios coloca-se a soma dos números
que estão nos extremos de cada arco (terceiro passo). Procede-se, assim,
sucessivamente: sempre cada arco é dividido ao meio e em seu ponto médio é
escrita a soma dos números que estão em seus extremos.
Determinar a soma de todos os números escritos após 2004 passos.

4. PROBLEMA 2
São dadas dois círculos secantes, com pontos de interseção C e D. Traça-se
por C uma secante aos dois círculos, que intercepta um deles em E e o outro
em F.
Mostre que a medida do ângulo é constante.

5. PROBLEMA 3
Um polígono convexo inscritível num círculo possui 2n vértices, numerados
sucessivamente de 1 a 2n. Mostre que a soma das medidas dos ângulos
internos cujos vértices receberam números ímpares é igual à soma das
medidas dos ângulos internos cujos vértices receberam números pares.

6. SOLUÇÃO 1
Chame os vértices de A(1), A(2), ..., A(2n).
Seja O o centro do círculo circunscrito e considere os raios OA(1), OA(2),...,
OA(2n).
Os triângulos OA(i)A(i+1) serão isósceles, para i = 1, 2, ..., 2n-1.
Idem para o triângulo OA(2n)A(1).
Isso quer dizer que:
OA(1)A(2) = OA(2)A(1),
OA(2)A(3) = OA(3)A(2),

7. SOLUÇÃO 2
OA(2n-1)A(2n) = OA(2n)A(2n-1),
OA(2n)A(1) = OA(1)A(2n) (***).
Mas:
A(2n)A(1)A(2) = OA(1)A(2n) + OA(1)A(2),
A(2)A(3)A(4) = OA(3)A(2) + OA(3)A(4),

8. SOLUÇÃO 3
A(2n-2)A(2n-1)A(2n) = OA(2n-1)A(2n-2) + OA(2n-1)A(2n) (%)
e
A(1)A(2)A(3) = OA(2)A(1) + OA(2)A(3),
A(3)A(4)A(5) = OA(4)A(3) + OA(4)A(5),
A(2n-1)A(2n)A(1) = OA(2n)A(2n-1) + OA(2n)A(1) (%%)
Somando separadamente as igualdades (%) e (%%), e usando (***) nos lados
direitos, obtemos a igualdade desejada.
Confira a discussão completa em:
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.200412/msg00248.html