Nível 3 - Fase 3

Problema 1

As bissetrizes internas dos ângulos A\hat{B}C e A\hat{C}B do triângulo ABC se encontram no ponto I. A reta paralela a BI que passa pelo ponto A encontra a reta CI no ponto D. A reta paralela a CI por A encontra a reta BI no ponto E. As retas BD e CE se encontram no ponto F. Mostre que F, A e I são colineares então AB = AC.

Solução

img3

Vamos mostrar que se F, A e I são colineares, então, AB = AC.

Observe o triângulo FIC, como IC // AE, pelo Teorema de Tales:

\dfrac{FA}{AI} = \dfrac{FE}{EC}

Agora observe o triângulo FIB, como IB // AD, novamente pelo Teorema de Tales:

\dfrac{FA}{AI} = \dfrac{FD}{DB}

Por fim, chame de N o ponto que AI corta BC e utilize o teorema de Ceva no triângulo FBC:

\dfrac{BN}{NC} \cdot \dfrac{EC}{FE} \cdot \dfrac{FD}{DB} = 1

Pelos resultados anteriormente encontrados:

\dfrac{BN}{NC} \cdot \dfrac{AI}{FA} \cdot \dfrac{FA}{AI} = 1 \Rightarrow \dfrac{BN}{NC} = 1 \Rightarrow BN = NC

O ponto N será ponto médio de BC. Para finalizar o problema basta aplicarmos o teorema da Bissetriz Interna relativa ao lado BC:

\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BN}{NC}

Mas \dfrac{BN}{NC} = 1 \Rightarrow AB = AC.

Como queríamos demonstrar!

Problema 2:

Encontre o menor n tal que qualquer conjunto de n pontos do plano cartesiano, todos com coordenadas inteiras, contém dois cujo quadrado da distância é um múltiplo de 2016.

Solução

Sabemos por geometria analítica que a distância d entre dois pontos A e B pode ser obtida em função das coordenadas x e y dos pontos A e B a partir desta equação:

d=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2}
d^2=(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2

Chamando (x_A-x_B)=x e (y_A-y_B)=y e sabendo que d^2 \equiv 0 (mod \ 2016) temos:

x^2-y^2 \equiv 0 (mod \ 2016)
x^2 \equiv -y^2 (mod \ 2016)

Como 2016=2^5\cdot3^2\cdot7=32\cdot9\cdot7 então x,y satisfazem:

x^2 \equiv -y^2 (mod \ 7) (1)
x^2 \equiv -y^2 (mod \ 9) (2)
x^2 \equiv -y^2 (mod \ 32) (3)

Em (1): se x^2 \equiv -y^2 (mod \ 7) então existe a para tal que a^2 \equiv -1 (mod\ 7), mas sabemos por Legendre que (\dfrac{-1}{7})=(-1)^\dfrac{7-1}{2}=-1, portanto -1 não é resíduo quadrático, então não existe a tal que a^2 \equiv -1 (mod\ 7), logo a única solução é x^2\equiv y^2\equiv0(mod\ 7) \Rightarrow x\equiv y\equiv0(mod\ 7).

Em (2): se x^2 \equiv -y^2 (mod \ 9) \Rightarrow x^2 \equiv -y^2 (mod \ 3) então existe a para tal que a^2 \equiv -1 (mod\ 3), mas sabemos por Legendre que (\dfrac{-1}{3})=(-1)^\dfrac{3-1}{2}=-1, portanto -1 não é resíduo quadrático, então não existe a tal que a^2 \equiv -1 (mod\ 3), logo a única solução é x^2\equiv y^2\equiv0(mod\ 3) \Rightarrow x\equiv y\equiv0(mod\ 3).

Em (3): se x^2 \equiv -y^2 (mod \ 32). Olhando os resíduos quadráticos módulo 32: 0,1,4,9,16,17,25, vemos que os únicos que satisfazem x^2 \equiv -y^2 (mod \ 32) são x^2 \equiv y^2 \equiv0(mod \ 32) ou x^2 \equiv y^2 \equiv16(mod \ 32), e então x \equiv y \equiv0(mod \ 8) ou x \equiv y \equiv4(mod \ 8).

Daí tiramos que x e y satisfazem estas três equações abaixo:

x \equiv y \equiv0(mod \ 7)
x \equiv y \equiv0(mod \ 3)
x \equiv y \equiv0(mod \ 8) ou x \equiv y \equiv4(mod \ 8)

De onde podemos reduzir para:

x \equiv y \equiv0(mod \ 168) (4) ou
x \equiv y \equiv84(mod \ 168) (5)

Logo precisamos contabilizar o menor número n tal que conseguimos encontrar x,y que satisfazem (4) ou (5). Para isto utilizaremos de argumentos combinatórios. Para isto utilizaremos o PCP e tentaremos descobrir o maior n' tal que o enunciado não é verdade, defina A_i como o conjunto de todos os pontos do plano que possuem sua coordenada x como x \equiv i(mod \ 168) e coloque i variando de 0 a 167.

Lema 1: A_i possui no máximo 168 elementos.

Prova: Caso A_i possua mais que 168 elementos então existem dois pontos que possuem sua coordenada y com a mesma congruência módulo 168 e então por (4) encontramos dois pontos que possuem sua distância múltipla de 2016, algo que não queremos, logo não podemos ter dois elementos de A_i com sua coordenada y de mesma congruência módulo 168, e então A_i possui no máximo 168 elementos.

Lema 2: O par de conjuntos A_i e A_{i+84} possuem no máximo 168 elementos juntos.

Prova: Caso A_i e A_{i+84} (perceba que 168+i=i) possuem mais que 168 elementos então existem dois pontos que possuem suas coordenadas y em algum dos dois conjuntos diferenciando de 84 módulo 168 por PCP onde basta colocar 84 casas com os pares de números que diferenciam de 84 módulo 168 e portanto se tivermos mais que 168 teremos três na mesma casa e logo teremos dois números diferenciando de 84 ou três números com a mesma congruência módulo 168 e então A_i ou A_{i+84} terá dois elementos com mesma coordenada y (absurdo pelo lema 1) logo existem dois números diferenciando de 84, e então por (5) encontramos dois pontos que possuem sua distância múltipla de 2016, algo que não queremos, logo não podemos ter dois elementos de A_i e A_{i+84} com suas coordenadas y diferenciando de 84 módulo 168, e então A_i e A_{i+84} possuem no máximo 168 elementos.

Vejamos agora que todos os conjuntos terão no máximo 168\cdot84=14112 elementos, onde se adicionarmos um elemento ou o lema 1 ou o lema 2 deixará de fazer efeito e então teremos que existem dois pontos que possuem sua distância múltipla de 2016 e com 14112 elementos um fácil contra exemplo é colocando 84 pontos em cada A_i de tal modo que a congruência de suas coordenadas y módulo 168 sejam 0,1,2,3,...83. Vejamos que nenhum par de pontos satisfaz (4) ou (5). Logo com 14113 pontos certamente encontraremos dois que satisfazem ou (4) ou (5) e portanto serão múltiplos de 2016.

Problema 3:

Seja k um inteiro positivo fixado. Alberto e Beralto participam do seguinte jogo: dado um número inicial N_0 e começando por Alberto, eles alternadamente fazem a seguinte operação: trocar um número n por um número m tal que m<n e n e m diferem, na sua representação em base 2, exatamente em l dígitos consecutivos para algum l tal que 1\le l\le k. Quem não conseguir jogar perde. Dizemos que um inteiro não negativo t é vencedor quando o jogador que recebe o número t tem uma estratégia vencedora, ou seja, consegue escolher os números seguintes de modo a garantir a vitória, não importando como o outro jogador faça suas escolhas. Caso contrário, dizemos que t é perdedor. Prove que, para todo N inteiro positivo, a quantidade de inteiros não negativos perdedores e menores do que 2^{N} é 2^{\left \lfloor N-log_2(min(k,N)) \right \rfloor}.

Observação: \left \lfloor x \right \rfloor é o maior inteiro menor ou igual a x. Por exemplo, \left \lfloor\pi \right \rfloor=3,14, \left \lfloor2 \right \rfloor=2 e \left \lfloor-4,6 \right \rfloor=-5.

Solução:

O problema, infelizmente, não possui solução com o enunciado em tais condições, visto a quebra de lógica em que, fazendo os casos iniciais, vemos um contra exemplo. Para um k>2, podemos constatar que 0,1 sempre serão posições perdedoras e 2,3 sempre serão posições vencedoras, basta colocar N=1 e N=2 na fórmula, e basicamente isso contradiz o problema já que podemos ir do 1 para 0 e portanto 1 seria vencedor e qualquer outra interpretação do enunciado é contradita a partir destas quatro posições já definidas. A equipe do Noic espera poder corrigir o problema e resolvê-lo. Sstamos aguardando possíveis correções e pedimos desculpas ao leitor, mas esperamos a compreensão, visto o erro da prova.

Problema 4:

Qual é a maior quantidade de inteiros positivos menores ou iguais a 2016 que podemos escolher de modo que não haja dois números cuja diferença é 1, 2 ou 6?

Solução

A maior quantidade de inteiros positivos menores ou iguais a 2016 que podemos escolher de modo que não haja dois números cuja diferença é 1, 2 ou 6 é 576. Suponha que não, então é pelo menos 577. Divida os números de 1 a 2016 em 288 “grupos” de 7 números consecutivos:

(1,2,3,4,5,6,7),(8,9,10,11,12,13,14),(15,16,17,18,19,20,21),...,(2010,2011,2012,2013,2014,2015,2016)

Como 577 = 2 \times 288 + 1, pelo Princípio das Casas dos Pombos um dos grupos terá três números escolhidos. Tome apenas os restos dos números desse grupo na divisão por 7, pela disposição independentemente do grupo teremos:

(0,1,2,3,4,5,6)

Vamos mostrar que é impossível escolher três números desta configuração, para isso vamos dividir o problema em casos, onde em cada um vamos explorar as possibilidades a partir de determinado o primeiro dos três escolhidos (lembrando que não podemos escolher números cuja diferença é 1, 2 ou 6 pelo enunciado do problema):

(0) Caso seja 0: Restam 3,4,5.

(1) Caso seja 1: Restam 4,5,6.

(2) Caso seja 2: Restam 5,6.

(3) Caso seja 3: Restam 0,6.

(4) Caso seja 4: Restam 0,1.

(5) Caso seja 5: Restam 0,1,2.

(6) Caso seja 6: Restam 1,2,3.

A partir desses dados, basta mostrar que escolher dois números dentre dois ou três consecutivos gera um absurdo, mas isso, de fato, acontece:

- Dois consecutivos têm diferença 1.

- Dentre os três consecutivos não podemos escolher dois consecutivos pela preposição anterior, logo resta “descartar” o do meio, mas ainda assim os números restantes terão diferença igual a 2.

 Analisando novamente os casos, o único que não gera absurdo a partir dessas afirmações é o (3), mas 0 e 6 têm diferença 6, o que também não pode pelo enunciado, logo não podemos escolher 577 números e o máximo é, de fato, 576.

 Podemos construir um exemplo escolhendo todos números que deixam resto 3 ou 6 na divisão por 7.

Problema 5:

Considere o polinômio do segundo grau P(x) = 4x^2 +12x-3015. Defina a sequência de polinômios P_{1}(x) = \dfrac{P(x)}{2016} e P_{n+1}(x) = \dfrac{P(P_{n}(x))}{2016} para todo inteiro n\ge1

(a) Prove que existe um número real r tal que P_{n}(r) < 0 para todo inteiro positivo n.

(b) Determine a quantidade de inteiros m tais que P_{n}(m) < 0 para infinitos inteiros positivos n.

Solução:

a) Olhando para as raízes do polinômio Q(x)=P(x)-2016x temos que x satisfaz 4x^2+12x-3015-2016x=0 logo basta resolver a equação do segundo grau: 4x^2-2004x-3015=0, onde:

x=\dfrac{2004\pm\sqrt{(-2004)^2-4\cdot4\cdot(-3015)}}{2\cdot4}
x=\dfrac{2004\pm\sqrt{4064256}}{8}
x=\dfrac{2004\pm\sqrt{2016^2}}{8}
x=\dfrac{2004\pm 2016}{8}

Logo x=\dfrac{2004+2016}{8}=502,5 e x=\dfrac{2004-2016}{8}=-1,5, portanto Q(-1,5)=P(-1,5)-2016\cdot (-1,5)=0 \Rightarrow P(-1,5)=2016\cdot (-1,5). Coloque r=-1,5, então P_1(-1,5)=\dfrac{P(-1,5)}{2016}=\dfrac{2016\cdot (-1,5)}{2016}=-1,5 e portanto P_1(-1,5)=-1,5 e indutivamente se P_n(-1,5)=-1,5 então P_{n+1}(-1,5)=\dfrac{P(P_n(-1,5))}{2016}=\dfrac{P(-1,5)}{2016}=\dfrac{2016\cdot (-1,5)}{2016}=-1,5, logo para todo n vale que P_n(-1,5)=-1,5, logo se r=-1,5 então P_n(r)=-1,5<0 para todo n, e portanto achamos o r que queríamos.

Obs.: Antes que o leitor pense que "tiramos do bolso" o polinômio Q(x) observe que é extremamente intuitivo pensarmos na ideia de ponto fixo, ou seja, fazer com que P_n(x)=x para todo n e a partir disto chegaríamos no polinômio Q(x).

b) Primeiramente vejamos que segundo o polinômio Q(x) sabemos que se x<-1,5 e x>502,5 então Q(x)>0, ou seja, P(x)>2016x. Esqueça temporariamente a condição x<-1,5 e trabalhemos agora apenas com números positivos (estamos fazendo isso pois se x for negativo haverá uma troca no sinal da desigualdade, o que não queremos, mas depois ajeitaremos isto). Então se x é positivo e x>502,5 então P(x)>2016x.

Lema 1: Se x>502,5 então P_n(x)>0 para todo n.

Prova: Vejamos que se x>502,5 então P(x)>2016x. Logo P_1(x)=\dfrac{P(x)}{2016}>\dfrac{P(502,5)}{2016}>\dfrac{2016\cdot (502,5)}{2016}=502,5, portanto P_1(x)>502,5, observe que usamos o fato de que P(x)>P(502,5) para todo x>502,5, o que é claramente verdade pois a função P forma uma parábola com concavidade para cima. Indutivamente se P_n(x)>502,5 então P_{n+1}(x)=\dfrac{P(P_n(x))}{2016}>\dfrac{P(502,5)}{2016}>\dfrac{2016\cdot (502,5)}{2016}=502,5, logo P_{n+1}(x)>502,5, e assim P_n(x)>502,5>0 para todo n, logo nunca teremos P_n(x)<0 para x>502,5.

Agora olhemos para este lema:

Lema 2: P(x)=P(-3-x) para todo x real.

Prova: Olhemos a coordenada x do vértice (x_V) da parábola formada pela função P, que é uma parábola. Então sabemos que x_V=\dfrac{-12}{4\cdot2}=-1,5. Sabemos além disso que P(a)=P(b) para algum par a,b então como P é uma parábola, vale que a e b possuem a mesma diferença em relação ao x_V, ou seja, \dfrac{a+b}{2}=x_V, logo temos a+b=-3 \Rightarrow a=-3-b, ou seja, P(-3-b)=P(b), para todo b real, como queríamos.

Vejamos agora que pelo lema 2 P(502,5)=P(-505,5), logo como para todo x>502,5 vale pelo lema 1 que para todo n teremos P_n(x)>502,5, então se x<505,5 simetricamente e analogamente teríamos P(x)>502,5, o que implicaria pelo lema 1 que para todo n teremos P_n(x)>502,5 (é como estivéssemos começando do P_1(x)>502,5). A partir desta duas informações, nosso universo de candidatos a solução se reduziu para x entre -505,5 e 502,5, provaremos que todos estes números satisfazem as condições propostas pelo enunciado. Basicamente dividiremos os números em dois grupos, analisando o gráfico de P veremos que existem os números x que possuem P(x) positivo (que estão "acima e abaixo" das raízes) e os que possuem P(x) negativo (que estão entre as raízes). Primeiramente vejamos que as raízes de P(x) são r_1=\dfrac{12-\sqrt{48384}}{8} e r_2=\dfrac{12-\sqrt{48384}}{8}. Logo, considerando apenas o universo possível de soluções:

Lema 3: Se x>r_2 então para algum t teremos P_t(x)<0.

Prova: Considerando P_n(x) como uma sequência provaremos que a mesma sempre decresce e nunca converge para algum ponto. Vendo novamente o polinômio Q(x), sabemos que como aqui x<502,5 então P(x)<2016x, logo para n qualquer teremos P_{n+1}(x)=\dfrac{P(P_n(x))}{2016}<\dfrac{2016\cdot P_n(x)}{2016}=P_n(x), logo P_{n+1}(x)<P_n(x) e como P(x) possui seu coeficiente de x^2 e x positivos, esta diferença entre P_{n+1}(x) e P_n(x) empre aumentará a medida que aumentarmos n e portanto P_n(x) irá sempre decrescer e nunca convergir em algum ponto, portanto em algum momento teremos que para alguém t, P_t(x)<0, como queríamos.

Vejamos agora que se x<r_1 pelo lema 2 teremos uma simetria e então podemos aplicar o lema 3, podendo assim afirmar que para qualquer x que escolhermos, então em algum momento teremos P_t(x)<0. Agora para finalizar o problema:

Lema 4: Se r_1<x<r_2 então r_1<P_n(x)<r_2 para todo n.

Prova: vejamos que a coordenada y do vértice da parábola é y_V=-1,5\cdot2016, basta olhar que -1,5 é raiz de Q(x) e portanto P(x)=2016x, no caso x=-1,5. Portanto para todo r_1<x<r_2 vale que -1,5\cdot2016<P(x)<0, logo P_1(x)=\dfrac{P(x)}{2016} e -1,5<P_1(x)<0 e indutivamente se -1,5<P_n(x)<0 então P_{n+1}(x)=\dfrac{P(P_n(x))}{2016} logo \dfrac{P(-1,5)}{2016}<P_{n+1}(x)<\dfrac{P(0)}{2016}, mas P(-1,5)=-1,5\cdot2016 e P(0)<0. Então -1,5<P_n(x)<0 e assim temos que para todo n vale que P_n(x)<0.

Pelo lema 3 para todo x teremos que existe t tal que P_t(x)<0, mas como P_t(x)=\dfrac{P(P_{t-1}(x))}{2016}, mas -1,5\cdot2016<P(x), logo P_t(x)>-1,5 e r_1<P_t(x)<r_2 e podemos aplicar o lema 4 a partir daí e então teremos infinitos n tais que P_n(x)<0. Portanto para todo x tal que -505,5<x<502,5 temos que x satisfaz o enunciado, logo existem 1008 inteiros que satisfazem o enunciado.

Problema 6:

Seja ABCD um quadrilátero convexo, não circunscritível, sem lados paralelos. As retas AB e CD se cortam em E. Seja M\ne E a intersecção dos circuncírculos de ADE e BCE. As bissetrizes internas de ABCD determinam um quadrilátero convexo cíclico de circuncentro I e as bissetrizes externas de ABCD determinam um quadrilátero convexo cíclico de circuncentro J. Prove que I,J e M são colineares.

Solução:

(Adaptado de Davi Lopes - Professor do Colégio Farias Brito)

Seja I_{XY} a interseção das bissetrizes internas de X e Y, e J_{XY} a interseção das bissetrizes externas de X e Y, onde X, Y são vértices consecutivos de ABCD. Seja \Gamma a circunferência que passa por J_{AB}, J_{BC}, J_{CD}, J_{DA} e \gamma a circunferência que passa por I_{AB}, I_{BC}, I_{CD}, I_{DA}. Sejam r o raio de \gamma e R o raio de \Gamma, d=IJ. Seja ainda M' a interseção do eixo radical de \gamma e \Gamma com a reta IJ.

Lema 1: Existem duas homotetias que levam \gamma em \Gamma, uma de centro K_{+} e razão \dfrac{R}{r}, e outra de centro K_{-} e razão -\dfrac{R}{r}. Além disso, os cinco pontos I, J, K_{+}, K_{-}, M' são todos colineares e satisfazem à figura abaixo e às equações de segmentos:

problema6-1

JK_{-}=\dfrac{Rd}{R+r}; IK_{-}=\dfrac{rd}{R+r}IK_{+}=\dfrac{rd}{R-r}K_{+}M'=\dfrac{(R+r)[(R-r)^2-d^2]}{2d(R-r)}

Podemos determinar as três primeiras equações com base nas relações de homotetia e o valor de K_{+}M' associando os valores encontrados com a propriedade de M': pertence ao eixo radical das circunferências e por isso tem mesma potência de ponto para ambas.

Seja E a interseção de AB e CD, e seja F a interseção de AD e BC. Observe que os pontos I_{AB}, J_{AB}, I_{CD}, J_{CD} estão em l_{+}, na bissetriz interna de \angle{AFB}=\angle{DFC} (eles são centros de circunferências inscritas e ex-inscritas opostos a esse ângulo), e os pontos I_{BC}, J_{BC}, I_{DA}, J_{DA} estão em l_{-}, na bissetriz interna de \angle{AED}=\angle{BEC} pelo mesmo motivo. A razão de chamar essas retas usando sinais está elucidada no Lema 2.

Lema 2: Considerando a configuração de pontos a seguir, temos que o ponto K_{+} está na reta l_{+} e o ponto K_{-} está na reta l_{-}.

Prova: Seja I'_{DA} o ponto, em \gamma, diametralmente oposto a I_{DA} , e I'_{BC} o ponto diametralmente oposto a I_{BC} em \gamma. Pode-se provar, usando arrastão, que I_{AB}I'_{BC}I_{CD}I'_{DA} e J_{AB}J_{BC}J_{CD}J_{DA} são dois quadriláteros cíclicos com lados homólogos e diagonais homólogas, todos paralelos. Daí, como eles são orientados no mesmo sentido, a homotetia de centro K_{+} que leva \gamma em \Gamma leva I_{AB}I'_{BC}I_{CD}I'_{DA} em J_{AB}J_{BC}J_{CD}J_{DA}. Logo, K_{+} está na reta I_{AB}J_{AB}, que é a reta l_{+}. Analogamente, K_{-} está na reta l_{-}, provando o lema 2.

problema6-2

Agora, seja l a reta que passa por I, J, K_{+}, K_{-}, M', \angle{BFA}=2\alpha, \angle{AED}=2\beta. Sejam ainda M_{XY} os pontos médios de I_{XY}J_{XY}.

Lema 3: \angle(\angle{M_{BC}M'},l)=\alpha

Prova: Primeiro, é possível provar que \angle{II_{DA}I_{BC}}=\alpha por arrastão. Para finalizar a prova, basta provar que II_{DA}M'M_{BC} é inscritível, pois aí \angle(\angle{M_{BC}M'},l)=\angle{M_{BC}M'I}=\angle{II_{DA}I_{BC}}=\alpha. Para tanto, provaremos que K_{-}I\cdot K_{-}M'=K_{-}I_{DA}\cdot K_{-}M_{BC}.

problema6-3

Como J_{BC} é a imagem de I_{BC} pela homotetia de centro K_{-} e razão -\dfrac{R}{r}, temos:

K_{-}J_{BC}=\dfrac{R}{r}\cdot K_{-}I_{BC} \Rightarrow I_{IB}J_{BC}=\dfrac{R+r}{r}\cdot K_{-}I_{BC} \Rightarrow M_{BC}J_{BC}=\dfrac{R+r}{2r}\cdot K_{-}I_{BC} \Rightarrow K_{-}M_{BC}=K_{-}J_{BC}-M_{-}J_{BC}=\dfrac{R-r}{2r}\cdot K_{-}I_{BC}

Daí:

K_{-}I_{DA}\cdot K_{-}M_{BC}=\dfrac{R-r}{2r}\cdot K_{-}I_{DA}\cdot K_{-}I_{BC}=\dfrac{R-r}{2r}\cdot -(Pot_{\gamma} K_{-})= \dfrac{R-r}{2r}\cdot(r^2 - K_{-}I^2)

Por outro lado, K_{-}I=\dfrac{rd}{(R+r)} pelo resultado obtido no lema 1, assim: 

K_{-}I_{DA}\cdot K_{-}M_{BC}=

\dfrac{R-r}{2r}\cdot[r^2 - (\frac{rd}{(R+r)})^2]=

\dfrac{R-r}{2r}\cdot[\dfrac{r^2(R+r)^2 - (rd)^2}{(R+r)^2}]=

\dfrac{(R-r)[r^2(R+r)^2 - (rd)^2]}{2r(R+r)^2}

Para terminar, basta calcular o valor de K_{-}I \cdot K_{-}M' com os dados encontrados também no lema e conferir a igualdade. Primeiro, vamos encontrar K_{-}M':

K_{-}M' = K_{-}I + IK_{+} + K_{+}M'=

\dfrac{rd}{R+r} + \dfrac{rd}{R-r} + \dfrac{(R+r)[(R+r)^2-d^2]}{2d(R-r)}=

\dfrac{2rd^2(R-r) + 2rd^2(R+r) + (R+r)^2[(R-r)^2 - d^2]}{2d(R+r)(R-r)}=

\dfrac{2rd^2(R-r+R+r) + (R+r)^2(R-r)^2 - d^2(R+r)^2}{2d(R+r)(R-r)}= 

\dfrac{4rRd^2 + (R+r)^2(R-r)^2 - d^2(R+r)^2}{2d(R+r)(R-r)}=

\dfrac{(R+r)^2(R-r)^2 - d^2[(R+r)^2 - 4Rr]}{2d(R+r)(R-r)}=

\dfrac{(R+r)^2(R-r)^2 - d^2(R-r)^2}{2d(R+r)(R-r)}=

\dfrac{(R-r)^2[(R+r)^2 - d^2]}{2d(R+r)(R-r)}=

\dfrac{(R-r)[(R+r)^2 - d^2]}{2d(R+r)}

Agora basta multiplicar pelo valor de K_{-}I, que também pode ser encontrado utilizando o lema 1:

K_{-}M' \cdot K_{-}I=

\dfrac{(R-r)[(R+r)^2 - d^2]}{2d(R+r)} \cdot \dfrac{rd}{(R+r)}=

\dfrac{r(R-r)[(R+r)^2 - d^2]}{2(R+r)^2}=

\dfrac{r^2(R-r)[(R+r)^2 - d^2]}{2r(R+r)^2}= 

\dfrac{(R-r)[r^2(R+r)^2 - (rd)^2]}{2r(R+r)^2}

Exatamente o esperado e assim terminamos a prova.

De modo análogo ao Lema 3, temos que \angle(\angle{M_{CD}M'},l)=\beta, \angle(\angle{M_{DA}M'},l)=\alpha, \angle(\angle{M_{AB}M'},l)=\beta, donde temos as igualdades de ângulos:

\angle{M_{AB}M'M_{BC}}=\angle{M_{BC}M'M_{CD}}=\angle{M_{CD}M'M_{DA}}=\angle{M_{DA}M'M_{AB}}=\alpha+\beta

E assim M' está na interseção dos 4 arcos capazes de \alpha+\beta determinados por M_{AB}M_{BC}M_{BC}M_{CD}M_{CD}M_{DA}M_{DA}M_{AB}, ou seja, M' é o único ponto no plano com essa propriedade. Mas e aí que entra o ponto M, pois pode-se provar, por arrastão, que o ponto M também satisfaz a igualdade de ângulos:

\angle{M_{AB}MM_{BC}}=\angle{M_{BC}MM_{CD}}=\angle{M_{CD}MM_{DA}}=\angle{M_{DA}MM_{AB}}=\alpha+\beta

E assim M=M'. Como M', I, J já são colineares, temos que I, J, M são colineares.

OBSERVAÇÃO: Pode-se deduzir, de tudo o que fizemos, que a reta IJ é bissetriz de \angle{AMC}, \angle{BMD} e \angle{EMF}. Também, perceba que Pot_{\Gamma} M =Pot_{\gamma} M.