[obm-l] Problema 6 da IMO 2002

[Luciano Castro <lucianogmcastro@xxxxxxxxx>]

Segue uma solução para o problema 6 da IMO 2002. Este problema é muito legal!
Recomendo que pensem bastante no problema antes de ver a solução.

Aliás, tenho notado um medo exagerado dos alunos em relação aos problemas 6
das IMO´s. Apesar de que, tradicionalmente, é o mais difícil, isso sempre 
depende
de quem resolve. E muitos problemas 6 são mais uma questão de insistência 
do que
de idéias brilhantes.

Vou deixar um espaço para não atrapalhar aqueles que desejem pensar 
sozinhos. O enunciado é:

Dadas n circunferências de raio 1 no plano, se nenhuma reta corta mais do 
que 2 circunferências,
então a soma dos inversos das distâncias entre todos os pares (não 
ordenados) de centros é menor
ou igual a (n - 1)pi/4.

























































Solução:

Você vai ter que fazer vários desenhos para entender esta solução.
Seja a_ij a metade do ângulo entre as tangentes à circunferência j traçadas 
a partir do centro Oi
da circunferência i. Claramente, a_ij = a_ji, e o seno de a_ij é igual ao 
raio dividido pela distância
entre os centros, ou seja, igual ao inverso da distância entre os centros. 
Como o seno de um arco
é menor do que o arco, basta provar que a soma de todos os a_ij é menor que 
(n - 1)pi/4.
Para isso, suponha que o fecho convexo do conjunto de centros é formado 
pelos centros das circunferências
1 até n - k. Logo esses centros formam um polígono convexo P de n - k lados 
e os outros k centros estão no
interior deste polígono.

A partir de cada centro, tracemos as tangentes a todas as outras 
circunferências. Como
nenhuma reta corta mais de duas circunferências, as regiôes interiores aos 
ângulos 2a_ij formados devem ter
interseção vazia.

Se  Oi-1, Oi, Oi+1 são vértices consecutivos de P, o ângulo interno em Oi 
possui em seu
interior os ângulos 2a_ij, para j diferente de i-1 e i+1 além de um ângulo 
a_ii-1 e outro a_ii+1. Somando em todos os
vértices de P obtemos 2L + 4D + 2I, onde L, D, I representam a soma de 
todos os a_ij para os quais OiOj é lado de P,
diagonal de P, ou um segmento unindo um vértice de P a um ponto interior, 
respectivamente. Logo 2L + 4D + 2I é menor
ou igual a (n - k - 2)pi (soma dos ângulos internos de P).

Se Oi é um ponto interior, as tangentes traçadas até a circunferência j 
formam dois ângulos opostos pelo vértice iguais
a 2a_ij. Nenhuma circunferência pode cortar o interior de nenhum desses 
dois ângulos. Portanto, fixado i, o quádruplo
da soma dos a_ij para todo j diferente de i é menor ou igual a 2pi. Somando 
para todos os Oi interiores a P, obtemos
  4I + 8C menor ou igual a 2kpi, onde C é a soma dos a_ij tais que Oi e Oj 
são pontos interiores. Dividindo por 2, temos
2I + 4C menor ou igual a kpi.

Finalmente, vamos fazer uma estimativa para L. Nesta parte você vai 
precisar de um bom desenho.
Para simplificar, consideremos O1, O2, O3 vértices consecutivos de P. Trace 
a reta t, tangente externa comum
às circunferências 1 e 3 mais próxima de O2, com pontos de contato X1 e X3. 
Como a circunferência 2 não corta
t, a reta r, paralela a t por O2 dista mais do que 1 de t. Se O1X1 corta r 
no ponto Y1, temos que O2Y1O1 é um triângulo
retângulo em Y1, logo a bissetriz do ângulo em O2 deste triângulo corta o 
cateto oposto em um ponto mais próximo
de Y1 que de O1, portanto tal bissetriz é uma reta por O2 exterior à 
circunferência 1. Isto implica que a_12 é menor
ou igual à metade do ângulo O1O2Y1. Analogamente, a_23 é menor ou igual à 
metade do ângulo O3O2Y3 (Y3 definido
de forma análoga a Y1). Como O1O2Y1 + O3O2Y3 é igual ao ângulo externo a P 
em O2, concluímos que a_12 + a_23
é menor ou igual à metade desse ângulo externo. Somando em todos os 
vértices de P obtemos que 2L é menor ou igual à
metade da soma dos ângulos externos de P, ou seja, 2L é menor ou igual a 
2pi/2 = pi.

Juntando tudo, temos:

2L + 4D + 2I menor ou igual a (n - k - 2)pi
2I + 4C  menor ou igual a kpi
2L menor ou igual a pi

Somando: 4L + 4D + 4I + 4C menor ou igua a (n - k - 2 + k + 1)pi, ou seja L 
+ D + I + C menor ou igual a (n - 1)pi/4.
Observe que há apenas estas 4 possibilidades para um par de centros: ambos 
em P (formando lado ou diagonal) um em P e outro interior ou ambos 
interiores. Logo L + D + I + C é a soma dos a_ij para todos os possíveis 
pares (não ordenados)
i, j.

Bom, não sei se é possível entender algo, mas achei o problema tão legal 
que não resisti a escrever. Agradeço a quem me
apontar erros e melhoras.

Tenho uma solução para o problema 5 também, mas acho que é ainda pior de 
escrever. Talvez mande só as idéias principais.

Luciano.





=========================================================================
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é <nicolau@mat.puc-rio.br>
=========================================================================