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[obm-l] Uma soluçao bonitinha do problema 5 da IMO da India(Erdös-Mordell na veia!!!!!)
Problema 5-IMO 1996(Bombaim,India) Seja ABCDEF um hexagono convexo tal que
AB e paralelo a DE, BC e paralelo a EF,e CD e paralelo a FA. Sejam R_A,
R_C, R_E os circunraios dos triangulos FAB, BCD, DEF respectivamente,e seja
p o perimetro do hexagono. Prove que:
R_A + R_C + R_E >= p/2.
Esse problema foi considerado "O Imortal"(o menos respondido de toda a historia
da IMO):apenas 2 romenos e 4 armenios resolveram-no completamente.TODA A
EQUIPE CHINESA ZEROU ESTE PROBLEMA!!!!!!!A soluçao mais bonita e a do estudante
romeno Ciprian Manolescu,o unico Perfect Score(pontuaçao maxima:42 pontos)da
prova.Ele baseou-se na famosa Desigualdade de Erdös-Mordell.Aqui,mostrarei
esta soluçao.
Para aplicar Erdös-Mordell neste problema(esta ideia e bem razoavel,ja que
a expressao sugere isto),e bom que ponhamos tudo para dentro!Traçando os
paralelogramos MDEF,NFAB,PBCD,e o triangulo XYZ tal que ZY e perpendicular
a BP,XZ a DM e XY a FN,e tal que o hexagono fique inscrito ao triangulo
XYZ,pode-se reescrever a desigualdade.Veja que os triangulos DEF e DMF sao
semelhantes,logo tem o mesmo circunraio.Mas XM e o diametro do circuncirculo
do triangulo DMF(ou do quadrilatero DMFX se preferir).Logo XM=2*RA.E portanto
vamos provar que XM+YN+ZP>=BN+BP+DP+DM+FM+FN,o que equivale ao problema
inicial.
Vamos quebrar isso em dois casos:
1)M,N e P coincidem.E o problema se transforma em Erdös-Mordell.
2)MNP e um triangulo.Ai fica mais complicado...Mas a ideia e a mesma.
Vamos colocar um espelho na bissetriz do angulo ZXY e considerar as imagens
de X e de Z(X' e Z' nesta ordem).Considere os pes das perpendiculares de
X e M(H e G,nesta ordem).Sejam tambem x=YZ,y=ZX e z =XY as medidas dos lados
de XYZ.E [ABCD...Z] indica a area do poligono ABCD...Z.
Entao [XZ'M]+[Z'Y'M]+[Y'XM]=[XY'Z'],ou
x*XH=x*MG+y*FM+z*MD.
Agora vamos usar a desigualdade triangular em XMG e a desigualdade hipotenusa>cateto
em XHG(o
angulo em H e reto):XM+MG>=XG>=XH,logo
XM>=(z/x)*DM+(y/x)*FM.
E nao e dificil concluir que
XM+YN+ZP>=z/x*DM+y/x*FM+x/y*FN+z/y*BN+y/z*BP+x/z*DP. (*)
Daqui sai o fim do problema.Agora,veja que
2*(y/z*BP+z/y*BN)=(y/z+z/y)*(BN+BP)+(y/z-z/y)(BN-BP)
Como os triangulos XYZ e DEF sao semelhantes,podemos definir
K=(FM-FN)/XY=(BN-BP)/YZ=(DP-DM)/ZX.
Agora,usando Medias,temos que
y/z*BP+z/y*BN>=(BP+BN)+K*(y*x/z-z*x/y)
Analogamente obteriamos resultados analogos a este ultimo para os pares
de lados (x,z) e (x,y).Agora basta substituir todos eles em (*) e acabou!
Esta segunda soluçao e de autoria do lider armenio(o mesmo que o propos).Voce
pode encontra-la no site http://www.cie.uva.es/algebra/fdelgado/seccion/principal_sen.htm
Let ABCDEF be a convex hexagon such that AB is parallel to DE, BC is parallel
to EF, and CD is parallel to FA. Let RA, RC, RE denote the circumradii of
triangles FAB, BCD, DEF respectively, and let p denote the perimeter of
the hexagon. Prove that:
R_A + R_C + R_E >= p/2.
Solution(Bank)
The starting point is the formula for the circumradius R of a triangle ABC(Sines
Theorem):2R = a/sin A = b/sin B = c/sin C. [Proof: the side a subtends an
angle 2A at the center, so a = 2R sin A.] This gives that 2RA = BF/sin A,
2RC>=BD/sin C, 2R_E = FD/sin E. It is clearly not true in general that BF/sin
A >
BA+AF, although it is true if angle FAB >= 120, so we need some argumentthat
involves the hexagon as a whole.
Extend sides BC and FE and take lines perpendicular to them through A
and D, thus forming a rectangle. Then BF is greater than or equal to the
sidethrough A and the side through D. We may find the length of the side
through
>>>>A by taking the projections of BA and AF giving AB sin B + AF sin F.
>Similarly the side through D is CD sin C + DE sin E. Hence:
>>>>
>>>> 2BF >= AB sin B + AF sin F + CD sin C + DE sin E. Similarly:
>>>>
>>>> 2BD >= BC sin B + CD sin D + AF sin A + EF sin E, and
>>>>
>>>> 2FD >= AB sin A + BC sin C + DE sin D + EF sin F.
>>>>
>>>>Hence 2BF/sin A + 2BD/sin C + 2FD/sin E >= AB(sin A/sin E + sin B/sin
>>A)
>>>>+ BC(sin B/sin C + sin C/sin E) + CD(sin C/sin A + sin D/sin C) + DE(sin
>>>>E/sin A + sin D/sin E) + EF(sin E/sin C + sin F/sin E) + AF(sin F/sin
>>A
>>>>+ sin A/sin C).
>>>>
>>>>We now use the fact that opposite sides are parallel, which implies
that
>>>>opposite angles are equal: A = E, B = E, C = F. Each of the factors
multiplying
>>>>the sides in the last expression now has the form x + 1/x which has
minimum
>>>>value 2 when x = 1. Hence 2(BF/sin A + BD/sin C + FD/sin E) >= 2p and
>>the
>>>>result is proved.
>>>>
>>>>Essa soluçao e a oficial.A mais bonita e a de Ciprian Manolescu,o unico
>>>> Perfect Score da prova.Ele usou a famosa Desigualdade de Erdös-Mordell.Depois
>eu envio a resposta dele.
>ATEEEEEEEEE.Peterdirichlet
>
>TRANSIRE SVVM PECTVS MVNDOQUE POTIRE
>CONGREGATI EX TOTO ORBE MATHEMATICI OB SCRIPTA INSIGNIA TRIBVERE
>Medalha Fields(John Charles Fields)
>
>
>------------------------------------------
>Use o melhor sistema de busca da Internet
>Radar UOL - http://www.radaruol.com.br
>
>
>
>=========================================================================
>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>
>=========================================================================
>
TRANSIRE SVVM PECTVS MVNDOQUE POTIRE
CONGREGATI EX TOTO ORBE MATHEMATICI OB SCRIPTA INSIGNIA TRIBVERE
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