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Re: [obm-l] Problema 6 da IMO 2002
Caros colegas,
A minha solucao deste problema tem elementos comuns com a do Luciano,mas
a forma e um pouco diferente.Como o problema e interessante vou enviar uma
versao resumida abaixo.Concordo plenamente com o Luciano que os problemas 3
e 6 da IMO muitas vezes dependem mais de persistencia e de combinar varias
ideias naturais do que de ideias espetaculares.
Para nao atrapalhar vou escrever la no fim,apos a solucao do Luciano.
Abracos,
Gugu
>
>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.
>
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>
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>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>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>
>=========================================================================
A primeira observacao e' que qualquer altura de um triangulo OiOjOk e' maior
ou igual a 2 (prove). Vamos ligar cada Oi a todos os outros Oj.Seja P o
fecho convexo do conjunto dos Oi,como na solucao do Luciano.Se Oi esta' no
interior de P,vamos considerar todos os raios que ligam Oi aos outros Oj e
tambem os raios que ligam Oi aos simetricos dos Oj em relacao a Oi.Temos
entao 2n-2 raios,que ordenamos ciclicamente,r1,r2,...,r(2n-2),r(2n-1)=r1.
Sela aj o angulo entre rj e r(j+1).Temos que,para cada j,rj.sen(aj)=
=rj.sen(pi-aj)>=2 (lembre da primeira observacao),donde 1/rj<=sen(aj)/2<=
<=aj/2.Como a soma dos aj,com j variando entre 1 e 2n-2 e' 2.pi,e a soma
dos 1/rj e' o dobro da soma dos inversos das distancias de Oi aos Oj,essa
soma e' <= pi/2.
Agora seja Oi um vertice de P.Consideramos agora apenas os raios que
ligam Oi aos outros Oj,que chamaremos de l1,l2,...,l(n-1),ordenados pelo
angulo.Para 1<=j<=n-2,seja bj o angulo entre lj e l(j+1).Temos como antes
1/lj<=bj/2,e,pela mesma razao,1/l(j+1)<=bj/2,para todo j<=n-2.
Seja bk o menor dos bj. Temos soma(1/lj)=soma(j=1 a k)(1/lj)+
+soma(j=k a n-2)(1/lj)<=soma(j=1 a j)(bj/2)+soma(j=k a n-2)(bj/2)=
=A(Oi)/2+bk/2<=(A(Oi)/2).(n-1)/(n-2),onde A(Oi) e' o angulo de P em Oi.
Assim,se P tem m vertices,a soma para todos os vertices Oi de P da soma dos
inversos das distancias de Oi aos outros Oj e' menor ou igual a
(n-1)/(2(n-2)) vezes a soma dos angulos de P,ou seja,e' menor ou igual a
pi.(m-2)(n-1)/(2(n-2))<=pi.(m-1)/2.
Assim,a soma para todos os vertices Oi da soma sos inversos das
distancias de Oi aos outros Oj e' menor ou igual a (pi/2).(n-m)+pi.(m-1)/2=
=(n-1).pi/2,o que resolve o problema,pois nessa soma cada par ij foi contado
duas vezes.
Abracos,
Gugu
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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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O administrador desta lista é <nicolau@mat.puc-rio.br>
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