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 solu��o para o problema 6 da IMO 2002. Este problema � muito legal!
>Recomendo que pensem bastante no problema antes de ver a solu��o.
>
>Ali�s, tenho notado um medo exagerado dos alunos em rela��o aos problemas 6
>das IMO�s. Apesar de que, tradicionalmente, � o mais dif�cil, isso sempre
>depende
>de quem resolve. E muitos problemas 6 s�o mais uma quest�o de insist�ncia
>do que
>de id�ias brilhantes.
>
>Vou deixar um espa�o para n�o atrapalhar aqueles que desejem pensar
>sozinhos. O enunciado �:
>
>Dadas n circunfer�ncias de raio 1 no plano, se nenhuma reta corta mais do
>que 2 circunfer�ncias,
>ent�o a soma dos inversos das dist�ncias entre todos os pares (n�o
>ordenados) de centros � menor
>ou igual a (n - 1)pi/4.
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>Solu��o:
>
>Voc� vai ter que fazer v�rios desenhos para entender esta solu��o.
>Seja a_ij a metade do �ngulo entre as tangentes � circunfer�ncia j tra�adas
>a partir do centro Oi
>da circunfer�ncia i. Claramente, a_ij = a_ji, e o seno de a_ij � igual ao
>raio dividido pela dist�ncia
>entre os centros, ou seja, igual ao inverso da dist�ncia entre os centros.
>Como o seno de um arco
>� menor do que o arco, basta provar que a soma de todos os a_ij � menor que
>(n - 1)pi/4.
>Para isso, suponha que o fecho convexo do conjunto de centros � formado
>pelos centros das circunfer�ncias
>1 at� n - k. Logo esses centros formam um pol�gono convexo P de n - k lados
>e os outros k centros est�o no
>interior deste pol�gono.
>
>A partir de cada centro, tracemos as tangentes a todas as outras
>circunfer�ncias. Como
>nenhuma reta corta mais de duas circunfer�ncias, as regi�es interiores aos
>�ngulos 2a_ij formados devem ter
>interse��o vazia.
>
>Se Oi-1, Oi, Oi+1 s�o v�rtices consecutivos de P, o �ngulo interno em Oi
>possui em seu
>interior os �ngulos 2a_ij, para j diferente de i-1 e i+1 al�m de um �ngulo
>a_ii-1 e outro a_ii+1. Somando em todos os
>v�rtices de P obtemos 2L + 4D + 2I, onde L, D, I representam a soma de
>todos os a_ij para os quais OiOj � lado de P,
>diagonal de P, ou um segmento unindo um v�rtice de P a um ponto interior,
>respectivamente. Logo 2L + 4D + 2I � menor
>ou igual a (n - k - 2)pi (soma dos �ngulos internos de P).
>
>Se Oi � um ponto interior, as tangentes tra�adas at� a circunfer�ncia j
>formam dois �ngulos opostos pelo v�rtice iguais
>a 2a_ij. Nenhuma circunfer�ncia pode cortar o interior de nenhum desses
>dois �ngulos. Portanto, fixado i, o qu�druplo
>da soma dos a_ij para todo j diferente de i � menor ou igual a 2pi. Somando
>para todos os Oi interiores a P, obtemos
> 4I + 8C menor ou igual a 2kpi, onde C � a soma dos a_ij tais que Oi e Oj
>s�o pontos interiores. Dividindo por 2, temos
>2I + 4C menor ou igual a kpi.
>
>Finalmente, vamos fazer uma estimativa para L. Nesta parte voc� vai
>precisar de um bom desenho.
>Para simplificar, consideremos O1, O2, O3 v�rtices consecutivos de P. Trace
>a reta t, tangente externa comum
>�s circunfer�ncias 1 e 3 mais pr�xima de O2, com pontos de contato X1 e X3.
>Como a circunfer�ncia 2 n�o 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 � um tri�ngulo
>ret�ngulo em Y1, logo a bissetriz do �ngulo em O2 deste tri�ngulo corta o
>cateto oposto em um ponto mais pr�ximo
>de Y1 que de O1, portanto tal bissetriz � uma reta por O2 exterior �
>circunfer�ncia 1. Isto implica que a_12 � menor
>ou igual � metade do �ngulo O1O2Y1. Analogamente, a_23 � menor ou igual �
>metade do �ngulo O3O2Y3 (Y3 definido
>de forma an�loga a Y1). Como O1O2Y1 + O3O2Y3 � igual ao �ngulo externo a P
>em O2, conclu�mos que a_12 + a_23
>� menor ou igual � metade desse �ngulo externo. Somando em todos os
>v�rtices de P obtemos que 2L � menor ou igual �
>metade da soma dos �ngulos externos de P, ou seja, 2L � 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 h� 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 � a soma dos a_ij para todos os poss�veis
>pares (n�o ordenados)
>i, j.
>
>Bom, n�o sei se � poss�vel entender algo, mas achei o problema t�o legal
>que n�o resisti a escrever. Agrade�o a quem me
>apontar erros e melhoras.
>
>Tenho uma solu��o para o problema 5 tamb�m, mas acho que � ainda pior de
>escrever. Talvez mande s� as id�ias principais.
>
>Luciano.
>
>
>
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>
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>Instru��es 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 � <[EMAIL PROTECTED]>
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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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Instru��es 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 � <[EMAIL PROTECTED]>
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