Oi,Marcos,
Se desculpar! Nada, você tá certo e eu é que agradeço esta sua ótima
contribuição. Gostei e o "copirraite" tá garantido.
Mas acho que conseguirei uma solução "nivel médio convencional" para o
fato do perímetro ser crescente com o número de lados...
Abraços
Nehab
Em 27/03/2012 10:25, Marcos Martinelli escreveu:
Peço desculpas por ter sido muito formal nesta questão. É que, pra
mim, realmente não foi tão intuitivo supor que o perímetro seria
crescente. Deve haver sim uma solução por geometria pura, mas ficarei
devendo.
Agora, quanto à questão levantada pelo último email, posso contribuir
um pouco:
Suponha um polígono qualquer, de N lados, inscrito em uma
circunferência de raio R. Vou tentar provar que seu perímetro é sempre
menor ou igual ao perímetro do polígono regular de N lados inscrito
nessa mesma circunferência.
Seja 2p_(N) seu perímetro, que poderá ser calculado da seguinte maneira:
2p_(N) = sum_{i=1}^{n} 2R . sen (teta_i / 2), onde teta_i é o ângulo
formado pelo centro do círulo (O) e os vértices P_i e P_i + 1 (sendo o
índice i visto como sendo tomado módulo N. Ou seja, P_(N + 1)
corresponde a P_1).
Importante notar que aqui a prova se subdivide em duas possibilidades:
i) O está contido no polígono. Repare que isso implica sum_{i=1}^{N}
teta_i = 2 . pi (*)
Voltando ao perímetro exposto acima, teríamos:
2p_(N) = 2R . sum_{i=1}^{n} sen (teta_i / 2) = 2RN . [(sum_{i=1}^{n}
sen (teta_i / 2)) / N]. Aqui vamos aplicar a desigualdade de Jensen
(para isso, observe que 0 <= teta_i/2 <= pi / 2).
Vamos considerar, então, a função: f(0,pi/2) --> R tal que f(x) =
sen(x/2). Repare que f´´(x) = - 1/4 . sen(x/2) < 0 para todo x no
domínio (0,pi/2). Assim, podemos afirmar:
(sum_{i=1}^{n} sen (teta_i / 2)) / N <= sen(1/2 . (sum_{i=1}^{N}
teta_i) / N) = sen( pi / N). Essa última igualdade ocorre por causa de
(*).
Portanto: 2p_(N) <= 2RN . sen(pi/N). Aqui a igualdade só ocorre se
todos os teta_i forem iguais, o que implica ser o polígono regular.
ii) O não está contido no polígono. Perdemos, então, a igualdade (*).
Mas ainda temos que vale Jensen. Portanto:
2p_(N) = 2R . sum_{i=1}^{n} sen (teta_i / 2) = 2RN . [(sum_{i=1}^{n}
sen (teta_i / 2)) / N] <= 2RN . sen(1/2 . (sum_{i=1}^{N} teta_i) / N).
Aqui temos uma particularidade interessante: um dos ângulos teta_i,
digamos o N-ésimo (SPG), é igual a soma de todos os demais.
Assim: 2p_(N) <= 2RN . sen(teta_N / N) < 2RN . sen(pi / N). Essa
última desigualdade vale porque teta_N é sempre inferior a pi.
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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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