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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