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 <[EMAIL PROTECTED]> >========================================================================= > 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 <[EMAIL PROTECTED]> =========================================================================