2012/3/28 Albert Bouskela <alb...@themag.com.br>:
Ois!
Antes de mais nada, parabéns ao Albert por ter matado o problema.
Enfim, "a sacada de gênio", claro, porque se eu estou escrevendo um
mail a mais, é que eu ainda não estou satisfeito... mas é pura chatice
minha. Coisas da idade.
> 3) Mantendo-se invariante o número de vértices, o polígono
> inscrito num círculo que tem (refiro-me ao polígono) o maior perímetro é o
> polígono regular!
>
> 4) Prova: – Peguem 3 pontos consecutivos (adjacentes) de um
> polígono. O 1º e o 3º formam a corda que nos interessa. Os 3 pontos formam
> um triângulo. Para que o perímetro desse triângulo seja máximo, ele deve ser
> isósceles (prova adiante). I.e., o 2º ponto deve coincidir com a interseção
> da maior flecha da corda formada pelos 1º e 3º pontos – i.e., a mediatriz da
> corda – com o círculo. Por quê?
Eu não diria que é o perímetro do triângulo, mas apenas AB + BC (onde
A, B e C são, nessa ordem, os pontos consecutivos). Claro que como
apenas B "mexe", somar AC é uma constante, logo não muda nada. Mas o
importante ainda está por vir.
> 5) Porque quando o ponto do meio (o 2º) passeia ao longo do
> arco compreendido pela corda, a partir do ponto central (o ponto de
> interseção da mediatriz da corda com o círculo), o perímetro do triângulo
> diminui! Caso não diminuísse (ficasse constante),
Na minha terra, uma quantidade que não diminui, pode aumentar.
> o LG do 2º ponto seria uma
> elipse, com polos no 1º e 3º pontos – lembrem-se da definição da elipse (é o
> LG dos pontos cuja soma das distâncias do ponto considerado até dois pontos
> fixos, os polos, é invariante). Esta elipse passaria “por fora” do círculo,
> tangenciando-o no ponto de interseção da mediatriz da corda com o círculo.
Mas o argumento da elipse ainda assim é válido. Mas tem que dar uns
detalhes a mais: considere a elipse de focos A e C passando por B.
Como B está na mediatriz de AC, a elipse é tangente ao círculo em B.
As posições de uma elipse e um círculo são bem simples: é uma questão
de curvatura. Ora, a elipse com certeza passa fora do círculo na
"altura" da reta AC, logo ela também tem que estar do lado de fora
acima, logo a semi-elipse A'BC' contém o arco ABC. Como os pontos
dentro da elipse são os que têm a soma MENOR do que AB+BC, acabou.
> 6) Já que o triângulo deve ser isósceles, então o polígono
> deve ser regular!
Muita calma nessa hora. Seja P um polígono que não é regular. Seja P'
o polígono obtido de P "isoscelizando" dois lados contíguos como o
Albert fez. Então per(P) < per(P'). Em particular, se P for regular, o
procedimento do Albert não permite aumentar o comprimento, mas é só
isso. Claro que se você tomar outro polígono (que não seja regular,
portanto) ele não será o de maior perímetro, mas isso não implica que
o regular seja o maximizador.
Assim, aqui vem a minha chatice maior. Falta um de dois argumentos. Um
de convergência (se a gente tiver sorte, para o máximo), o outro de
existência do dito máximo.
A existência é um treco chato, e eu não sei provar sem
análise/topologia. O máximo existe porque o comprimento de um polígono
é uma função contínua dos ângulos dos vértices do mesmo, que vivem num
conjunto compacto (o círculo) e são em número finito. Sabendo da
existência, acabou: seja P o polígono que é de maior perímetro. A
construção do Bouskela diz que P tem que ser regular, já que, se não
fosse, seria possível aumentar o seu perímetro.
A convergência é mais "natural". O que a gente precisa mostrar é o
seguinte: seja P um polígono não regular. Então a construção do
Bouskela dá uma seqüência de polígonos P_i que convergem para um
polígono regular, e portanto para qualquer polígono P, o seu perímetro
é menor do que o perímetro do polígono regular. A idéia aqui é ir
"rodando", e daí a "discrepância" vai diminuir. Vou fazer com 3 lados,
já dá bastante trabalho assim.
Sejam a, b e c os ângulos entre os pontos A e B, B e C, C e A vistos
do centro do círculo. Como a gente quer que convirja para um triângulo
equilátero, eu vou chamar de 120+a, 120+b, 120+c. Repare que a + b + c
= 0 porque o triângulo é convexo ;).
A primeira etapa "isosceliza" em B, portanto temos
120 + (a+b)/2, 120 + (a+b)/2, 120 + c
Agora em C
120 + (a+b)/2, 120 + (a+b+2c)/4, 120 + (a+b+2c)/4
= 120 + (a+b)/2, 120 + c/4, 120 + c/4 (pois a+b+c = 0)
Enfim, em A
120 + (2a+2b+c)/8, 120 + c/4, 120 + (2a+2b+c)/4
= 120 + (a+b)/8, 120 + c/4, 120 + (a+b)/8
Agora, note que |(a+b)/8| + |c/4| + |(a+b)/8| <= ( |a| + |b| + |c| )/4
(porque |x+y| <= |x| + |y[), ou seja, os valores a, b, c dão uma
"discrepância total" que divide por 4 quando a gente dá a volta no
círculo. Assim, fazendo cada vez mais voltas, temos um polígono cujo
perímetro sempre aumenta, e cujo perímetro converge para o de um
polígono regular, que tem portanto um perímetro maior do que todos os
outros. A fórmula do caso geral é beeeem mais lenta (de convergir e de
calcular) e eu acho que dá um fator (1 - 6/2^n)
Claro que a maior parte dos alunos de 2° grau não vão ser uns chatos
de 2a categoria como eu...
Abraços,
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa
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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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