Soluções semana 11

Problema Iniciante

Por leves problemas técnicos com a figura, considere $F_1$ como sendo $K$ e $F_2$ como sendo $L$. Agora vamos aplicar os teoremas de Ceva e Menelaus (que vimos na semana passada) nesse problema.

Por Menelaus com a reta $EDK$, sabemos que $\dfrac{CE}{EA}\cdot\dfrac{AK}{BK}\cdot\dfrac{BD}{DC}=1$

Por CEVA com as cevians $AD,CL$ e $BE$ temos $\dfrac{CE}{EA}\cdot\dfrac{AL}{BL}\cdot\dfrac{BD}{DC}=1$

Igualando as duas equações obtidas acima e cancelando os termos iguais  nos resta $\dfrac{AK}{BK}=\dfrac{AL}{BL}$ que era a nossa meta desde o início!

 

Poblema Intermediário

A ideia para provar esse caso, pode ser generalizada para provar MA-MG para $n$ termos!

Sabemos que $(a-b)^2 \ge 0 \Longrightarrow a^2+b^2\ge 2ab$. Trocando $a^2$ e $b^2$ por $x$ e $y$, respectivamente, temos $\dfrac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}$ e a MA-MG seria provada para dois termos, mas não é bem isso que nós queremos, não é mesmo?

Para quatro número $a,b,c,d$ não negativos quaisquer, podemos fazer $\dfrac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}(1)$ e $\dfrac{c+d}{2}\ge \sqrt{cd}(2)$.

Considerando o nosso $x$ como sendo $a+b$ e o $y$ como sendo $c+d$ ficamos com $\dfrac{a+b+c+d}{2}\ge \sqrt{(a+b)(c+d)}$ e usando $(1)$ e $(2)$ $\Longrightarrow \dfrac{a+b+c+d}{2}\ge \sqrt{(2ab)^{\frac{1}{2}}(2cd)^{\frac{1}{2}}} \Longrightarrow \dfrac{a+b+c+d}{4}\ge (abcd)^{\frac{1}{4}}$. Poxa! Agora fizemos MA-MG para 4 termos! Tudo menos o que queríamos.

Mas agora vemo o detalhe importante: $a,b,c,d$ sõ quaisquer números não negativos. então, escolhidos $a,b,c$ faça $d=\dfrac{a+b+c}{3}$ Agora o que obtemos é:

$\dfrac{a+b+c+\frac{a+b+c}{3}}{4}\ge (abc\frac{a+b+c}{3})^{\frac{1}{4}}\Longrightarrow (\dfrac{a+b+c}{3})^4\ge (abc\frac{a+b+c}{3}) \Longrightarrow(\dfrac{a+b+c}{3})^3\ge (abc)\Longrightarrow \dfrac{a+b+c}{3}\ge (abc)^{\frac{1}{3}}$.

 

Problema Avançado

Numere os pontos de $1$ até $6n$, em ordem, da esquerda para a direita. Olhando para um bloco de $3n$ números consecutivos, se garantirmos que lá há exatamente $2n$ pontos azuis, acabamos o problema, pois sabemos que os outros $n$ pontos serão vermelhos.

Olhe para os blocos de $1$ a $3n$ e de $3n+1$ até $6n$. Como temos um total de $4n$ pontos azuis, se nenhum desses dois blocos tiver exatos $2n$ pontos azuis (caso contrário o problema acabaria) quer dizer que um tem mais e o outro tem menos do que $2n$ pontos da cor azul. Suponha sem perda de generalidade que o primeiro bloco é o que contem mais pontos azui do que queremos.

Notação: bloco de $t+1$ até $t+3n$ será chamado somente de bloco $t$.

Agora vamos analisar cada bloco de $3n$ pontos da esquerda para a direita. Observe que a quantidade de pontos azuis do bloco  $t$ para o bloco $t+1$:

• Aumenta por 1: se $t+1$ é vermelho e $t+3n+1$ é azul.
• Diminui em 1: se $t+1$ é azul e $t+3n+1$ é vermelho.
• Permanece a mesma: se $t+1$ e $t+3n+1$ tem a mesma cor.

Logo, perceba que, passando pelos blocos de um em um, a quantidade de pontos azuis varia discretamente de $1$ em $1$. Mas, como começamos nossa análise com o primeiro bloco, que tem mais de $2n$ pontos azuis, e terminamos a análise com o último bloco possível de $3n$ pontos, que tem menos de $2n$ pontos azuis, podemos concluir que para algum bloco no meio do caminho a quantidade de pontos azuis nele será exatamente $2n$. Assim, provamos a existência do bloco pedido sem ter que achar a sua posição exata e o problema acabou!