Soluções semana 11

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Problema Iniciante

Ultimo problema

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)\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!

 

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