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!