Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 6)

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Dauphineg

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Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 6)

Mensaje sin leer por Dauphineg » Sab 04 Jul, 2020 10:22 am

Un paralelogramo está inscrito en un hexágono regular de modo tal que los centros de simetría de ambas figuras coinciden.
Demostrar que el área del paralelogramo es menor o igual que $\frac{2}{3}$ del área del hexágono.

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Gianni De Rico

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Re: Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 6)

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 04 Jul, 2020 9:31 pm

Una solución con vectores dedicada a @Turko Arias:
Spoiler: mostrar
Sean $ABCDEF$ el hexágono, $PQRS$ el paralelogramo (con $P$ en $AB$), y $O$ el centro de $ABCDEF$. Por la condición del enunciado, $O$ es también el centro de $PQRS$. Tenemos entonces que $[PQRS]=4[POQ]$ y $[ABCDEF]=6[AOB]$, luego$$[PQRS]\leqslant \frac{2}{3}[ABCDEF]\iff 4[POQ]\leqslant \frac{2}{3}6[AOB]\iff [POQ]\leqslant [AOB]$$la desigualdad es claramente cierta si $Q$ está en $AB$; si $Q$ está en $CD$, $DE$ o $EF$, entonces $S$ está en $FA$, $AB$ o $BC$, respectivamente, y como $[POQ]=[POS]$, podemos resolver para $[POS]$, de modo que podemos suponer que $Q$ está en $BC$ o en $FA$, digamos sin pérdida de generalidad que está en $BC$.
Sean $\mathbf{a}=\overset{\to}{OA}$, $\mathbf{b}=\overset{\to}{OB}$, $\mathbf{c}=\overset{\to}{OC}$, $\mathbf{p}=\overset{\to}{OP}$ y $\mathbf{q}=\overset{\to}{OQ}$. Tenemos entonces que $[POQ]=\dfrac{1}{2}||\mathbf{p}\wedge \mathbf{q}||$ y $[AOB]=\dfrac{1}{2}||\mathbf{a}\wedge \mathbf{b}||$, luego, queremos ver que $||\mathbf{p}\wedge \mathbf{q}||\leqslant ||\mathbf{a}\wedge \mathbf{b}||$. Como $P\in AB$ y $Q\in BC$, tenemos que $\mathbf{p}=\alpha \mathbf{a}+(1-\alpha )\mathbf{b}$ y $\mathbf{q}=\beta \mathbf{b}+(1-\beta )\mathbf{c}$ con $\alpha ,\beta \in [0,1]$. Pongamos coordenadas de modo que $O$ sea el origen y $\mathbf{a}=(-1,-\sqrt{3},0)$, $\mathbf{b}=(1,-\sqrt{3},0)$ y $\mathbf{c}=(2,0,0)$, de esto se sigue que $\mathbf{p}=(1-2\alpha ,-\sqrt{3},0)$ y $\mathbf{q}=(2-3\beta ,-\beta \sqrt{3},0)$. Tenemos entonces que $||\mathbf{a}\wedge \mathbf{b}||=2\sqrt{3}$ (no necesitamos hacer el producto vectorial, es el doble del área de un triángulo equilátero de lado $2$), y tenemos también que$$\begin{align*}\mathbf{p}\wedge \mathbf{q} & =(1-2\alpha ,-\sqrt{3},0)\wedge (2-3\beta ,-\beta \sqrt{3},0) \\
& =(0,0,(1-2\alpha )(-\beta \sqrt{3})-(-\sqrt{3})(2-3\beta )) \\
& =(0,0,2\sqrt{3}(\alpha \beta -2\beta +1))
\end{align*}$$por lo tanto $||\mathbf{p}\wedge \mathbf{q}||=|2\sqrt{3}(\alpha \beta -2\beta +1)|$, separamos en casos según si $\alpha \beta -2\beta +1\geqslant 0$ o $\alpha \beta -2\beta +1<0$.
Si $\alpha \beta -2\beta +1\geqslant 0$, entonces$$\begin{align*}||\mathbf{p}\wedge \mathbf{q}||\leqslant ||\mathbf{a}\wedge \mathbf{b}|| & \iff 2\sqrt{3}(\alpha \beta -2\beta +1)\leqslant 2\sqrt{3} \\
& \iff \alpha \beta -2\beta +1\leqslant 1 \\
& \iff \alpha \beta \leqslant 2\beta
\end{align*}$$si $\beta =0$, entonces se da la igualdad, si $\beta >0$, entonces $\alpha \beta \leqslant 2\beta \iff \alpha \leqslant 2$, que claramente es cierto pues $\alpha \leqslant 1<2$.
Si $\alpha \beta -2\beta +1<0$, entonces$$\begin{align*}||\mathbf{p}\wedge \mathbf{q}||\leqslant ||\mathbf{a}\wedge \mathbf{b}|| & \iff -2\sqrt{3}(\alpha \beta -2\beta +1)\leqslant 2\sqrt{3} \\
& \iff 2\beta -\alpha \beta -1\leqslant 1 \\
& \iff \beta (2-\alpha )\leqslant 2
\end{align*}$$como $0\leqslant \alpha \leqslant 1$, entonces $0<1\leqslant 2-\alpha \leqslant 2$, y como $0\leqslant \beta \leqslant 1$, entonces $\beta (2-\alpha )\leqslant 2-\alpha \leqslant 2$.

En ambos casos la desigualdad es cierta. Concluimos entonces que $[PQRS]\leqslant \dfrac{2}{3}[ABCDEF]$, y estamos.
Queda Elegantemente Demostrado

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Dauphineg

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Re: Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 6)

Mensaje sin leer por Dauphineg » Sab 11 Jul, 2020 2:20 pm

Sin vectores:
Spoiler: mostrar
Nombramos a los vértices del hexágono regular como $A,B,C,D,E,F$ en ese orden y en sentido anti-horario . Nombramos los vértices del paralelogramo como $M,N,P,Q$ en ese orden y en sentido anti-horario. Nombramos al centro de simetría de ambas figuras como $O$. Sabemos que los segmentos $\overline{AD},\overline{BE}, \overline{CF}$ dividen al hexágono en $6$ triángulos equiláteros iguales, o sea con igual área y sabemos que las diagonales $\overline{MP}, \overline{NQ}$ dividen al paralelogramo en $4$ triángulos con igual área. Estos quiere decir que lo que se pide probar equivale a que el área de uno de los $4$ triángulos en que queda divido el paralelogramo es menor o igual que el área de cualquiera de los triángulos equiláteros nombrados, denominaremos $\Delta$ al área de estos triángulos equiláteros. Vamos a probar esto último dividiendo la demostración en solo $2$ casos posibles que existen, a saber:
1) Que el paralelogramos tenga $2$ de sus vértices pertenecientes a un mismo lado del hexágono por ejemplo que los puntos $M$ y $N$ estén sobre $\overline{AB}$, es inmediato que $\triangle MON\subseteq \triangle AOB$ y quedo probado que $Area \left ( MON \right )\leq \Delta$
2) Que el paralelogramos no tenga $2$ de sus vértices pertenecientes a un mismo lado del hexágono, pero tampoco hay forma de que existan siempre uno o mas lados del hexágono entre $2$ vértices consecutivos del paralelogramo, ya que si esto ocurriese necesitaríamos al menos $4$ lados del hexágono sin vértices del paralelogramo y por los tanto los $4$ vértices del paralelogramos estarían repartidos en los restantes lados del hexágono que como mucho serian $2$ y entonces habría necesariamente $2$ vértices del paralelogramo en el mismo lado del hexágono, pero esto ya se analizo antes.
Así que concluimos que habrá $2$ vértices consecutivos del paralelogramos situados en $2$ lados consecutivos del hexágono, sin perdida de generalidad supongamos que $ M\in \overline{FA}$ y que $N\in \overline{AB}$. Llamamos $x$ a la longitud de $\overline{MA}$, llamamos $y$ a la longitud de $\overline{NA}$, llamamos $l$ a la longitud del lado del hexágono, tenemos que $l-x\geq 0$ y $l-y\geq 0 \Rightarrow \left ( l-x \right )\left ( l-y \right )\geq 0 \Rightarrow 2.l^{2}-x.l-y.l+x.y\geq l^{2} \Rightarrow \left ( l-x \right ).l+\left ( l-y \right ).l+x.y\geq l^{2}$
$\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{4} \left [\left ( l-x \right ).l+\left ( l-y \right ).l+x.y \right ]\geq\frac{\sqrt{3}}{4}. l^{2} \Rightarrow \frac{1}{2}.sen(60^{\circ})\left ( l-x \right ).l+\frac{1}{2}.sen(60^{\circ})\left ( l-y \right ).l+\frac{1}{2}.sen(120^{\circ})x.y \geq\frac{1}{2}.sen(60^{\circ}) l^{2}$
$\Rightarrow Area \left ( FOM \right )+ Area \left ( BON \right )+Area \left ( MAN \right )\geq\Delta$
$\Rightarrow Area \left ( FOM \right )+ Area \left ( BON \right )+Area \left ( MAN \right )+Area \left ( MON \right ) \geq\Delta+Area \left ( MON \right )$
$\Rightarrow Area \left ( FABO \right )\geq\Delta+Area \left ( MON \right )\Rightarrow 2.\Delta \geq\Delta+Area \left ( MON \right )\Rightarrow \Delta \geq Area \left ( MON \right )$ y terminamos el problema

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