Desigualdades Geométricas

Fatos Úteis

• A hipotenusa é sempre maior do que o cateto.

• Seja $ABC$ é um triângulo. Então $\angle A$ é maior do que $\angle B$ se, e somente se, $BC>CA$.

• (Desigualdade triangular) Em um triângulo, a medida de um lado é menor que a da soma dos outros dois. De modo equivalente, se há três pontos no plano, eles estão alinhados se, e somente se a soma das duas menores distâncias entre eles é igual à terceira distância. Caso contrário, a soma deve ser maior.
• $-1 \leq \operatorname{sen} \theta \leq 1$ e $-1 \leq \cos \theta \leq 1$. Você pode saber mais sobre trigonometria aqui.
• Em um plano, o menor caminho entre dois pontos é uma reta.

Exemplo (OBMEP 2010 - 2ª Fase - Nível 3)

Uma formiguinha fez um passeio em um plano que contém dois pontos fixos $A$ e $B$. O gráfico em linha cheia representa a distância da formiga ao ponto $A$, em função do tempo, entre os instantes $t=0$ e $t=9$; o gráfico em linha tracejada dá a mesma informação com relação ao ponto $B$. Por exemplo, no instante $t=7$ a distância da formiga ao ponto $A$ era 5 e ao ponto $B$ era 3.

a) Em que instantes a formiguinha se encontrava à mesma distância de $A$ e de $B$?

Solução: Basta encontrar os instantes em que os dois gráficos se intersectam: são os instantes $t = 2$ e $t=5$.

b) Qual é a distância entre $A$ e $B$?

Solução: No instante $t=0$, a formiguinha dista 0 do ponto $B$ e dista 4 do ponto $A$, ou seja, ela está no ponto $B$ e sua distância ao ponto $A$ é 4. Isso significa que a distância entre $A$ e $B$ é 4.

c) Em que instantes a formiguinha estava sobre a reta que passa por $A$ e $B$?

Solução: Vamos chamar de $F$ o ponto da formiguinha. Para que $F$ esteja na reta $AB$, a desigualdade triangular não pode valer no triângulo $ABF$, ou seja, das distâncias $AB$, $AF$ e $BF$, as duas menores devem ter soma igual à maior. Como $AB=4$ pelo item anterior, a desigualdade deixa de valer sempre que $AF+BF=4$ ou $|AF-BF| = 4$. Isso acontece quando $0 \leq t \leq 3$ e também quando $t=9$.

d) Qual foi o comprimento do trajeto percorrido pela formiguinha entre os instantes $t=0$ e $t=9$?

Solução: Vamos monitorar o que acontece com o trajeto da formiguinha:

Em $0 \leq t \leq 3$, $AF+BF=4$, o que significa que $F$ está no segmento $AB$. Ela começa o trajeto no ponto $B$, e se move até o ponto em que $AF=1$ e $BF=3$.

Em $3 \leq t \leq 9$, $AF$ aumenta enquanto $BF$ é sempre igual a 3, o que significa que $F$ está se movendo num círculo de centro $B$ e raio 3, se afastando de $A$.

Até que, no instante final $t=9$, a desigualdade triangular deixa de valer novamente e $BF+AB=AF$, o que significa que $F$ finalizou seu trajeto na reta $AB$, sem se aproximar novamente de $A$, ou seja, o final do trajeto foi um semicírculo completo de centro $B$ e raio 3.

Assim, o comprimento do trajeto que a formiga andou foi $\underbrace{3}_{t \leq 3}+\underbrace{3\pi}_{3 \leq t \leq 9}$.

Exemplo

Prove que a distância entre quaisquer dois pontos que estão no interior ou na fronteira de um quadrado de lado $\ell$ é menor ou igual a $\ell \sqrt{2}$.

Solução: Considere $ABCD$ este quadrado e $P$ e $Q$ estes pontos. Considere $r$ uma reta paralela a $AB$ passando por $P$ e $s$ uma paralela a $BC$ por $Q$. Tome $R$ a intersecção entre $r$ e $s$. Observe que o triângulo $PQR$ é retângulo em $R$ e que $PR$ e $QR$ são ambos menores ou iguais a $\ell$.

Se aplicarmos o teorema de Pitágoras no triângulo $PQR$, então

$PQ=\sqrt{PR^2+QR^2} \leq \sqrt{\ell^2+\ell^2}=\ell \sqrt{2}.$

Exemplo (OBM 2018 - Nível 3)

Dizemos que um polígono $P$ está inscrito em outro polígono $Q$ quando todos os vértices de $P$ pertencem ao perímetro de $Q$. Também dizemos nesse caso que $Q$ é circunscrito a $P$. Dado um triângulo $T$, sejam $\ \ell\$ o máximo valor do lado de um quadrado inscrito em $T$ e $L$ o mínimo valor do lado de um quadrado circunscrito a $T$. Prove que, para todo triângulo $T$, vale a desigualdade $L/\ell \geq 2$, e encontre todos os triângulos $T$ para os quais a igualdade ocorre.

Solução: Relacionar os lados dos quadrados diretamente é quase impossível, então vamos tentar relacioná-los com os elementos do triângulo no qual eles estão inscritos ou circunscritos.

Vamos começar pelo quadrado inscrito. Como um quadrado tem quatro vértices e $T$ tem três lados, pelo Princípio das Casas dos Pombos, dois dos vértices do quadrado estão no mesmo lado de $T$: vamos chamar esse lado de $a$ (sua medida também será $a$). Como o quadrado tem lados opostos paralelos, o triângulo formado pelo lado do quadrado paralelo a $a$ que não coincide com ele com os dois outros lados de $T$ é semelhante a $T$. Como há perpendiculares envolvidas, é bom traçarmos a altura relativa a $a$, cuja medida é $h$.

Dadas as medidas da figura, com a semelhança, podemos formar a seguinte proporção:

$\dfrac{a}{h}=\dfrac{\ell}{h-\ell}\iff \dfrac{h-\ell}{h}=\dfrac{\ell}{a}$

Usando a propriedade de que $\frac{x}{y}=\frac{z}{w}=\frac{x+z}{y+w}$, ficamos com:

$\dfrac{h-\ell}{h}=\dfrac{\ell}{a}=\dfrac{h}{a+h}$

Com a última igualdade, ficamos com:

$\ell=\dfrac{ah}{a+h}$

Isso é bom, mas podemos fazer melhor. Quando formos analisar um quadrado circunscrito a $T$, será complicado inserir a altura $h$ na figura, também porque nem sabemos qual será o “lado $a$”, então precisamos de algo mais “geral”. Felizmente, esse $ah$ nos dá uma dica: a área do triângulo $T$ é $ah/2$! Dessa forma, se chamarmos a área de $T$ de $S$, ficamos com:

$\ell=\dfrac{2S}{a+h} \ (\spades)$

Ainda não tiramos a altura da nossa expressão. A desigualdade que queremos provar pode ser reescrita como $[\text{Coisa com } L] \geq \ell$, então precisamos envolver tanto $\ \ell\$ quanto $L$ numa desigualdade. Como sabemos que $ah=2S$ e temos $a+h$, temos o valor do produto e queremos uma desigualdade que envolva a soma... é a Desigualdade das Médias! Observe que:

$a+h\geq 2\sqrt{ah} = 2\sqrt{2S}$

E também que, pela igualdade $(\spades)$ que obtemos com $\ \ell\$, temos que:

$a+h=\dfrac{2S}{\ell}$

Ou seja:

$\dfrac{2S}{\ell}\geq 2\sqrt{2S} \iff \dfrac{S}{\ell} \geq \sqrt{2S}\iff \ell \leq \dfrac{S}{\sqrt{2S}}= \dfrac{\sqrt{S}}{\sqrt{2}} = \sqrt{\dfrac{S}{2}}$

Ótimo! Temos que $\ \ell\$ é menor que ou igual a alguma coisa. Antes de atacar o caso do quadrado circunscrito, podemos voltar à desigualdade do enunciado, e ver que queremos provar que:

$\dfrac{L}{2}\geq \ell$

Ou seja, se provarmos que:

$\dfrac{L}{2} \geq \sqrt{\dfrac{S}{2}} \geq \ell$

Que é o mesmo que:

$\dfrac{L}{2} \geq \sqrt{\dfrac{S}{2}}\iff \dfrac{L^2}{4} \geq \dfrac{S}{2} \iff L^2 \geq 2S$

Provaremos a desigualdade do enunciado. A desigualdade acima se traduz para “a área do quadrado é maior ou igual ao dobro da área de $T$”, ou, em outras palavras, “a área de $T$ é no máximo metade da área do quadrado”. Vamos ver se conseguimos provar isso!

Se há dois vértices de $T$ em um mesmo lado do quadrado circunscrito, fica evidente que sua base - formada aqui pelos dois vértices no mesmo lado - e a altura relativa a essa base são ambas menores que ou iguais a $L$. Assim, sua área será menor que ou igual a $\dfrac{L^2}{2}$, então temos que $S \leq \dfrac{L^2}{2}$ nesse caso.

E quando todos os pontos estão em lados distintos? Nesse caso, há dois pontos em lados opostos: vamos chamar esses dois de $B$ e $C$, enquanto o terceiro ponto é $A$. Como acharemos a área desse triângulo?

Podemos dividi-lo em triângulos menores! Se projetarmos $A$ sobre o lado oposto do quadrado em $A'$, e marcarmos $P$ como a interseção de $AA'$ e $BC$, a área de $T$ será a soma das áreas de $ABP$ e $ACP$. Eles têm o lado $AP$ em comum, então faz sentido calcular a área por ele: se $h_1$ e $h_2$ forem as alturas de $ABP$ e $ACP$ relativas a $AP$, então:

$S=\dfrac{AP\cdot h_1}{2}+\dfrac{AP\cdot h_2}{2}=\dfrac{AP}{2}(h_1+h_2)$

Como $h_1+h_2=L$ e $AP\leq L$:

$S=\dfrac{AP}{2}\cdot L \leq \dfrac{L^2}{2}$

Ou seja, $S \leq \dfrac{L^2}{2}$, como queríamos! Donde segue que $L/\ell \geq 2$.

Para determinarmos quando a igualdade ocorre, basta observar que:

$\dfrac{L}{2} \geq \sqrt{\dfrac{S}{2}} \geq \ell$

Então, a igualdade ocorrerá quando:

$\dfrac{L}{2} = \sqrt{\dfrac{S}{2}} = \ell$

Em outras palavras, a área de $T$ deve ser metade da área do quadrado circunscrito, o que ocorre somente quando $a=h=L$.

Exemplo

Na figura a seguir, vamos chamar de $\Gamma$ a circunferência. Considere $\angle ACB=\theta$.

A partir de agora, vamos considerar apenas os pontos que estão do mesmo lado que $C$ em relação à reta $AB$. Sabe-se que se $D$ for um ponto qualquer de $\Gamma$ (lembre-se estamos do mesmo lado que $C$), então $\angle ADB=\theta$. Mas você já se perguntou o que acontece se $D$ estiver no interior de $\Gamma$? E se $D$ estiver na parte de fora? Vamos brincar com isso:

(a) Se $D$ é um ponto interior à circunferência, prove que $\angle ADB>\theta$.

(b) Se $D$ é um ponto fora da circunferência, prove que $\angle ADB<\theta$.

Solução:

(a) Vamos supor que $D$ esteja no interior do ângulo $\angle ACB$. Caso ele não esteja, pegue outro ponto na circunferência $E$ tal que $D$ esteja no interior de $\angle AED$. O raciocínio será o mesmo. Considere $X$ um ponto na reta $CD$ de forma que $D$ esteja entre $C$ e $X$. Repare que $\angle ADX>\angle ACX$. De fato,

$\angle ADX=\angle ACD+\angle CAD>\angle ACD=\angle ACX.$

Analogamente, $\angle BDX>\angle BCX$. Desta forma,

$\angle ADB=\angle ADX+\angle BDX>\angle ACX+\angle BCX=\angle ACB=\theta.$

(b) Considere $C$ no interior do ângulo $\angle ADB$. Caso contrário, basta tomarmos $E$ que esteja na circunferência $\Gamma$ e no interior de $\angle ADB$ e o raciocínio será o mesmo. O restante do problema segue de modo análogo ao que fizemos no item (a): basta provarmos que $\angle ACB>\angle ADB$.

Exemplo (OBM 2001 - 3ª Fase - Nível 2)

Dado um inteiro positivo $h$ demonstre que existe um número finito de triângulos de lados inteiros $a$, $b$ e $c$ e altura relativa ao lado $c$ igual a $h$.

Solução: Consideremos $A$, $B$, $C$ e $D$ os vértices e $m$ e $n$ as medidas conforme a figura. Observe que, se tivermos os valores de $h$, $m$ e $n$, podemos determinar os valores de $a$, $b$ e $c$. Com isso, se provarmos que existe uma quantidade finita de valores que $m$ e $n$ podem assumir, resolvermos o problema (pois aí existe uma quantidade finita de valores para $a$, $b$ e $c$).

A estratégia será a seguinte: provaremos $m$ e $n$ são inteiros e limitados por algum valor. Disto segue que existe uma quantidade finita deles.

Comecemos mostrando que $m$ e $n$ são limitados. Se aplicarmos o teorema de Pitágoras nos triângulos $CBD$ e $CDA$,

$a^2=h^2+m^2 (*)$

$b^2=h^2+n^2 (**)$.

Vamos mexer com a igualdade $a^2=h^2+m^2$, pois a equação $b^2=h^2+n^2$ é análoga. A partir da primeira equação, podemos encontrar uma desigualdade envolvendo $h$ e $m$? O que sabemos sobre triângulos retângulos? Que a hipotenusa é maior que o cateto, isto é, $a>m$. Porém, como $a$ e $m$ são inteiros, conseguimos dar algo mais preciso: $a\geq m+1$. Se elevarmos ambos os lados ao quadrado e usarmos que $a^2-m^2=h^2$:

$a \geq m+1 \Leftrightarrow a^2 \geq (m+1)^2 \Leftrightarrow a^2-m^2 \geq 2m+1 \Leftrightarrow h^2 \geq 2m+1 \Leftrightarrow m \leq \frac{h^2-1}{2}.$

Analogamente, $n \leq \frac{h^2-1}{2}$. Resta provarmos que $m$ e $n$ são inteiros. Como $n=c-m$, se mostrarmos que $m$ é inteiro, $n$ também será.

Observe que $a^2=h^2+m^2$, de onde segue que $m=\sqrt{a^2-h^2}$. Assim, $m$ é inteiro ou irracional. Provaremos que $m$ não pode ser irracional. Vamos encontrar uma igualdade que envolva $a$, $b$, $c$ e $m$. Se subtrairmos $(**)$ de $(*)$:

$a^2-b^2=m^2-n^2$

Se fizermos $n=c-m$ nesta igualdade, obt/eremos

$m=\frac{a^2-b^2+c^2}{2}.$

De onde segue que $m$ é racional. Logo, $m$ é inteiro e assim $n$ também é.

Exemplo (Cone Sul 2003)

Seja $ABC$ um triângulo acutângulo tal que o ângulo $B$ mede $60^{\circ}$. A circunferência de diâmetro $AC$ intersecta as bissetrizes internas de $A$ e $C$ nos pontos $M$ e $N$ respectivamente ($M \neq A$, $N \neq C$). A bissetriz interna do ângulo $B$ intersecta $MN$ e $AC$ nos pontos $R$ e $S$, respectivamente. Demonstrar que $BR \leq RS$.

Solução: Vamos nomear algumas medidas do triângulo. Considere $\angle BAC = 2\alpha$ e $\angle BCA = 2 \beta$. Suponha sem perda de generalidade que $\alpha \geq \beta$.

Os pontos $M$ e $N$ ficam dentro ou fora do triângulo? Comecemos vendo isto para representar melhor a figura. Sabemos que $N$ ficará no interior do triângulo se $\angle NAC \leq \angle BAC$. Já sabemos que $\angle BAC = 2\alpha$. Calculemos $\angle NAC$.

Como $N$ pertence a uma circunferência de diâmetro $AC$, segue que $\angle ANC=90^{\circ}$. Além disso, $\angle NCA=\beta$ e assim $\angle NAC=90^{\circ}-\beta$. Mas seria interessante se tivéssemos $\angle NAC$ em função de $\alpha$, pois queremos comparar com $BAC$. Para isso, é interessante relacionarmos $\alpha$ e $\beta$. Porém observe que a soma dos ângulos internos de $ABC$ é $180^{\circ}$ e assim

$2\alpha+2\beta+60^{\circ}=180^{\circ} \Leftrightarrow \alpha+\beta=60^{\circ}.$

Como $\alpha \geq \beta$, segue que $\alpha \geq 30^{\circ}$ e $\beta \leq 30^{\circ}$.

Assim

$\angle NAC=90^{\circ}-\beta=90^{\circ}-(60^{\circ}-\alpha)=\alpha+30^{\circ}.$

Desta forma, $\angle NAC \leq \angle BAC$ equivale a $\alpha \geq 30^{\circ}$, o que é verdade. Logo, $N$ está no interior do triângulo $ABC$. Analogamente, $M$ está no exterior.

Vamos determinar mais informações na figura para ver se conseguimos encontrar uma estratégia. Sejam $I$ o incentro do triângulo $ABC$ e $K$ o ponto de encontro entre $MN$ e $BC$.

Observe que $\angle ANC = \angle AMC = 90^{\circ}$, de onde segue que o quadrilátero $ACMN$ é inscritível. Com isso, $\angle KMI = \angle NCA = \beta$. Mas $\angle KCI = \beta$. Logo, $IKMC$ é inscritível, de onde segue que $\angle IKC = \angle IMC = 90^{\circ}$.

Sabemos que o incentro é equidistante dos lados do triângulo $ABC$ e essa distância é o raio da circunferência inscrita, que chamaremos de $r$. Além disso, $IK$ é a distância de $I$ ao lado $BC$.

Vamos traçar a seguinte estratégia: comparar os lados $BR$ e $RS$ com $r$.

Podemos começar calculando $BI$ em função de $r$. Observe que o triângulo $IBK$ é retângulo em $K$ e $IK=r$. Além disso, $\angle IBK = 30^{\circ}$. Desta forma,

$\operatorname{sen} 30^{\circ} = \frac{IK}{BI}=\frac{r}{BI} \Leftrightarrow \frac{1}{2}=\frac{r}{BI} \Leftrightarrow BI = 2r.$

E a partir dele, como podemos calcular $BR$? Basta notarmos que $BR=BI-IR$. Conseguimos calcular $IR$ em função de $r$? Basta olharmos para o triângulo $IRK$. Já sabemos que $IK=r$. Dá para calcular a medida de algum dos ângulos deste triângulo?

Se conseguirmos calcular $\angle CKM$, podemos calcular $\angle IKR$. Mas para calcularmos esse primeiro ângulo, basta calcularmos $\angle KCM$.

Observe que

$\angle KCM = \angle MCA - \angle MCB.$

Mas $\angle MCB = 2\beta$. Além disso, como a soma dos ângulos internos do triângulo $AMC$ é $180^{\circ}$, segue que $\angle MCA = 90^{\circ}-\alpha$. Desta maneira,

$\angle KCM = 90^{\circ}-\alpha-2\beta = 90^{\circ}-(\alpha+\beta)-\beta=90^{\circ}-60^{\circ}-\beta=30^{\circ}-\beta.$

Como a soma dos ângulos internos do triângulo $KCM$ é $180^{\circ}$, segue que $\angle CKM = 60^{\circ}$, de onde segue que $\angle NKB = 60^{\circ}$. Desta forma,

$\angle IKB - \angle NKB = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}.$

Conseguimos encontrar algum outro ângulo do triângulo $IRK$? Observe que se $W$ é o ponto de encontro entre $MN$ e $AB$, segue que o triângulo $BKW$ é equilátero. Com isso, já que $BR$ é bissetriz do ângulo $\angle ABC$, segue que também é altura e desta forma, $\angle BRK = 90^{\circ}$ e assim $\angle IRK=90^{\circ}$.

Desta forma, se olharmos no triângulo $IRK$:

$\operatorname{sen} \angle RKI = \frac{RI}{KI}=\frac{RI}{r} \Leftrightarrow \operatorname{sen} 30^{\circ}=\frac{RI}{r} \Leftrightarrow RI = \frac{r}{2}.$

Com isso, $BR=BI-RI=2r-\frac{r}{2}=\frac{3r}{2}.$

Desta forma, a desigualdade que queríamos mostrar é equivalente a

$RS \geq \frac{3r}{2}.$

Observe que esta desigualdade equivale a

$RI+IS \geq \frac{3r}{2} \Leftrightarrow \frac{r}{2}+IS \geq \frac{3r}{2} \Leftrightarrow IS \geq r. (*)$

Isto é verdade? Para vermos isto, considere $T$ um ponto sobre o lado $AC$ tal que $IT$ é perpendicular a $AC$. Como o incentro $I$ é equidistante aos lados, segue que $IT=IK=r$.

Se $T$ coincidir com $S$, então $IS=IT=r$. Caso contrário, $IST$ será um triângulo retângulo com $IS$ hipotenusa. Como hipotenusa é sempre maior que um cateto, $IS>IT=r$. Desta forma, $(*)$ é verdadeira e assim a igualdade do enunciado também é.

Exemplo (OBM 2011 - 3ª Fase - Nível 3)

Mostre que, para todo pentágono convexo $P_1P_2P_3P_4P_5$ de área $1$ existem dois triângulos $P_iP_{i+1}P_{i+2}$ e $P_jP_{j+1}P_{j+2}$ (em que $P_6=P_1$ e $P_7=P_2$), formados por três vértices consecutivos do pentágono, tais que

$\text{área} P_iP_{i+1}P_{i+2} \leq \frac{5-\sqrt{5}}{10} \leq \text{área} P_jP_{j+1}P_{j+2}$.

Solução: Para facilitar a nossa escrita, vamos considerar $\alpha=\frac{5-\sqrt{5}}{10}$. Vamos começar provando que existe um triângulo $P_jP_{j+1}P_{j+2}$ com área maior ou igual a $\alpha$. Para isso, suponha, por absurdo, que as áreas de todos os triângulos $P_jP_{j+1}P_{j+2}$ são menores do que $\alpha$.

Uma maneira interessante de prosseguirmos é relacionarmos as áreas de outros triângulos formados com $\alpha$. Assim, quem sabem, conseguimos montar uma desigualdade apenas com $\alpha$ e chegar a um absurdo. Observe que o valor de $\alpha$ parece o resultado de uma equação do segundo grau (lembre-se que os resultados de $x$ são da forma $\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$). Como ele aparece em uma desigualdade, parece razoável procurarmos uma inequação do segundo grau envolvendo $\alpha$.

Já que estamos mexendo com várias áreas e talvez seja mais fácil brincar com seguimentos, talvez seja legal lembrarmos daquela ideia: se dois triângulos possuem a mesma altura, então a razão entre suas áreas é igual a razão entre suas bases. Se você quiser conhecer mais sobre essa ideia, pode clicar aqui. Seria mais interessante ainda se conseguíssemos um segmento de forma que pudéssemos compará-lo com áreas de mais de uma maneira.

Consideremos $Q$ o ponto de intersecção entre as diagonais $P_1P_4$ e $P_3P_5$.

Tomemos a razão $\frac{P_1Q}{P_1P_4}$. Vamos compará-la com áreas de triângulos de duas formas diferentes. Observe que, como $P_1P_2Q$ e $P_1P_2P_4$ possuem mesma altura relativas a $P_1Q$ e $P_1P_4$, podemos dizer que

$\frac{P_1Q}{P_1P_4}=\frac{[P_1P_2Q]}{[P_1P_2P_4]}(*)$.

Comparemos as áreas destes triângulos com $\alpha$. Como não temos muitas igualdades, vamos procurar desigualdades. Vamos começar com $P_1P_2P_4$. Podemos compará-lo com áreas de triângulos de vértices consecutivos (já que estamos supondo que todos eles têm áreas menores do que $\alpha$)? Sim: observe que, como área do pentágono é $1$,

$[P_1P_2P_4]=1-[P_1P_4P_5]-[P_2P_3P_4]<1-2\alpha.$

Vejamos agora se conseguimos comparar $P_1P_2Q$ com $\alpha$. Observemos que existem dois triângulos de vértices consecutivos que envolvem $P_1$ e $P_2$: $P_1P_2P_3$ e $P_1P_2P_5$. Como podemos comparar esses três triângulos? Notemos que eles possuem um lado em comum: $P_1P_2$. Por isso, parece interessante analisarmos as alturas relativas a $P_1P_2$.

Observe que se $P_5P_3$ e $P_1P_2$ são paralelos. então as alturas relativas à $P_1P_2$ são iguais e por isso, $[P_1P_2Q]=[P_1P_2P_3]=[P_1P_2P_5]$. Como esses dois últimos são menores do que $\alpha$, segue que a área de $P_1P_2Q$ será menor do que $\alpha$.

E se $P_5P_3$ e $P_1P_2$ não forem paralelos? Então uma das alturas relativas a $P_5$ ou $P_3$ será maior do que a altura relativa a $Q$. Dessa forma, o triângulo $P_1P_2Q$ terá menor do que um dos triângulos $P_1P_2P_5$ ou $P_1P_2P_3$ que por sua vez têm área menor do que $\alpha$. Portanto, em qualquer um dos dois casos, $[P_1P_2Q]<\alpha$.

Se voltarmos a $(*)$,

$\frac{P_1Q}{P_1P_4}<\frac{\alpha}{1-2\alpha}.(**)$

Além disso,

$\frac{P_1Q}{P_4Q}=\frac{[P_1P_3P_5]}{[P_3P_4P_5]}.(***)$

Caso você não entenda essa passagem, pode encontrar um exemplo parecido aqui. Repare que é um pouco diferente da fração que já havíamos comparado com $\alpha$ (ou seja, $\frac{P_1Q}{P_1P_4}$). Mas fique tranquilo, sabemos relacioná-las e por isso podemos mexer com elas. Vamos comparar $P_1P_3P_5$ e $P_3P_4P_5$ com $\alpha$. Sabemos que esse último triângulo tem vértices consecutivos e por isso, sua área é menor do que $\alpha$. Resta mexermos com $P_1P_3P_5$. Observemos que

$[P_1P_3P_5]=1-[P_1P_2P_3]-[P_3P_4P_5]>1-2\alpha.$

Ao voltarmos em $(***)$,

$\frac{P_1Q}{P_4Q}>\frac{1-2\alpha}{\alpha}.$

Mas para mexermos com $(**)$, precisamos que nossa fração seja $\frac{P_1Q}{P_1P_4}$. Ou seja, precisamos mudar a parte debaixo da fração. Para isso, notemos que $P_4Q=P_1P_4-P_1Q$. Assim

$\frac{P_1Q}{P_1P_4-P_1Q}>\frac{1-2\alpha}{\alpha}.$

Seria muito legal se conseguíssemos separar essa subtração da parte debaixo. Mas tem um problema: ela só é separável se estiver em cima. Ou seja, seria muito bom se pudéssemos inverter a fração do lado esquerdo da desigualdade. Podemos fazer isso? Sim: desde que invertamos o outro lado e o sinal também:

$\frac{P_1P_4-P_1Q}{P_1Q}<\frac{\alpha}{1-2\alpha} \Leftrightarrow \frac{P_1P_4}{P_1Q}-\frac{P_1Q}{P_1Q}<\frac{\alpha}{1-2\alpha} \Leftrightarrow \frac{P_1P_4}{P_1Q}-1<\frac{\alpha}{1-2\alpha}\Leftrightarrow \frac{P_1P_4}{P_1Q}<\frac{1-\alpha}{1-2\alpha} .$

Mas como queremos falar sobre $\frac{P_1Q}{P_1P_4}$, basta invertermos novamente os dois lados e o sinal também:

$\frac{P_1Q}{P_1P_4}>\frac{1-2\alpha}{1-\alpha}.(****)$

Ao compararmos $(**)$ com $(****)$,

$\frac{\alpha}{1-2\alpha}>\frac{1-2\alpha}{1-\alpha}.$

Seria legal se nos livrássemos dessas frações. Para nos livrarmos de $1-2\alpha$ no denominador, basta multiplicarmos ambos os lados da inequação por $1-2\alpha$. Mas para isso, precisamos ter certeza de que este número é positivo, isto é, $\alpha < \frac{1}{2}$. Como $\alpha=\frac{5-\sqrt{5}}{10}$, precisamos provar que $\frac{5-\sqrt{5}}{10}<\frac{1}{2}$. Mas isso equivale a dizer que $5-\sqrt{5}<5$, o que é verdade. Desta forma, realmente podemos multiplicar por $1-2\alpha$ e obter:

$\alpha>\frac{(1-2\alpha)^2}{1-\alpha}$.

De modo análogo, podemos provar que $1-\alpha>0$. Vamos multiplicar ambos os lados da desigualdade por $1-\alpha$ para sumirmos com a fração:

$\alpha(1-\alpha)>(1-2\alpha)^2 \Leftrightarrow 5\alpha^2-5\alpha+1<0.$

Como as raízes de $5\alpha^2-5\alpha+1=0$ são $\frac{5-\sqrt{5}}{10}$ e $\frac{5+\sqrt{5}}{10}$, podemos concluir que

$\frac{5-\sqrt{5}}{10}<\alpha<\frac{5+\sqrt{5}}{10}.$

Absurdo. Desta forma, algum dos triângulos do enunciado tem área maior ou igual a $\alpha$. De modo análogo, o outro lado da desigualdade também pode ser provado, bastando inverter as desigualdades.

Exemplo (IMO 1995)

Seja $ABCDEF$ um hexágono convexo com $AB=BC=CD$ e $DE=EF=FA$, tal que $\angle BCD=\angle EFA=\frac{\pi}{3}$. Suponha que $G$ e $H$ sejam pontos no interior do hexágono tais que $\angle AGB=\angle DHE= \frac{2\pi}{3}$. Prove que $AG+GB+GH+DH+HE \geq CF$.

Solução: Em problemas que queremos relacionar medidas que não estão próximas assim, uma ideia é usarmos a simetria para transferirmos medidas. Mas simetria em relação a quem? Uma boa opção seria alguma reta que já tem faz um certo papel de eixo de simetria (afinal, ao tomarmos o simétrico, iremos parar em pontos conhecidos).

Vamos descobrir mais informações sobre a figura para procurarmos isso. Sabemos que se um triângulo for isósceles e um de seus ângulos medir $60^{\circ}$, ele automaticamente é equilátero. Desta forma, os triângulos $BCD$ e $EFA$ são equiláteros. Desta forma, $BE$ funcionará como um eixo de simetria da figura. Em particular, se refletirmos $D$ sobre ela obteremos $A$ (e vice-versa).

Tomemos $C'$ e $F'$ os simétricos de $C$ e $F$ em relação a $BE$. Note que $C'F'=CF$. Agora nosso problema se resume a provar que $AG+GB+GH+DH+HE \geq C'F'$. E isso parece interessante, pois é mais fácil mexermos com $C'F'$ e esses segmentos do que com $CF$.

Se conseguirmos relacionar $AG$ e $GB$ com $C'G$ e também $DH$ e $HE$ com $HF'$, podemos usar o seguinte: como o menor caminho entre dois pontos é uma reta, vale dizer que $C'G+GH+HF' \geq C'F'(*)$.

Existe alguma relação entre $AG$ e $GB$ com $C'G$? Como $A$, $C'$ e $B$ são simétricos de $D$, $C$ e $B$, respectivamente em relação à reta $BE$, segue que $\angle AC'B=\angle DCB=60^{\circ}$. Já que $\angle AGB=120^{\circ}$, podemos concluir que $AGBC'$ é inscritível. Se aplicarmos nele o teorema de Ptolomeu,

$AG \cdot BC'+AC'\cdot GB=AB \cdot C'G.$

Porém observe que $BC'=AB$ (pois $BC'=BC=AB$) e $AB=AC'$ (pois $ABC'$ é um triângulo isósceles com ângulo de $60^{\circ}$). Se usarmos isso na igualdade que obtermos falando do teorema de Ptolomeu,

$AG+GB=C'G.$

Analogamente,

$DH+HE=HF'$.

Se usarmos as duas últimas igualdades e $(*)$,

$AG+GB+GH+DH+HE=C'G+GH+HF' \geq CF$.

A igualdade vale se, e somente se, $C'G+GH+HF'=C'F'$, isto é, $G$ e $H$ pertencem a $C'F'$.

Passe de Lados para Ângulos

Como fazer isto? Uma maneira é considerar a propriedade já citada aqui: se $ABC$ for um triângulo, então $\angle A$ é maior do que $\angle B$ se, e somente se, $BC>CA$.

Exemplo

Prove que dois pontos que estão no interior ou na fronteira de um triângulo possuem distância menor ou igual à medida do maior de seus lados.

Solução: Sejam $ABC$ o triângulo, $P$ e $Q$ os pontos, $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$, $\alpha=\angle A$, $\beta=\angle B$ e $\gamma=\angle C$. Vamos dividir em casos:

(i) $P$ e $Q$ pertencem a um mesmo lado (podendo coincidir com os vértices ou não)

Neste caso, o segmento $PQ$ estarão contidos em um mesmo lado e portanto a sua medida é menor que a do lado que ele está contido que por sua vez é menor que a medida do menor lado.

(ii) Um dos pontos coincidem com um vértice e o outro está no lado oposto

Suponha, sem perda de generalidade, que $P$ coincide com $A$ e $Q \in BC$. Suponha também, por absurdo, que $PQ$ seja maior que o maior dos lados e assim maior que os três lados. Vamos passar para ângulos. Considere $\angle PQB = \theta$. Se olharmos para os triângulos $PQB$, como $PQ$ é maior do que $AB$, segue que

$\beta > \theta.(*)$

Além disso, se olharmos para o triângulo $PQC$, como $PQ$ é maior do que $AC$,

$\gamma > 180^{\circ}-\theta.(**)$

Ao somarmos $(*)$ e $(**)$,

$\beta + \gamma > 180^{\circ}.$

Absurdo. Logo, $PQ$ é menor do que o maior dos lados do triângulo.

(iii) $P$ e $Q$ pertencem a lados distintos

Suponha, sem perda de generalidade, que $P$ e $Q$ pertençam a $AB$ e $AC$, respectivamente. Pelo caso anterior, $BQ$ é menor que o maior dos lados de $ABC$.

Se aplicarmos o mesmo resultado ao triângulo $ABQ$, iremos concluir que $PQ$ é menor que o maior dos lados de $ABQ$. Se esse maior lado for $BQ$, então $PQ$ será menor que o maior dos lados do triângulo $ABC$ por causa do que acabamos de concluir no parágrafo anterior.

Já se $AB$ ou $AQ$ for o maior dos lados do triângulo $ABC$, então $PQ$ será menor do que eles e por sua vez menor que o maior dos lados de $ABC$.

(iv) Pelo menos um dos pontos está no interior do triângulo

Basta prolongarmos o segmento até que ele intersecte a fronteira. Entraremos em algum dos casos anteriores que será menor do que o maior dos lados do triângulo.

Observação: Esse resultado pode nos ajudar a resolver outros problemas envolvendo desigualdades geométricas. Por exemplo, o que vem a seguir.

Exemplo (IMO 1993)

Para três pontos $P, Q, R$ no plano, definimos $m(PQR)$ como o menor comprimento das três alturas do triângulo $PQR$. (Se os pontos são colineares, definimos $m(PQR)=0$.)

Prove que para os pontos $A,B,C,X$ no plano

$m(ABC) \leq m(ABX)+m(AXC)+m(XBC).$

Solução: Se $A$, $B$ e $C$ são colineares, então $m(ABC)=0$ e a desigualdade do enunciado é verdadeira (pois $m(PQR) \geq 0$ para quaisquer pontos $P, Q, R$). Agora vamos considerar o triângulo $ABC$ e analisar as possíveis posições de $X$ em relação a ele.

(i) $X$ está no interior do triângulo $ABC$ ou na sua fronteira

A primeira coisa que é estranha aqui é a seguinte: como vamos mexer com a menor altura de um triângulo? Parece trabalhoso. Que tal então relacionar essa informação com coisas mais fáceis de se trabalhar. Sabemos que alturas de triângulos têm a ver com áreas. Vamos mexer com isso então. Observe que para triângulos

$\text{Área}=\frac{\text{Base} \times \text{Altura}}{2}$.

Imagine uma área fixa. Quando diminuímos a altura (sem mudar a área), a base aumenta. Se a altura for mínima, então a base deve ser máxima. Vamos considerar $d(PQR)$ a medida do maior lado do triângulo $PQR$. Então

$[PQR]=\frac{d(PQR)m(PQR)}{2} \Leftrightarrow m(PQR)=\frac{2[PQR]}{d(PQR)}.$

Agora sim conseguimos escrever o lado direito da desigualdade do enunciado em termos de coisas que são mais fáceis de trabalhar. De fato,

$m(ABX)+m(AXC)+m(XBC)=\frac{2[ABX]}{d(ABX)}+\frac{2[AXC]}{d(AXC)}+\frac{2[XBC]}{d(XBC)}.(*)$

Por mais que os objetos que temos sejam mais fáceis de trabalhar, essa conta parece um pouco mais chata: de fato, as partes debaixo das frações são diferentes e isso parece trabalhoso. Seriam legal se todas elas fossem iguais. Como podemos fazer isso? Lembre-se que queremos provar a desigualdade do enunciado e por isso vale a pena fazermos aparecer coisas sobre o triângulo $ABC$. Por isso, vamos comparar as expressões debaixo das frações com $d(ABC)$.

Para quaisquer dois pontos no interior ou na fronteira do triângulo $ABC$, a distância entre eles será menor ou igual ao maior lado do triângulo. Em particular, o maior lado de $ABX$, $AXC$ e $XBC$ será menor ou igual ao maior lado de $ABC$. Em símbolos, $d(ABX)$, $d(AXC)$ e $d(XBC)$ serão menores ou iguais a $d(ABC)$. Desta forma, se voltarmos a $(*)$ e usarmos essa última descoberta:

$m(ABX)+m(AXC)+m(XBC) \geq \frac{2[ABX]}{d(ABC)}+\frac{2[AXC]}{d(ABC)}+\frac{2[XBC]}{d(ABC)}=$

$=\frac{2([ABX]+[AXC]+[XBC])}{d(ABC)}=\frac{2[ABC]}{d(ABC)}=m(ABC).$

(ii) $X$ está fora do triângulo $ABC$, mas no interior do ângulo $\angle BAC$

Uma ideia aqui seria forçar o caso anterior aparecer. Considere $Y$ o ponto de encontro entre $AX$ e $BC$. Como $Y$ está na fronteira do triângulo $ABC$, pelo caso anterior,

$m(ABY)+m(AYC)+m(YBC) \geq m(ABC).$

Se provarmos que

${\begin{cases}m(ABX) \geq m(ABY)(**)\\ m(AXC) \geq m(AYC)(***)\\m(XBC) \geq m(YBC)\end{cases}},$

o segundo caso estará resolvido (afinal, basta somarmos elas). Esta última igualdade é verdadeira, pois $B$, $Y$ e $C$ são colineares e assim $m(YBC)=0$. Resta provarmos $(**)$ e $(***)$.

Essas duas desigualdades ficam provadas se mostrarmos o seguinte: dados um triângulo $PQR$ e $S$ um ponto sobre o lado $QR$, então $m(PQS) \leq m(PQR)$. Como podemos fazer isso? Observe que $m(PQS)=\frac{2[PQS]}{d(PQS)}$ e $m(PQR)=\frac{2[PQR]}{d(PQR)}$. Uma maneira de mexermos com áreas é pensarmos nas suas razões. Será que razões nos ajudam a mostrar que a desigualdade que queremos é válida? Sim: basta provarmos que $\frac{m(PQS)}{m(PQR)} \leq 1$. Observe que

$\frac{m(PQS)}{m(PQR)}=\frac{\frac{2[PQS]}{d(PQS)}}{\frac{2[PQR]}{d(PQR)}}=\frac{[PQS]}{[PQR]}\cdot \frac{d(PQR)}{d(PQS)}.$

Como $PQS$ e $PQR$ possuem mesma altura em relação a $P$, segue que $\frac{[PQS]}{[PQR]}=\frac{QS}{QR}$. Daí

$\frac{m(PQS)}{m(PQR)}=\frac{QS}{QR}\cdot \frac{d(PQR)}{d(PQS)}.$

Agora como vamos mexer com $\frac{d(PQR)}{d(PQS)}$? Conseguiríamos falar sobre eles fossem semelhantes. Que tal fazermos uma semelhança aparecer. Tudo bem se for com um triângulo que possui um $d$ menor ou igual (afinal, queremos falar que essa expressão é menor ou igual a $1$). Tomemos $T$ um ponto sobre $PQ$ de forma que $ST$ seja paralelo a $PR$. Assim os triângulos $PQR$ e $TQS$ são semelhantes e podemos falar sobre $\frac{d(PQR)}{d(TQS)}$.

Mas existe alguma relação entre $d(PQS)$ e $d(TQS)$? Sim: $d(PQS) \geq d(TQS)$. Daí

$\frac{m(PQS)}{m(PQR)}=\frac{QS}{QR}\cdot \frac{d(PQR)}{d(PQS)} \leq \frac{QS}{QR}\cdot \frac{d(PQR)}{d(TQS)} .$

Como $PQR$ e $TQS$ são semelhantes e a razão de semelhança é $\frac{QR}{QS}$, segue que $\frac{d(PQR)}{d(TQS)}=\frac{QR}{QS}$. Assim,

$\frac{m(PQS)}{m(PQR)}\leq \frac{QS}{QR}\cdot \frac{QR}{QS}=1.$

Daí $m(PQS) \leq m(PQR)$ e o segundo caso fica provado.

E agora, já provamos todos os casos? Não.

No primeiro caso, provamos quando $X$ está na região azul (ou na fronteira do triângulo). Já no segundo caso, provamos quando $X$ está na região vermelha (afinal, os casos em que está fora do triângulo $ABC$ mas no interior dos ângulos $\angle ACB$ e $\angle CBA$ são análogos). Resta provarmos o caso em que $X$ está na região branca.

(iii) $X$ está dentro do ângulo oposto de $\angle BAC$

Em outras palavras, considere os pontos $D$ e $E$ sobre as retas $AB$ e $AC$, respectivamente, de forma que $A$ está entre $D$ e $B$ e entre $E$ e $C$. O ponto $X$ estará no interior do ângulo $\angle DAE$.

Podemos usar algum caso anterior aqui? Sim: como $A$ está no interior do triângulo $XBC$, segue que $m(XBC) \geq m(ABC)$. Daí, como $m(ABX)$ e $m(AXC)$ são maiores ou iguais a zero, segue que

$m(ABX)+m(AXC)+m(XBC) \geq m(XBC) \geq m(ABC).$

Exemplo (IMO 2003)

Um hexágono convexo possui a propriedade que para qualquer par de lados opostos a distância entre seus pontos médios é $\frac{\sqrt{3}}{2}$ vezes a soma dos seus comprimentos. Mostre que todos os ângulos do hexágono são iguais.

(Observação: Quando o enunciado diz "a soma dos seus comprimentos" ele se refere somente aos lados cujos pontos médios foram considerados.)

Solução: Seja $ABCDEF$ o hexágono. Devemos provar que todos os seus ângulos medem $120^{\circ}$. Repare que multiplicar por $\frac{\sqrt{3}}{2}$ nos lembra triângulos equiláteros (afinal a altura de um triângulo equilátero é o produto do lado por $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Mas encontrar triângulos equiláteros na figura nos ajuda? Sim. Considere $P$ o ponto de intersecção entre $AD$ e $BE$, além de $Q$ o ponto de intersecção entre $BE$ e $CF$, enquanto $R$ será o ponto de encontro entre $CF$ e $AD$.

Se provarmos, por exemplo, que os triângulos $APB$ e $BQC$ são equiláteros, conseguiremos provar que $\angle ABC=120^{\circ}$ (de fato, iremos ter $\angle ABC=\angle ABP+\angle QBC=60^{\circ}+60^{\circ}=120^{\circ}$). E de modo análogo, os outros ângulos do hexágono serão $120^{\circ}$ e o problema estará resolvido.

Sejam $K$ e $L$ pontos médios de $AB$ e $DE$, respectivamente. Queremos falar sobre algo que envolve $KL$. Mas observe que

$KL \leq KP+PL.$

Mas a parte interessante aqui é que $KP$ e $PL$ são medianas dos triângulos $APB$ e $DPE$, respectivamente. E nos nossos planos está a ideia de mostrar que um desses triângulos é equilátero. Que tal então falarmos sobre medianas de triângulos equiláteros?

É interessante falar que $KP$ e $PL$ sejam menores ou iguais a algo (afinal se mostrássemos que esses dois são maiores do que algo, não conseguiríamos combinar com a última desigualdade). Observe que as essas medianas diminuem se o ângulo em $P$ aumenta. Como queremos comparar com ângulo de $60^{\circ}$, faz sentido suspeitar se um ângulo é maior ou igual a $60^{\circ}$, então a mediana é menor ou igual a $\frac{\sqrt{3}}{2}$ multiplicado por um lado.

Em outras palavras, considere $\angle XZY$ um ângulo com medida maior ou igual a $60^{\circ}$ e $M$ o ponto médio de $XY$. Vamos provar que a mediana $ZM$ é menor ou igual a $\frac{\sqrt{3}}{2}XY$ (com a igualdade valendo se, e somente se, $XYZ$ é um triângulo equilátero). Como essa última expressão lembra a altura de um triângulo equilátero, vale a pena considerarmos $Z'$ um ponto tal que $XYZ'$ seja um triângulo equilátero e $Z$ e $Z'$ estejam do mesmo lado em relação à reta $XY$.

Como a altura é $Z'M$, é suficiente mostrarmos que $ZM \leq Z'M$. Como usar que $\angle XZY$ tem medida maior ou igual a $60^{\circ}$? Um jeito é entender que isso acontece se, e somente se, $Z'$ é na circunferência $\odot(XZ'Y)$ ou no seu interior. Vamos analisar cada caso separadamente.

(i) $Z$ está na circunferência$\odot(XZ'Y)$

Se quisermos mostrar que $ZM \leq Z'M$, podemos passar para ângulos. Assim, é suficiente vermos que $\angle MZZ' \leq \angle MZ'Z$. Já que estamos com uma circunferência, vamos mexer com seu centro. Chamaremos ele de $O$. Com isso, ganhamos que $\angle OZZ'=\angle OZ'Z$. Ganhamos também que $MZ'$ passa por $O$ (já que $MZ'$ é mediatriz de $XY$).

Será que podemos comparar o que temos com o que queremos provar? Sim, observe que

$\angle MZZ' \geq \angle OZZ'=\angle OZ'Z=\angle MZ'Z.$

E quando vale a igualdade? Repare que o único momento que fizemos a desigualdade é $\angle MZZ' \geq \angle OZZ'$. Isso ocorre se, e somente se, $Z$, $O$ e $M$ são colineares. Mas essa afirmação equivale a dizer que $Z$ e $Z'$ coincidem.

(ii) $Z$ está no interior da circunferência$\odot(XZ'Y)$

Se $Z$ estiver no interior de $\odot(XZ'Y)$, prolongue $MZ$ por $Z$ até encontrar a circunferência em $W$. Observe que $MZ<MW$. Pelo caso anterior, $MW \leq MZ'$. Desta forma, $MZ<MZ'$.

Portanto, em qualquer caso, $MZ \leq MZ'$ e a igualdade vale se, e somente se, $Z$ e $Z'$ coincidem. Ou seja, se $\angle XZY$ é maior ou igual a $60^{\circ}$, então $MZ \leq \frac{\sqrt{3}}{2}XY$ e a igualdade vale se, e somente se, $XYZ$ é um triângulo equilátero.

Com essa ideia, suponha, por absurdo, que $\angle APB$ seja maior do que $60^{\circ}$. Consequentemente $\angle DPE$ também será. Pela ideia que acabamos de provar,

$KP<\frac{\sqrt{3}}{2}AB$

$PL<\frac{\sqrt{3}}{2}DE$.

Desta forma, se combinarmos o enunciado com essas últimas desigualdades,

$\frac{\sqrt{3}}{2}(AB+DE)=KL \leq KP+PL<\frac{\sqrt{3}}{2}(AB+DE).$

Isso é um absurdo. Logo $\angle APB$ e $\angle DPE$ devem possuir medidas menores ou iguais a $60^{\circ}$. Analogamente, $\angle CQB$ e $\angle ARF$ possuem medidas menores ou iguais a $60^{\circ}$. Vamos focar agora no triângulo $PQR$. As medidas dos seus ângulos devem ser menores ou iguais a $60^{\circ}$, mas a sua soma é igual a $180^{\circ}$. Não podemos ter nenhum deles menor do que $60^{\circ}$, pois aí a soma não seria $180^{\circ}$. Desta forma, todos os ângulos de $PQR$ medem $60^{\circ}$.

Vamos observar ainda nossa última desigualdade obtida:

$\frac{\sqrt{3}}{2}(AB+DE)=KL \leq \underbrace{KP}_{\text{menor ou igual a }\frac{\sqrt{3}}{2}AB}+\underbrace{PL}_{\text{menor ou igual a }\frac{\sqrt{3}}{2}DE}.$

Não podemos ter $KP<\frac{\sqrt{3}}{2}AB$ e nem $PL<\frac{\sqrt{3}}{2}DE$, pois senão o lado direito da desigualdade seria menor do que $\frac{\sqrt{3}}{2}(AB+DE)$ o que nos daria um absurdo. Logo $KP=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$ e $PL=\frac{\sqrt{3}}{2}DE$. Mas vimos na prova de que $MZ \leq \frac{\sqrt{3}}{2}XY$ que a igualdade vale se, e somente se, $XYZ$ é um triângulo equilátero. Portanto, $APB$ e $DPE$ são triângulos equiláteros.

Analogamente, $BQC$, $FQE$, $ARF$ e $CRD$ são equiláteros, o que prova que todos os ângulos de $ABCDEF$ são iguais.

Trigonometria Pode Ajudar

Você pode saber mais sobre trigonometria aqui.

Exemplo (IMO 2001)

Seja $ABC$ um triângulo acutângulo de circuncentro $O$. Considere $P$ em $BC$ o pé da altura relativa a $A$.

Suponha que $\angle BCA \geq \angle ABC+30^{\circ}$.

Prove que $\angle CAB+\angle COP<90^{\circ}$.

Solução: Considere $\angle CAB=\alpha$, $\angle ABC = \beta$ e $\angle BCA = \gamma$. Queremos relacionar $\alpha$ e $\angle COP$ em uma desigualdade. O problema é que eles estão separados. Seria legal se conseguíssemos aproximar essas medidas ou ainda colocá-las em um mesmo triângulo. Vamos calcular outras medidas em função de $\alpha$.

Como $O$ é o circuncentro, segue que $\angle BOC=2\alpha$. Além disso, se usarmos que $BO=CO$, poderemos concluir que $\angle OCB=\angle OBC=90^{\circ}-\alpha$. Agora observe o triângulo $COP$. Temos nele as medidas $\alpha$, $\angle COP$ e $90^\circ$. De fato, observe que

$\angle CAB+\angle COP<90^{\circ} \Leftrightarrow \angle COP<90^{\circ}-\alpha \Leftrightarrow \angle COP<\angle OCP.$

Desta forma, para mostrarmos a desigualdade do enunciado, é suficiente vermos que $OP>CP$.

Note que no triângulo $COP$ existe um personagem especial: $OC$ que é um circunraio. E qual a vantagem disso? É que podemos falar sobre ele usando a Lei dos Senos. Seria legal se a desigualdade que queremos provar tivesse $OC$. Vamos encontrar uma desigualdade que envolva $OC$ que se for demonstrada, nos dará que $CP<OP$.

Pela Desigualdade Triangular em $OPC$,

$OC<OP+PC.$

Se tivermos que o $OC$ é maior do que certa coisa (quer dizer $\text{coisa}<OC$), podemos colocá-la no lado esquerdo da nossa igualdade e obter

$\text{coisa}<OC<OP+PC.$

Ou seja, iremos obter $\text{coisa}<OP+CP$. Será que existe algo interessante para colocarmos no lugar da "coisa" e obtermos $OP<CP$? Observe que a penúltima desigualdade pode ser escrita como $\text{coisa}-CP<OP$. Seria legal se tivéssemos $\text{coisa}-CP=CP$. Ou seja, basta tomarmos $\text{coisa}=2CP$.

Em outras palavras se tivermos $2CP<OC$, teremos mostrado que $CP<OP$ e o problema estará encerrado (observe que provar que $2CP \leq CO(*)$ também resolve o problema).

Como calcular $CO$ envolvendo trigonometria? Como ele é o circunrario, pela Lei dos Senos (se considerarmos $a=BC$, $b=CA$ e $c=AB$),

$\frac{a}{\operatorname{sen}\alpha}=\frac{b}{\operatorname{sen}\beta}=\frac{c}{\operatorname{sen}\gamma}=2CO.$

Agora a questão que fica é: qual dos valores devemos usar ($a$, $b$ ou $c$)? Que tal explorarmos $CP$ usando trigonometria? Observe que o triângulo $APC$ é retângulo e por isso $CP=b \cos \gamma$. Desta forma, vale considerarmos $\frac{b}{\operatorname{sen}\beta}=2CO$. Desta forma, a desigualdade que queremos provar (ou seja $(*)$) pode ser reescrita como

$2b \cos \gamma \leq \frac{b}{2\operatorname{sen}\beta} \Leftrightarrow \operatorname{sen}\beta \cos \gamma \leq \frac{1}{4}.(**)$

Repare que ainda não usamos que $\beta+30^{\circ} \leq \gamma$ e que a desigualdade que queremos provar (ou seja $(**)$) possui justamente $\beta$ e $\gamma$. Seria legal usar essa desigualdade que não usamos na expressão $\operatorname{sen}\beta \cos \gamma$. Para isso, é legal usarmos uma expressão em que $\beta$ ou $\gamma$ apareçam sozinhos no lado esquerdo da desigualdade. Vamos reescrever a desigualdade do enunciado como $\beta \leq \gamma - 30^{\circ}$. Desta forma,

$\operatorname{sen}\beta \cos \gamma \leq \operatorname{sen}(\gamma-30^{\circ}) \cos \gamma=\frac{1}{2}\left(\operatorname{sen}(2\gamma-30^{\circ})+\operatorname{sen}(-30^{\circ}) \right)=\frac{1}{2}\left(\operatorname{sen}(2\gamma-30^{\circ})-\frac{1}{2} \right).$

Como $\operatorname{sen}(\gamma-30^{\circ}) \leq 1$, segue que

$\operatorname{sen}\beta \cos \gamma \leq \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2} \right)=\frac{1}{4}.$

Desta forma, $(**)$ é verdadeira e portanto $(*)$ também é, o que resolve o problema.

Desigualdades Para Mostrar Igualdades

Uma das maneiras de mostrarmos que $a = b$ é fazermos o seguinte: supormos que $a > b$ e chegar a um absurdo e depois supor que $a < b$ e chegar a um absurdo.

Exemplo (IMO 2007)

Considere cinco pontos $\ A$, $\ B$, $\ C$, $\ D$ e $\ E$ tais que $ABCD$ seja um paralelogramo e $BCED$ seja um quadrilátero cíclico. Seja $\ \ell$ uma reta passando por $\ A$. Suponha que $\ \ell$ intersecta o interior do segmento $DC$ em $F$ e intersecta $BC$ em $G$. Suponha também que $EF=EG=EC$. Prove que $\ \ell$ é bissetriz do ângulo $\angle DAB$.

Solução: Vamos usar o método da análise e da síntese aqui, ou seja, imaginaremos o problema resolvido, isto é, $\ \ell$ sendo a bissetriz de $\angle DAB$. Quais informações conseguimos a partir disso? Considere $\theta=\angle GAB=\angle FAD$. Como $AB$ é paralelo a $CD$, podemos dizer que $\angle CFG=\theta$. Além disso, como $AD$ e $BC$ são paralelos, segue que $\angle AGB=\angle GAD=\theta$. Desta forma, $\angle CFG=\angle CGF$, ou seja, $CF=CG (*)$.

Como uma igualdade entre lados parece algo razoável para se mostrar, vamos focar em mostrá-la para resolver o problema. Repare que se mostrarmos essa igualdade, o problema estará resolvido, afinal se $\theta=\angle CFG=\angle CGF$, então $\angle FAD=\angle AGB=\theta$ e $\angle GAB=\angle CFG=\theta$. Vamos então focar em provar $(*)$.

Façamos o seguinte: suponhamos que $CF<CG$. Vejamos se chegamos a um absurdo. Para isso, vale a pena conectar $CF$ e $CG$ com outros segmentos. Como $AD$ e $BG$ são paralelos, segue que $\angle FGC=\angle FAD$ e $\angle FCG=\angle FDA$. Desta forma, $AFD$ e $GFC$ são semelhantes pelo caso $AA$. Desta forma,

$\frac{CG}{CF}=\frac{DA}{DF}.$

Como $CF<CG$, segue que o lado esquerdo da igualdade é maior do que $\ 1$. Logo o mesmo vale para o lado direito da igualdade. Com isso, $DA>DF$. Ao vermos o raciocínio que acabamos de fazer, apareceu um negócio interessante: parece que semelhanças funcionam bem para transferirmos desigualdades de alguns lados para outros. Afinal, conseguimos sair de $CF<CG$ e chegarmos em $DA>DF$. A questão aqui é: será que conseguimos outra semelhança para transferirmos essas desigualdades?

Aliás, será que conseguimos outra semelhança com $DA$ e $DF$? Parece que não. Mas, como $ABCD$ é um paralelogramo, segue que $DA=BC$. Com isso $BC>DF$. Será que conseguimos uma semelhança com esses dois lados? Repare que ainda não usamos algumas informações do enunciado. Por exemplo, não usamos que $BCED$ é um quadrilátero inscritível. Será que é uma boa usarmos aqui? Observe que, dentre os segmentos que queremos mexer, $BC$ é um lado desse quadrilátero e $DF$ está contido em uma das diagonais. Então parece propício usarmos aqui.

Observe que $\angle CBE=\angle CDE$. Já que semelhanças ajudam a transferir desigualdades, e temos ângulos de mesma medida próximos a $BC$ e $DF$ (que conseguimos relacionar), vale a pena forçarmos uma semelhança. Infelizmente $DFE$ e $BCE$ não são semelhantes. Para produzirmos uma semelhança, precisamos de outros dois ângulos de mesma medida. Uma ideia seria tomarmos pontos $\ K$ e $\ L$ sobre $CF$ e $CG$, respectivamente tais que $\angle EKF=\angle ELC$. Só que ao fazermos isso, teremos uma semelhança entre $BEL$ e $DEK$. Assim precisamos "ter controle" sobre $CL$ e $FK$.

Quais pontos $\ K$ e $\ L$ devemos escolher? Quando travamos em um problema, uma coisa interessante a se perguntar é: existe algo que ainda não usamos? Aqui sim: $EF=EG=EC$, ou seja, os triângulos $EFC$ e $ECG$ são isósceles. Neste tipo de triângulo existe um triângulo especial que pode nos dar boas propriedades: a altura (que coincide com a mediana). Por isso, vale a pena tomarmos $\ L$ e $\ K$ de modo que que $EL$ e $EK$ sejam alturas dos triângulos $ECG$ e $EFC$.

Conseguimos então forçar uma semelhança entre $BEL$ e $DEK$. Por causa dela,

$\frac{BL}{DK}=\frac{EL}{EK}. (**)$

Queríamos uma semelhança que envolvesse $BC$ e $DF$ (para usarmos sobre $BC>DF(***)$). Observe que

$BL=BC+CL$

$DK=DF+FK.$

Será que conseguimos relacionar $CL$ com $FK$? Observe que, como $EL$ e $EK$ são alturas de triângulos isósceles (e portanto são medianas), segue que $CL=\frac{CG}{2}$ e $FK=\frac{CF}{2}$. Como $CG>CF$, segue que $CL>FK(****)$. Daí, ao somarmos $(***)$ com $(****)$, teremos $BL>DK$. Se combinarmos isso com $(**)$, podemos concluir que $EL>EK$.

Conseguimos relacionar essas duas últimas medidas de outra maneira? Observe que se usarmos, nessa ordem, o teorema de Pitágoras em $EKF$, que $EF=EC$, que $FK<CL$ e o teorema de Pitágoras no triângulo $ELC$:

$EK=\sqrt{EF^2-FK^2}=\sqrt{EC^2-FK^2}>\sqrt{EC^2-LC^2}=EL.$

Isso contradiz a última desigualdade. Portanto, não podemos ter $CF>CG$. E quanto ao caso em que $CF>CG$? Ele será análogo. Desta forma, $(*)$ será verdadeira.

E se Não Tiver Geometria?

Em certos você mesmo pode colocá-la.

Exemplo (OBM 2001 - 3ª Fase - Nível 3)

Prove que $(a+b)(a+c) \geq 2 \sqrt{abc(a+b+c)}$ para quaisquer números reais positivos $a, b$ e $c$.

Solução: Um caso em que aparece, na geometria, uma raiz quadrada do produto de quatro valores é na fórmula de Heron. E um momento que aparecem $p$, $p-x$, $p-y$ e $p-z$, onde $x, y$ e $z$ (além da fórmula de Heron) são lados de um triângulo e $p$ o seu semiperímetro é quando falamos dos pontos de tangência do incírculo de um triângulo (você pode ver mais sobre na seção Circunferências Inscritas desta página).

Consideremos então um triângulo $ABC$ e $D,E$ e $F$ os pontos de tangência do incírculo em relação aos lados $BC,CA$ e $AB$, respectivamente. Tomemos $a=AF=AE$, $b=BF=BD$ e $c=CD=CE$. Desta forma, o semiperímetro da figura será $\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{2}=a+b+c$ e pela fórmula de Heron,

$[ABC]=\sqrt{abc(a+b+c)}.(*)$

Ótimo, já conseguimos fazer aparecer um pedaço do lado direito da desigualdade. Dá para encontrarmos a área do triângulo $ABC$ em função $(a+b)(a+c)$? Sim. Observemos que

$[ABC]=\frac{(a+b)(a+c) \operatorname{sen}(\angle BAC)}{2}.$

Como $\operatorname{sen}(\angle BAC) \leq 1$, segue que

$[ABC] \leq \frac{(a+b)(a+c)}{2}.$

Por $(*)$,

$\sqrt{abc(a+b+c)} \leq \frac{(a+b)(a+c)}{2} \Leftrightarrow (a+b)(a+c) \geq 2 \sqrt{abc(a+b+c)}.$

Desigualdade das Médias

Você pode saber mais sobre ela aqui.

Exemplo (IMO 1996)

Seja $ABCDEF$ um hexágono convexo tal que $AB$ é paralelo a $DE$, $BC$ é paralelo a $EF$, e $CD$ é paralelo a $FA$. Sejam também $R_A,R_C,R_E$ os circunraios dos triângulos $FAB,BCD,DEF$, respectivamente, e denote por $P$ o perímetro do hexágono. Prove que

$R_A+R_C+R_E \geq \frac{P}{2}.$

Solução: Como podemos colocar $R_A$, $R_{C}$ e $R_E$ nas nossas contas? Um lugar em que eles aparecem é na Lei dos Senos. Vamos começar usando essa ideia no triângulo $FAB$. A questão é: qual lado e qual ângulo pegar? Parece valer mais a pena pegar $FB$ e $\angle A$, pois esse é o único ângulo do hexágono que aparece inteiro. Pela Lei dos Senos,

$\frac{FB}{\operatorname{sen}A}=2R_A \Leftrightarrow R_A=\frac{FB}{2\operatorname{sen}A}$.

Pelo mesmo argumento

$R_C=\frac{BD}{2\operatorname{sen}C}$

$R_E=\frac{DF}{2\operatorname{sen}E}$.

Agora a nossa desigualdade vai envolver senos. De fato, a desigualdade que queremos provar é equivalente a

$\frac{FB}{2\operatorname{sen}A}+\frac{BD}{2\operatorname{sen}C}+\frac{DF}{2\operatorname{sen}E} \geq \frac{P}{2} \Leftrightarrow \frac{FB}{\operatorname{sen}A}+\frac{BD}{\operatorname{sen}C}+\frac{DF}{\operatorname{sen}E} \geq P.(*)$

A questão é: como fazer senos aparecerem de outra forma? Uma maneira é se tivermos ângulos de $90^\circ$. Mas não temos isso na figura. Tudo bem: se não estiver do jeito que a gente quer, podemos forçar.

Considere $P$ e $Q$ sobre às retas $BC$ e $EF$, respectivamente, de forma que $PQ$ passe por $A$ e seja perpendicular às retas $BC$ e $EF$ (se ficar estranho para você essa construção, pense em $P$ e $Q$ como as projeções de $A$ sobre $BC$ e $EF$, respectivamente). Da mesma forma, tome $R$ e $S$ sobre as retas $BC$ e $EF$, respectivamente, de forma que $RS$ passe por $D$ e seja perpendicular às retas $BC$ e $EF$ (ou se você preferir, $R$ e $S$ são as projeções de $D$ sobre $BC$ e $EF$, respectivamente).

Agora sim conseguimos ângulos de $90^\circ$. E como envolver isso em desigualdades? Note que $FB \geq PQ$ (para ver isso tome $F'$ na reta $BC$ tal que $FF'$ é perpendicular a $BC$ e observe que $PQ=FF' \leq BF$) e que podemos calcular $PQ$ envolvendo senos e os lados do hexágono. Acontece que se fizermos essa ideia também para $BD$ e $DF$ e depois somarmos, não vamos conseguimos boas desigualdades. Por isso, vale a pena considerarmos também que $FB \geq RS$. Assim

$2FB \geq PQ+RS.$

Considere $a,b,c,d,e,f$ as medidas de $AB,BC,CD,DE,EF,FA$, respectivamente. Repare que

$PQ=AP+AQ.$

Só que ao mexermos com os senos dos ângulos, aparecerão seis valores, o que pode ser muito. Mas lembre-se: ainda não usarmos que $AB$ é paralelo a $DE$, $BC$ é paralelo a $EF$, e $CD$ é paralelo a $FA$. Daqui segue que $\angle A=\angle D$, $\angle B=\angle E$ e $\angle C=\angle F$. Podemos usar então somente os ângulos $\angle A,\angle C,\angle E$ (já que são eles que aparecem em $(*)$).

Observe que no triângulo $PBA$:

$\operatorname{sen}(\angle PBA)=\frac{AP}{a} \Leftrightarrow \operatorname{sen}(180^{\circ}-\angle B)=\frac{AP}{a} \Leftrightarrow AP=a \operatorname{sen}E.$

Analogamente $AQ=f \operatorname{sen}C$ e com isso $PQ=a \operatorname{sen}E+f \operatorname{sen}C$. Pelo mesmo raciocínio, $RS=c \operatorname{sen}C+d \operatorname{sen}E$. Daí

$2BF \geq a \operatorname{sen}E+f \operatorname{sen}C+c \operatorname{sen}C+d \operatorname{sen}E.$

Podemos calcular de modo análogo que

$2BD \geq c \operatorname{sen}A+b\operatorname{sen}E+e\operatorname{sen}E+f\operatorname{sen}A$

$2DF \geq e \operatorname{sen}C+d \operatorname{sen}A+a\operatorname{sen}A+b \operatorname{sen}C.$

Agora sim podemos conseguir o lado esquerdo de $(*)$,

${\color{red}\frac{FB}{\operatorname{sen}A}}+{\color{blue}\frac{BD}{\operatorname{sen}C}}+{\color{green}\frac{DF}{\operatorname{sen}E}} \geq \frac{1}{2} \left({\color{red}\frac{a \operatorname{sen}E}{\operatorname{sen}A}+\frac{f \operatorname{sen}C}{\operatorname{sen}A}+\frac{c \operatorname{sen}C}{\operatorname{sen}A}+\frac{d \operatorname{sen}E}{\operatorname{sen}A}}\right)+$

$\frac{1}{2}\left({\color{blue}\frac{c \operatorname{sen}A}{\operatorname{sen}C}+\frac{b\operatorname{sen}E}{\operatorname{sen}C}+\frac{e\operatorname{sen}E}{\operatorname{sen}C}+\frac{f\operatorname{sen}A}{\operatorname{sen}C}}\right)+\frac{1}{2}\left({\color{green}\frac{e \operatorname{sen}C}{\operatorname{sen}E}+\frac{d \operatorname{sen}A}{\operatorname{sen}E}+\frac{a\operatorname{sen}A}{\operatorname{sen}E}+\frac{b \operatorname{sen}C}{\operatorname{sen}E}}\right)$

$=\frac{1}{2}\left[a\left(\frac{\operatorname{sen}E}{\operatorname{sen}A}+\frac{\operatorname{sen}A}{\operatorname{sen}E} \right)+b\left(\frac{\operatorname{sen}E}{\operatorname{sen}C}+\frac{\operatorname{sen}C}{\operatorname{sen}E} \right)+c\left(\frac{\operatorname{sen}C}{\operatorname{sen}A}+\frac{\operatorname{sen}A}{\operatorname{sen}C} \right)\right]+$

$\frac{1}{2}\left[d\left(\frac{\operatorname{sen}E}{\operatorname{sen}A}+\frac{\operatorname{sen}E}{\operatorname{sen}A} \right)+e\left(\frac{\operatorname{sen}E}{\operatorname{sen}C}+\frac{\operatorname{sen}C}{\operatorname{sen}E} \right)+f\left(\frac{\operatorname{sen}C}{\operatorname{sen}A}+\frac{\operatorname{sen}A}{\operatorname{sen}C} \right) \right].$

Ora, dentro dos parênteses tem algo interessante: soma de coisas que se fossem multiplicadas seria mais bonitas. Quem nos ajuda com isso é a Desigualdade das Médias. De fato,

$\frac{\frac{\operatorname{sen}X}{\operatorname{sen}Y}+\frac{\operatorname{sen}Y}{\operatorname{sen}X}}{2} \geq \sqrt{\frac{\operatorname{sen}X}{\operatorname{sen}Y}\cdot \frac{\operatorname{sen}Y}{\operatorname{sen}X}} \Leftrightarrow \frac{\operatorname{sen}X}{\operatorname{sen}Y}+\frac{\operatorname{sen}Y}{\operatorname{sen}X} \geq 2.$

Desta forma,

$\frac{FB}{\operatorname{sen}A}+\frac{BD}{\operatorname{sen}C}+\frac{DF}{\operatorname{sen}E} \geq \frac{1}{2}\cdot 2(a+b+c+d)=P.$

Com isso, $(*)$ fica provada. A igualdade vale se, e somente se, o hexágono é regular.

Lugares Para Estudar

• A aula da Semana Olímpica de 2009: Desigualdades Geométricas (Bruno Holanda)