En el trapecio $ABCD$ con $AB \parallel {CD}$ , $\omega_1$ y $\omega_2$ son dos circunferencias de diámetros $AD$ y $BC$ respectivamente. Sean $X$ e $Y$ dos puntos arbitrarios en $\omega_1$ y $\omega_2$ respectivamente.
Demostrar que la longitud del segmento $XY$ es menor o igual que la mitad del perímetro de $ABCD$.
"La matemática es para pensar. El fútbol es para sacar mi instinto animal y decirle al árbitro hdp te voy a m4t4r." Anónimo
Vamos a demostrar que $XY$ toma el mayor valor posible cuando este segmento pasa por los $2$ centros de las circunferencias $\omega_1$ y $\omega_2$. Una ves marcados los puntos $X$ e $Y$,las posibles elecciones serian que pase por uno de los centros, que no pase por ninguno, o que pase por los dos, , ,supongamos que $XY$ no pasa por ninguno de los centros de las circunferencias, desde $Y$, trazamos una semirrecta que pase por el centro de $\omega_1$, sea $H$ y $S$ los $2$ puntos de intersección tales que $YH > YS$, ademas sea $Z$ el segundo punto de intersección de $XY$ con $\omega_1$. Por potencia de un punto, tenemos que $XY * YZ = YS * YH (*)$, remplazamos en estas igualdades $XY = XZ +ZY$ y $YH = HS+YS$ en $(*)$.
Tenemos que $(XZ + YZ)*YZ = (HS + YS) * YS$ , pero como $HS > XZ$ ya que $HS$ es diámetro por construcción, para que la igualdad valga, necesariamente tiene que ser que $YZ > YS$, pero mirando (*), necesariamente para que la igualdad valga, $YH>YX$, es decir tomando un diámetro, el segmento sera mas grande, ahora vamos a demostrar que si pasa por los 2 centros es necesariamente mayor que si pasa por uno solo, nos olvidamos de los anteriores puntos y trazamos $XY$, tal que este pase por uno de los centros, ademas trazamos $HS$, la cual pasa por los 2 centros de estas circunferencias, supongamos sin perdida de generalidad que $XY$ pasa por el centro de $\omega_1$, sea $O$ el centro de esta, tenemos por potencia de un punto que : $OS * OR = OY * OP (**) $, remplazamos $OY = OP+ PY$ y $OS= OR + RS$, nos queda que $(OR + RS) * OR = (OP + PY) * OP$, ´pero como $RS$ es diámetro por construcción, $RS > PY$, por lo tanto, $OP > OR$,pero mirando (**) nos queda que $OS > OY$, y como $XO = HO$ ya que ambos son radios de $\omega_1$, $HS > XY$, entonces, queda demostrado que $XY$ toma su mayor valor cuando pasa por ambos centros, ahora vamos a demostrar que en este caso la igualdad que propone el enunciado, y quedaría demostrado lo que pide, ya que en cualquier otro caso $XY$ seria menor por lo que vimos.
Denuevo nos olvidamos de los nombres de los puntos que definimos trazamos $XY$ tal que pasa por los 2 centros, sean $O$ y $P$ los centros de $\omega_1$ y $\omega_2$ respectivamente, como $O$ y $P$ son puntos medios de $AD$ y $CB$, tenemos que $OP$ es la base media del trapecio, por lo tanto : $OP = \frac{DC+AD}{2}$, y como $ XO = DO $, $XO = \frac{AD}{2}$ y análogamente $ \frac{BC}{2} = PY $, por lo tanto,
$XY = XO + OP + PY$ , $XY = \frac{AD}{2}+ \frac{DC+AD}{2}+ \frac{BC}{2}$, es decir , $XY = \frac{AD + DC + CB + AB}{2}$, y como el semiperimetro del trapecio no varia, y $XY$ es máximo en este caso, queda demostrada la desigualdad.
Sean $M$ y $N$ los puntos medios de $\overline{AD}$ y $\overline{BC}$, respectivamente, $E=\overleftrightarrow{MN}\cap \omega _1$, $F=\overleftrightarrow{MN}\cap \omega _2$, ambos exteriores al trapecio, y $\omega _3$, la circunferencia de diámetro $\overline{EF}$.
Lema: $\overline{EF}$ es el segmento más largo del lugar geométrico de los segmentos $\overline{XY}$.
Demostración: es sabido que en todo círculo el diámetro es el segmento interior más largo. Tracemos la circunferencia $\omega _3$ y veamos que $\omega _1$ y $\omega _2$ son interiores a la misma, es decir que todos sus puntos están contenidos en el círculo de $\omega _3$: $M$ y $N$, centros de $\omega _1$ y $\omega _2$ respectivamente, son puntos del diámetro $\overline{EF}$, por lo tanto, $\omega _1$ y $\omega _2$ intersecan a $\omega _3$ en un solo punto, $E$ y $F$, respectivamente, y $\omega _1$ y $\omega _2$ son interiores.
De este modo, el segmento más largo del lugar geométrico de los segmentos $\overline{XY}$, es $\overline{EF}$, debido a que es el único de aquellos que es diámetro de $\omega _3$ y el resto son todos interiores a la misma.
Ahora bien, tenemos que $\overline{XY} \leq \overline{EM}+\overline{MN}+\overline{NF}$. Notemos que por base media, $\overline{MN}=\frac {\overline{AB}+\overline{CD}}{2}$, y como $\overline{EM}$ y $\overline{NF}$ son radios de $\omega _1$ y $\omega _2$ respectivamente, $\overline{EM}=\frac{\overline{AD}}{2}$ y $\overline{NF}=\frac {\overline{BC}}{2}$. De este modo, $\overline {XY}\leq \left (\overline {EM}\right )+\left (\overline{MN}\right )+\left (\overline{NF}\right )=\left (\frac{\overline{NF}}{2}\right )+\left (\frac{\overline{AB}+\overline{CD}}{2}\right )+\left (\overline{BC}\right )=\frac{\overline{AB}+\overline{BC}+\overline{CD}+\overline{AD}}{2}$ y queda demostrado que $\overline {XY}$ es menor o igual al semiperímetro del trapecio $ABCD$.
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(Ver el dibujo de arriba)
Por la desigualdad triangular en $XMY$ tenemos que $XY\leq XM+MY$. Por la desigualdad triangular en $MNY$ tenemos que $MY\leq MN+NY$. Combinando estos dos resultados tenemos$$XY\leq XM+MN+NY.$$Pero $XM=\dfrac{AD}{2}$, $NY=\dfrac{BC}{2}$ al ser radios de $\omega _a$ y $\omega _b$, y $MN=\dfrac{AB+CD}{2}$ por base media. Reemplazando y sumando obtenemos lo pedido.
