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N3Q4 – Solução a) Do enunciado temos (i) PAY = XBP = 90°. Além disso, temos BPX + 90° + APY = 180° , o que nos dá (ii) APY = 90° − BPX . Por outro lado, no triângulo XBP os ângulos BPX e BXP são complementares e segue que (iii) BXP = 90° − BPX . De (ii) e (iii) obtemos (iv) APY = BXP . Finalmente, de (i) e (iv) segue a semelhança dos triângulos PAY e XBP . OBMEP 2012 – 2 a Fase Soluções – Nível 3 b) 1ª solução Seja AY = y . A semelhança dos triângulos PAY e XBP nos dá y 2 (i) = . Decompondo o trapézio AYXB nos triângulos XPY , PAY e XBP , temos 1 x (ii) área( XPY ) = área( AYXB) − área( XBP) − área( PAY ) . Usando (i), temos 2 x + y x + 3x 3 área( AYXB) = ⋅ 3 = x ⋅ 3 = + 2 2 2 x x ⋅1 x área( XBP) = = 2 2 y ⋅ 2 2 área( PAY ) = = . 2 x Substituindo estas expressões em (ii) obtemos 3x 3 x 2 1 área( XPY ) = + − − = x + . 2 x 2 x x Solução análoga pode ser obtida baixando por X uma perpendicular à reta AB, denotando por C o ponto de interseção dessa perpendicular e da reta AB e fazendo área( XPY ) = área( ABXC) − área( PAY ) − área( XBP) − área( XYC) 2ª solução: Seja AY = y . A semelhança dos triângulos PAY e XBP nos dá a y 2 relação = . Segue do teorema de Pitágoras que PX 1 x x PY = 2 4 + y = 4 + 4 2 x 2 = x 2 1+ x . Temos então 2 = 1+ e 2 2 2 PX ⋅ PY 1+ x × 2 1+ x 1+ x 1 área( XPY ) = = = = x + . 2 2x x x 1 5 2 c) Devemos resolver a equação x + = , ou seja, 2x − 5x + 2 = 0 ; suas raízes são x 2 5 − x1 = 25 − 4 ⋅ 2 ⋅ 2 1 5 + = e x2 = 4 2 25 − 4 ⋅ 2 ⋅ 2 = 2. 4 4
OBMEP 2012 – 2 a Fase Soluções – Nível 3 1 d) 1ª solução: Queremos encontrar o menor valor positivo de a tal que a equação x + = a x 2 tem solução positiva x . Essa equação é a mesma x − ax + 1= 0 , que tem soluções x 1 2 a + a − 4 = e 2 x 2 a a = 2 2 − − 4 sempre que 5 2 ∆ = a − 4 ≥ 0 (nesse caso, essas soluções são sempre positivas, pois 0 ≤ 2 a − 4 < a para qualquer a > 0 ). O menor valor de a que satisfaz a condição ∆ ≥ 0 é a = 2 ; nesse caso, ∆ = 0 e a única solução da equação é x = 1. Logo ( XPY ) assume seu valor mínimo quando x = 1, quando ( XPY ) = 2 ; observamos que esse é o caso em que os triângulos PAY e XBP são isósceles. 1 ⎛ 2ª solução: Escrevemos x + = x ⎜ ⎝ x − 1 ⎞ ⎟ x ⎠ + 2 , lembrando que x > 0 . Como um quadrado é sempre maior ou igual a zero, vemos que o valor mínimo da expressão 1 x + ocorre quando x mínimo é 2. x − 1 = 0, ou seja, quando x = 1; nesse caso, esse valor x 1 1 1 3ª solução: Se x = 1 então x + = 2 . Se x ≠ 1 então x + > 2 ; de fato, se x + ≤ 2 x x x 2 2 então x − 2x + 1≤ 0 , ou seja, ( x −1) ≤ 0 , um absurdo. Logo a área é mínima para x = 1 e seu valor nesse ponto é 2. 4ª solução: Se x ≠ 1 podemos escrever x = 1± k , com k > 0 . Raciocínio análogo ao 1 da 3ª solução mostra então que, em ambos os casos, temos x + > 2 . x 5ª solução: a desigualdade aritmético-geométrica diz que se a e b são dois números positivos então sua média aritmética é maior que sua média geométrica, isto é, a + b ≥ ab (exercício). Fazendo x = a e 2 1 1 x + 1 = b , temos x ≥ x· = 1, ou seja, x 2 x 1 1 1 x + ≥ 2 para qualquer valor de x; como para x = 1 temos x + = 1+ = 2 , segue x x 1 que esse é o valor mínimo da área. 2
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