Solução oficial da OBMEP
[Figura: Ilustração com duas retas horizontais paralelas r (superior) e s (inferior). Um segmento vertical AB , perpendicular a r e s , liga o ponto B em r ao ponto A em s . Um ponto P sobre AB divide-o nos segmentos BP = 1 e PA = 2 . O ponto X está sobre a reta r à direita de B , com BX = x . O ponto Y está sobre a reta s à direita de A . O triângulo XPY está destacado em cinza, com indicação de ângulo reto no vértice P .]
a) Do enunciado temos (i) \widehat{PAY} = \widehat{XBP} = 90^\circ . Além disso, temos \widehat{BPX} + 90^\circ + \widehat{APY} = 180^\circ , o que nos dá (ii) \widehat{APY} = 90^\circ - \widehat{BPX} . Por outro lado, no triângulo XBP os ângulos \widehat{BPX} e \widehat{BXP} são complementares e segue que (iii) \widehat{BXP} = 90^\circ - \widehat{BPX} . De (ii) e (iii) obtemos (iv) \widehat{APY} = \widehat{BXP} . Finalmente, de (i) e (iv) segue a semelhança dos triângulos PAY e XBP .
b) 1ª solução Seja AY = y . A semelhança dos triângulos PAY e XBP nos dá(i) \dfrac{y}{1} = \dfrac{2}{x} . Decompondo o trapézio AYXB nos triângulos XPY , PAY e XBP , temos(ii) \text{área}(XPY) = \text{área}(AYXB) - \text{área}(XBP) - \text{área}(PAY) .(i) , temos
\text{área}(AYXB) = \frac{x+y}{2} \cdot 3 = \frac{x + 2/x}{2} \cdot 3 = \frac{3x}{2} + \frac{3}{x}
\text{área}(XBP) = \frac{x \cdot 1}{2} = \frac{x}{2}
\text{área}(PAY) = \frac{y \cdot 2}{2} = \frac{2}{x}.
(ii) obtemos\text{área}(XPY) = \frac{3x}{2} + \frac{3}{x} - \frac{x}{2} - \frac{2}{x} = x + \frac{1}{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
\text{área}(XPY) = \text{área}(ABXC) - \text{área}(PAY) - \text{área}(XBP) - \text{área}(XYC)
2ª solução: Seja AY = y . A semelhança dos triângulos PAY e XBP nos dá a relação \dfrac{y}{1} = \dfrac{2}{x} . Segue do teorema de Pitágoras que PX = \sqrt{1 + x^2} e
PY = \sqrt{4 + y^2} = \sqrt{4 + 4/x^2} = \frac{2}{x}\sqrt{1 + x^2}.
\text{área}(XPY) = \frac{PX \cdot PY}{2} = \frac{\sqrt{1 + x^2} \times 2\sqrt{1 + x^2}}{2x} = \frac{1 + x^2}{x} = x + \frac{1}{x}.
c) Devemos resolver a equação x + \dfrac{1}{x} = \dfrac{5}{2} , ou seja, 2x^2 - 5x + 2 = 0 ; suas raízes sãox_1 = \dfrac{5 - \sqrt{25 - 4 \cdot 2 \cdot 2}}{4} = \dfrac{1}{2} e x_2 = \dfrac{5 + \sqrt{25 - 4 \cdot 2 \cdot 2}}{4} = 2 .
d) 1ª solução: Queremos encontrar o menor valor positivo de a tal que a equação x + \dfrac{1}{x} = a tem solução positiva x . Essa equação é a mesma x^2 - ax + 1 = 0 , que tem soluçõesx_1 = \dfrac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2} e x_2 = \dfrac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2} sempre que \Delta = a^2 - 4 \ge 0 (nesse caso, essas soluções são sempre positivas, pois 0 \le \sqrt{a^2 - 4} < a para qualquer a > 0 ). O menor valor de a que satisfaz a condição \Delta \ge 0 é a = 2 ; nesse caso, \Delta = 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.
2ª solução: Escrevemos x + \dfrac{1}{x} = \left(\sqrt{x} - \dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)^2 + 2 , lembrando que x > 0 . Como um quadrado é sempre maior ou igual a zero, vemos que o valor mínimo da expressão x + \dfrac{1}{x} ocorre quando \sqrt{x} - \dfrac{1}{\sqrt{x}} = 0 , ou seja, quando x = 1 ; nesse caso, esse valor mínimo é 2.
3ª solução: Se x = 1 então x + \dfrac{1}{x} = 2 . Se x \neq 1 então x + \dfrac{1}{x} > 2 ; de fato, se x + \dfrac{1}{x} \le 2 então x^2 - 2x + 1 \le 0 , ou seja, (x - 1)^2 \le 0 , um absurdo. Logo a área é mínima para x = 1 e seu valor nesse ponto é 2.
4ª solução: Se x \neq 1 podemos escrever x = 1 \pm k , com k > 0 . Raciocínio análogo ao da 3ª solução mostra então que, em ambos os casos, temos x + \dfrac{1}{x} > 2 .
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,\dfrac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab} (exercício). Fazendo x = a e \dfrac{1}{x} = b , temos \dfrac{x + \dfrac{1}{x}}{2} \ge \sqrt{x \cdot \dfrac{1}{x}} = 1 , ou seja,x + \dfrac{1}{x} \ge 2 para qualquer valor de x ; como para x = 1 temos x + \dfrac{1}{x} = 1 + \dfrac{1}{1} = 2 , segue que esse é o valor mínimo da área.
Ver como a OBMEP publicou Publicada pela banca.
Resolução comentada
a) Os triângulos PAY e XBP têm um ângulo reto em A e outro em B , respectivamente.
Como B , P e A estão alinhados e o ângulo X\hat{P}Y é reto, temos B\hat{P}X + A\hat{P}Y = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ .
No triângulo XBP , os ângulos agudos também somam 90^\circ , ou seja, B\hat{P}X + B\hat{X}P = 90^\circ . Logo B\hat{X}P = A\hat{P}Y .
Temos então dois ângulos iguais (o reto e este), e os triângulos são semelhantes pelo caso AA, com correspondência P\leftrightarrow X , A\leftrightarrow B , Y\leftrightarrow P .
Os triângulos PAY e XBP são semelhantes (caso AA).
b) Da semelhança:
\frac{PA}{XB}=\frac{AY}{BP}=\frac{PY}{XP}
Substituindo PA=2 , XB=x e BP=1 , obtemos \dfrac{2}{x}=AY=\dfrac{PY}{XP} .
No triângulo XBP , por Pitágoras, XP=\sqrt{1+x^2} . Então PY=\dfrac{2}{x}\sqrt{1+x^2} .
Como o triângulo XPY é retângulo em P :
\text{Área}=\frac{XP\cdot PY}{2}=\frac12\cdot\sqrt{1+x^2}\cdot\frac{2}{x}\sqrt{1+x^2}=\frac{1+x^2}{x}
Área =\dfrac{1+x^2}{x} .
c) Igualamos a área a \frac52 :
\dfrac{1+x^2}{x}=\dfrac52 2+2x^2=5x , isto é, 2x^2-5x+2=0 \Delta=25-16=9 , logo x=\dfrac{5\pm3}{4}
x=2 ou x=\dfrac12 .
d) Escrevemos a área como x+\dfrac1x .
Como \left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)^2\ge 0 , temos x+\dfrac1x-2\ge0 , ou seja, x+\dfrac1x\ge 2 .
A igualdade vale quando \sqrt{x}=\dfrac1{\sqrt{x}} , isto é, x=1 .
A área é mínima para x=1 , e vale 2 .
Assuntos: Semelhança e Teorema de Tales , Inequações e desigualdades .
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