Questão 4 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2013

Question

A figura mostra um triângulo de papel ABC, retângulo em C e cujos catetos medem 10\text{ cm}. Para cada número x tal que 0 \le x \le 10, marcam-se nos catetos os pontos que distam x\text{ cm} do ponto C e dobra-se o triângulo ao longo da reta determinada por esses pontos. Indicamos por f(x) a área, em \text{cm}^2, da região onde ocorre sobreposição de papel. Por exemplo, na figura ao lado a área da região cinzenta, em \text{cm}^2, é f(7).

Triângulo retângulo ABC dobrado ao longo de um segmento que une pontos nos catetos a 7 cm do vértice C, com a região de sobreposição sombreada em cinza

a) Calcule f(2), f(5) e f(7).

b) Escreva as expressões de f(x) para 0 \le x \le 5 e 5 \le x \le 10.

c) Faça o gráfico de f(x) em função de x.

Plano cartesiano com eixo horizontal x variando de 0 a 10 e eixo vertical f(x) variando de 0 a 20 sobre malha quadriculada

d) Determine o maior valor possível para a área da região de sobreposição.

Answer 1

PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 4 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2013

Nível 3 · Matemática: Função quadrática

A figura mostra um triângulo de papel ABC, retângulo em C e cujos catetos medem 10\text{ cm}. Para cada número x tal que 0 \le x \le 10, marcam-se nos catetos os pontos que distam x\text{ cm} do ponto C e dobra-se o triângulo ao longo da reta determinada por esses pontos. Indicamos por f(x) a área, em \text{cm}^2, da região onde ocorre sobreposição de papel. Por exemplo, na figura ao lado a área da região cinzenta, em \text{cm}^2, é f(7).

Triângulo retângulo ABC dobrado ao longo de um segmento que une pontos nos catetos a 7 cm do vértice C, com a região de sobreposição sombreada em cinza

a) Calcule f(2), f(5) e f(7).

b) Escreva as expressões de f(x) para 0 \le x \le 5 e 5 \le x \le 10.

c) Faça o gráfico de f(x) em função de x.

Plano cartesiano com eixo horizontal x variando de 0 a 10 e eixo vertical f(x) variando de 0 a 20 sobre malha quadriculada

d) Determine o maior valor possível para a área da região de sobreposição.

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Resolução comentada

Solução oficial da OBMEP

Para simplificar a exposição, vamos indicar a área de uma figura colocando seu nome entre parêntesis; por exemplo, (ABC) denota a área do triângulo ABC (em \text{cm}^2).

a) A figura abaixo ilustra as situações x=2, x=5 e x=7; nelas F representa a posição de C após a dobra.

[Figura: Três ilustrações de um triângulo retângulo isósceles ABC com a dobra paralela à hipotenusa AB ao longo do segmento DE. Na primeira, CD = x = 2 cm e o triângulo DEF, sombreado em cinza, fica inteiramente contido no interior de ABC. Na segunda, CD = x = 5 cm e o vértice F coincide com a hipotenusa AB. Na terceira, CD = x = 7 cm e o vértice F ultrapassa a hipotenusa AB, com a região sombreada formando o trapézio DEHG sobre AB e o triângulo GHF projetado abaixo de AB.]

Como o triângulo ABC é retângulo em C e a dobra é paralela ao lado AB, segue que CDFE é um quadrado de lado CD = x\text{ cm}; a área do triângulo DEF é metade da área do quadrado CDFE. Temos (CDFE) = x^2 e então (DEF) = \frac{x^2}{2}.

Para x=2 o triângulo DEF representa a região de sobreposição, logo, f(2) = \frac{2^2}{2} = 2; analogamente, temos f(5) = \frac{25}{2}.

No caso x=7, a área de sobreposição, representada pelo trapézio DEHG, é igual a (DEF) - (GHF). O triângulo ADG é isósceles com AD = DG = 3\text{ cm}; como DF = 7 temos GF = 4. Logo (DEHG) = (DEF) - (GHF) = \frac{7^2}{2} - \frac{4^2}{2} = \frac{33}{2}\text{ cm}^2, ou seja, f(7) = \frac{33}{2}.

b) A figura abaixo, à esquerda, ilustra a região de sobreposição para 0 < x \le 5; à direita temos a região de sobreposição para 5 < x < 10.

[Figura: Duas ilustrações da dobra do triângulo ABC. À esquerda, para 0 < x ≤ 5, o triângulo DEF sombreado está no interior de ABC, com lados CD = x e DF = x. À direita, para 5 < x < 10, a dobra DE ultrapassa AB, com o trapézio sombreado DEHG entre DE e AB, lados AD = DG = 10 - x e o segmento da ponta dobrada abaixo de AB com comprimento 2x - 10.]

No primeiro caso, CDFE é um quadrado de lado x e a área de DEF é metade da área desse quadrado, ou seja, f(x) = \frac{x^2}{2}. No segundo caso, o triângulo ADG é isósceles com AD = DG = 10 - x; logo GF = DF - DG = x - (10 - x) = 2x - 10 e temos f(x) = (DEHG) = (DEF) - (GHF) = \frac{x^2}{2} - \frac{(2x-10)^2}{2} = \frac{1}{2}(-3x^2 + 40x - 100).

Pode-se também calcular

(DEHG) = (ABC) - (DEC) - (ADG) - (EBH) = (ABC) - (DEC) - 2(ADG);

deixamos esse cálculo para o(a) leitor(a).

c) O gráfico de f aparece abaixo.

[Figura: Gráfico cartesiano de y em função de x para 0 ≤ x ≤ 10. Para 0 ≤ x ≤ 5, uma curva parabólica em azul correspondente a y = (1/2)x^2 cresce da origem até o ponto (5, 25/2). Para 5 < x ≤ 10, uma parábola em vermelho com concavidade para baixo correspondente a y = -(1/2)(3x^2 - 40x + 100) continua a partir de (5, 25/2), atinge o ponto máximo no vértice em (20/3, 50/3) e decresce até o ponto (10, 0). Linhas tracejadas indicam os pontos correspondentes nos eixos.]

d) Observamos primeiro que -\frac{1}{2}(3x^2 - 40x + 100) = -\frac{1}{2}(3x-10)(x-10); essa fatoração pode ser obtida a partir das raízes de 3x^2 - 40x + 100, que são \frac{10}{3} e 10.

Quando 0 < x \le 5 o maior valor de f(x) = \frac{1}{2}x^2 é f(5) = \frac{25}{2}. Por outro lado, quando 5 < x < 10 o maior valor de f(x) = -\frac{1}{2}(3x-10)(x-10) é atingido no vértice da parábola, cuja abscissa é o ponto médio das raízes, ou seja, é \frac{1}{2}\left(\frac{10}{3} + 10\right) = \frac{20}{3}; temos f\left(\frac{20}{3}\right) = \frac{50}{3}. Como f(5) = \frac{25}{2} < \frac{50}{3} = f\left(\frac{20}{3}\right), o maior valor possível da área de sobreposição é \frac{50}{3}.

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Resolução comentada

Coloque C na origem, com os catetos sobre os eixos. A dobra liga (x,0) a (0,x) e leva C ao ponto C'=(x,x). O triângulo dobrado é um triângulo retângulo isósceles de catetos x, com área \frac{x^2}{2}.

a) Se x\le 5, o ponto C' cai dentro do triângulo ABC, porque C' fica sobre a bisetriz e 2x\le 10. Então toda a parte dobrada fica sobre o papel e f(x)=\frac{x^2}{2}.

f(2)=\frac{2^2}{2}=2,\qquad f(5)=\frac{5^2}{2}=12{,}5.

Se x>5, a parte dobrada ultrapassa a hipotenusa AB (reta x+y=10), e essa parte que sai não conta como sobreposição. Ela é um triângulo retângulo isósceles com vértice em C', semelhante ao triângulo dobrado. A altura do triângulo dobrado, até a dobra, é \frac{x}{\sqrt2}. A distância de C' a AB é \frac{2x-10}{\sqrt2}, que é a altura do triângulo que sai. A razão de semelhança é \frac{2x-10}{x}, e a razão das áreas é o quadrado disso. Logo, a área que sai é

\frac{x^2}{2}\cdot\frac{(2x-10)^2}{x^2}=2(x-5)^2.

Para x=7: f(7)=\frac{49}{2}-2\cdot 2^2=24{,}5-8=16{,}5.

f(2) = 2 cm², f(5) = 12,5 cm², f(7) = 16,5 cm².

b) Pelo que vimos:

Para 0\le x\le 5: f(x)=\dfrac{x^2}{2}.
Para 5\le x\le 10: f(x)=\dfrac{x^2}{2}-2(x-5)^2=-\dfrac{3x^2}{2}+20x-50.

Conferência: em x=5 as duas expressões dão 12{,}5, e em x=10 a segunda dá -150+200-50=0.

f(x)=\frac{x^2}{2} para 0\le x\le5 e f(x)=-\frac{3x^2}{2}+20x-50 para 5\le x\le10.

c) O gráfico é formado por dois arcos de parábola que se encontram em x=5.

De x=0 a x=5, é um arco de parábola com concavidade para cima, de (0,0) até (5;12{,}5). Alguns pontos: (1;0{,}5), (2;2), (3;4{,}5), (4;8).
De x=5 a x=10, é um arco de parábola com concavidade para baixo, que passa por (5;12{,}5), (6;16), (7;16{,}5), (8;14), (9;8{,}5) e termina em (10,0).
O ponto mais alto do gráfico está em x=\frac{20}{3}, com altura \frac{50}{3}\approx16{,}7.

Gráfico: arco de \frac{x^2}{2} de (0,0) a (5;12{,}5), seguido do arco de -\frac{3x^2}{2}+20x-50 de (5;12{,}5) a (10,0), com máximo em \left(\frac{20}{3},\frac{50}{3}\right).

d) Em [0,5], f é crescente e seu máximo é 12{,}5.

Em [5,10], f é uma parábola com concavidade para baixo, e o máximo está no vértice:

x_v=\frac{-20}{2\cdot(-3/2)}=\frac{20}{3}\approx6{,}67,

que pertence ao intervalo [5,10]. Então

f\!\left(\frac{20}{3}\right)=-\frac32\cdot\frac{400}{9}+\frac{400}{3}-50=-\frac{200}{3}+\frac{400}{3}-50=\frac{50}{3}.

Como \frac{50}{3}>12{,}5, esse é o máximo de f.

A maior área de sobreposição é \frac{50}{3}\ \text{cm}^2\approx16{,}7\ \text{cm}^2, obtida para x=\frac{20}{3}\ \text{cm}.

Assuntos: Função quadrática, Áreas e perímetros de polígonos.

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Questão 4 no caderno Nível 3 da 2ª fase da OBMEP 2013

Fonte: OBMEP 2ª fase 2013 · Nível 3. Prova oficial ↗