Desafio

por **Giovana Martins** Dom 10 Dez 2023, 17:49

Dois quadrados de áreas x e y são inscritos de maneiras diferentes num mesmo triângulo retângulo como mostrado abaixo.

A área de "x" é maior que a área de "y" ou a área "x" é menor que a área de "y"?

Tentando resolver este post (clique aqui), me deparei com uma situação legal, que no caso eu suponho ser a resposta do desafio que eu estou propondo.

por **petras** Seg 11 Dez 2023, 23:24

Giovana Martins escreveu:
Dois quadrados de áreas x e y são inscritos de maneiras diferentes num mesmo triângulo retângulo como mostrado abaixo.

A área de "x" é maior que a área de "y" ou a área "x" é menor que a área de "y"?

Tentando resolver este post (clique aqui), me deparei com uma situação legal, que no caso eu suponho ser a resposta do desafio que eu estou propondo.

Uma ideia da OBMEP (adaptada).Seja o triângulo retângulo isósceles. Teremos que, no primeiro caso, o quadrado representa 1/2 da área do triângulo, enquanto que no segundo caso o quadrado representa 4/9 da area do triângulo. Sendo S a area de cada triângulo do primeiro caso teremos a área total do triângulo de 4S e a área do quadrado 2S
No segundo caso teremos a área do quadrado (4.4S)/9 = 16S/9 < 2S

por **Giovana Martins** Seg 11 Dez 2023, 23:57

Boa noite, Petras. Primeiramente, obrigada por tentar.

Só uma dúvida: se eu bem entendi, a sua ideia é válida somente para triângulos isósceles, certo? Se for isso, a resolução não vai estar correta, pois o meu triângulo ali não é isósceles, de tal modo que os triângulos têm, cada um, áreas diferentes entre si.

por **petras** Ter 12 Dez 2023, 12:23

Giovana Martins escreveu:
Boa noite, Petras. Primeiramente, obrigada por tentar.

Só uma dúvida: se eu bem entendi, a sua ideia é válida somente para triângulos isósceles, certo? Se for isso, a resolução não vai estar correta, pois o meu triângulo ali não é isósceles, de tal modo que os triângulos têm, cada um, áreas diferentes entre si.

Foi apenas uma ideia que vi e que dá o gabarito ...realmente são isósceles retângulos mas são de áreas iguais...apesar de não ser genérico..o resultado do seu problema valerá pra esse também ou seja..o quadrado inclinado terá área menor mas vou pesquisar uma solução geral

por **Giovana Martins** Ter 12 Dez 2023, 12:52

Ah, entendi. Então, o que eu propus aqui seria uma forma que valesse para todos os triângulos mesmo.

Eu não vou conseguir postar a solução hoje. Somente amanhã.

Obrigada, Petras.

por **petras** Ter 12 Dez 2023, 18:23

Giovana Martins escreveu:
Ah, entendi. Então, o que eu propus aqui seria uma forma que valesse para todos os triângulos mesmo.

Eu não vou conseguir postar a solução hoje. Somente amanhã.

Obrigada, Petras.

a = cateo maior
b = cateto menor
h = hipotenusa

[latex]\\p = \sqrt x\\ q = \sqrt y\\ \frac{a-p}{a}=\frac{p}{b} \implies p=\frac{ab}{a+b} \\ \frac{A'H}{b}=\frac{q}{h} \implies A'H=\frac{bq}{h}\\ \frac{HC}{h}=\frac{q}{a}\implies HC=\frac{hq}{a}\\ \therefore b = A'H+HC=q(\frac{b}{h}+\frac{h}{a}) \implies q = \frac{abh}{h^2+ab}\\ \therefore p -q = ab(\frac{1}{a+b}-\frac{h}{h^2+ab}) =\frac{ab}{(a+b)(h^2a+ab)}(h^2+ab-h(a+b))\\ Mas: h^2+ab-h(a+b)) = (h-a)(h-b) > 0 \therefore p - q > 0 \implies \boxed{p > q}[/latex]
(Sol:LuisFuentes)

por **Giovana Martins** Qui 14 Dez 2023, 21:53

Muito obrigada, Petras.

Amanhã eu posto a minha por aqui também. Eu não estou em casa, daí estou sem meu caderno no qual eu transcrevi a solução.

por **Giovana Martins** Sex 15 Dez 2023, 07:55

Segue a ideia de resolução.

Das relações de semelhança encontramos as expressões que fornecem os valores dos lados dos quadrados em função dos catetos a e b do triângulo. Veja:

[latex]\\\mathrm{\ \ \ \ \ \ \ \frac{h}{h-\sqrt{y}}=\frac{c}{\sqrt{y}}\to h\sqrt{y}=ch-c\sqrt{y}\to h=\frac{c\sqrt{y}}{c-\sqrt{y}}}\\\\ \mathrm{\ \ \ \ \ Dado\ que\ h=\frac{ab}{c}\ e\ c=\sqrt{a^2+b^2}:\sqrt{y}=\frac{ab\sqrt{a^2+b^2}}{a^2+b^2+ab}}\\\\ \mathrm{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{a-\sqrt{x}}{\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}}{b-\sqrt{x}}\to \sqrt{x}=\frac{ab}{a+b}}[/latex]

Agora, façamos algumas manipulações algébricas:

[latex]\mathrm{\acute{E}\ sabido\ que\ a^2>0,logo:a^2+(a+b)^2>(a+b)^2}[/latex]

[latex]\mathrm{a^2>0\leftrightarrow a^2+(a+b)^2>(a+b)^2\leftrightarrow 2a(a+b)+b^2>(a+b)^2}[/latex]

[latex]\mathrm{Como\ (a+b)^2\neq 0:a^2>0\leftrightarrow \frac{2a}{a+b}+\frac{b^2}{(a+b)^2}>1\leftrightarrow \frac{2ab^2}{a+b}+\frac{b^4}{(a+b)^2}>b^2 }[/latex]

[latex]\mathrm{\leftrightarrow a^2+\frac{2ab^2}{a+b}+\frac{b^4}{(a+b)^2}>a^2+b^2\leftrightarrow \left ( a+\frac{b^2}{a+b} \right )^2>a^2+b^2}[/latex]

[latex]\mathrm{\leftrightarrow a+\frac{b^2}{a+b}>\sqrt{a^2+b^2}\leftrightarrow \frac{a^2+b^2+ab}{a+b}>\sqrt{a^2+b^2}\leftrightarrow \frac{1}{a+b}>\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{a^2+b^2+ab},pois\ a^2+b^2+ab>0}[/latex]

[latex]\mathrm{Dado\ que\ ab>0\ \therefore\ \frac{1}{a+b}>\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{a^2+b^2+ab}\leftrightarrow \frac{ab}{a+b}>\frac{ab\sqrt{a^2+b^2}}{a^2+b^2+ab}\ \therefore\ \sqrt{x}>\sqrt{y}\ \therefore\ \boxed {\mathrm{A_X>A_Y}}}[/latex]