Nivel 2 Problema 3 ¿¿Nacional 1993??

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
BrunZo

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Nivel 2 Problema 3 ¿¿Nacional 1993??

Mensaje sin leer por BrunZo »

$BMNP$ es un cuadrado de área $6$. Se traza una recta $l$ que pase por el vértice $N$ y que sea exterior al cuadrado. La recta $l$ interseca a la prolongación del lado $BP$ en $A$ y a la prolongación del lado $BM$ en $C$. ¿Cuál es el menor valor posible del área del triángulo $ABC$?
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Ulis7s

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Re: Nivel 2 Problema 3 ¿¿Nacional 1993??

Mensaje sin leer por Ulis7s »

Solución:
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Bueno, estuve pensando este problema toda la siesta jaja, pasando a lo que venimos:
Primero separamos el problema por casitos,
Caso $1$: $(PNA)>(MCN)$, lo que vamos a hacer es trasladar el triángulo de mayor área como se muestra en la figura:
Nivel 2 Problema 3 Nacional 1993.png
Ahora, porque hacemos esto? Mi idea es que al tener que los ángulos de colores sumen $90$ nos queden $P$, $N$ y $D$ colineales. Sin pérdida de generalidad sea $E$ la intersección de $BC$ con $AD$. Por construcción, tenemos que $MNDE$ tiene $2$ lados iguales $MN=ND$ y tres ángulos de $90$, luego es un cuadrado de área $6$ ya que comparte $MN$ con $BMNP$ luego $(ABC)=12+(MEA)$ por lo que en este caso $(ABC)>12$. Aclaración: El caso $(MCN)>(PNA)$ es análogo.
Caso $2$: $(PNA)=(MCN)$ nos queda $MC=AP$ ya que $PN=MN$ luego los triángulos $PNA$ y $MCN$ son congruentes ya que tienen $2$ lados iguales y comparten un ángulo de $90$ luego $E$ coincide con $A'$ al hacer la traslación y con la demostración de que $MNDE$ es cuadrado de antes obtenemos que $(ABC)=12$. Concluimos que el área mínima es $12$ con un ejemplo:
1ed.png
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drynshock

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Re: Nivel 2 Problema 3 ¿¿Nacional 1993??

Mensaje sin leer por drynshock »

Dedicada a la persona con mas mensajes de geometria en el foro @Gianni De Rico
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Notemos que el lado del cuadrado es $\sqrt{6}$ luego si $\angle BAC = \alpha \Rightarrow \angle MNC = \alpha$ por paralelas. Entonces $\triangle PAN \sim \triangle MNC$ por criterio $AA$. Digamos que $PA = x$ y $MC = y$ luego: $\frac{NP}{MC} = \frac{MN}{PA} \Rightarrow 6 = xy \Rightarrow y = \frac{6}{x}$

Veamos que el área de $ABC$ es $\frac{(\sqrt{6} + x)(\sqrt{6} + y)}{2} = \frac{6 + \sqrt{6}(x+y) + 6}{2} = 6 + \frac{\sqrt{6}}{2}(x+y)$, como $6$ y $\frac{\sqrt{6}}{2}$ son constantes, entonces lo que buscamos minimizar es $x+y \Rightarrow x + \frac{6}{x}$.

Acá les dejo mil maneras de hacerlo:

Por AM-GM:
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$$x + \frac{6}{x} \geq 2\sqrt{x.\frac{6}{x}} \Rightarrow x + \frac{6}{x}\geq 2\sqrt{6}$$

$\blacksquare$
Con derivadas:
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Sea $f: \mathbb R^+ \rightarrow \mathbb R^+ | f(x) = x + \frac{6}{x} \Rightarrow f'(x) = 1 - \frac{6}{x^2}$ los mínimos/máximos se dan cuando la derivada es cero, por lo que $f'(0) = 0 = 1 - \frac{6}{x^2} \Rightarrow x^2 = 6 \Rightarrow x = \sqrt{6} \Rightarrow f'(\sqrt{6}) = 2\sqrt{6}$.

Ahora podemos demostrar que es un mínimo usando la segunda derivada, si $x_0$ es un mínimo de $f$ entonces $f''(x_0) > 0$: $f''(x) = \frac{12}{x^3} \Rightarrow f''(\sqrt{6}) = \frac{12}{(\sqrt{6})^3} > 0$

$\blacksquare$
Geométricamente:
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Consideramos un rectángulo de lados $\frac{6}{x}$ y $x$:
Screenshot_20240508_075740_Geometry.jpg
Luego lo replicamos $4$ veces de la siguiente manera formando un cuadrado:
Screenshot_20240508_075657_Geometry.jpg
El área del cuadrado es mayor o igual que el área de los $4$ rectángulos. Veamos que cada rectángulo tiene área $x.\frac{6}{x} = 6$ luego:
$$(x+\frac{6}{x})^2 \geq 6.4 \Rightarrow x + \frac{6}{x} \geq 2\sqrt{6}$$

$\blacksquare$
Desigualdad:
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$$\bigg(\sqrt{x} - \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{x}}\bigg)^2 \geq 0$$
$$x - 2.\sqrt{x}.\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{x}} + \frac{6}{x} \geq 0$$
$$x + \frac{6}{x} \geq 2\sqrt{6}$$

$\blacksquare$

Cabe decir que esta se la robe a @Turko Arias
Con Pitágoras:
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Consideramos un triangulo rectángulo de catetos $2\sqrt{6}$ y $x - \frac{6}{x}$ (asumimos $x > \frac{6}{x}$), luego la hipotenusa tiene una longitud de
$$\sqrt{(x - \frac{6}{x})^2 + (2\sqrt{6})^2} = \sqrt{x^2 - 12 + \frac{6^2}{x^2} + 24} = \sqrt{x^2 + 12 + \frac{6^2}{x^2}} = x + \frac{6}{x}$$

Dado que la hipotenusa es siempre mayor que los catetos, entonces $x + \frac{6}{x} \geq 2\sqrt{6}$ (dándose la igualdad cuando la hipotenusa es el mismo cateto.)

$\blacksquare$
Una con circunferencia:
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geogebra-export (56).png
Consideremos una circunferencia de diámetro $AB$, centro $O$. Sea $DD'$ perpendicular a $AB$ tal que $DD'$ también sea diámetro y una cuerda $E'E$ perpendicular a $AB$.

Sea $AC = x$ y $CB = \frac{6}{x}$ Digamos que $EC = E'C = k$, entonces por potencia de un punto $x.\frac{6}{x} = k^2 \Rightarrow k = \sqrt{6}$. Ahora notemos que $k$ siempre es menor o igual que el radio, entonces $k \leq \frac{x + \frac{6}{x}}{2} \Rightarrow x + \frac{6}{x} \geq 2\sqrt{6}$

$\blacksquare$
Con áreas:
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geogebra-export (57).png
(Si $x > 1$)
Consideramos el triangulo rectángulo $\triangle ABC$ con catetos $AB = 1$ y $BC = x$ y el triangulo $\triangle ADE \sim ABC$ son catetos $DE = \frac{\sqrt{6}}{x}$ y $AD = \sqrt{6}$

El área del rectángulo $ABFD$ es $\sqrt{6}$ la cual es claramente menor que la suma de las áreas de $\triangle ABC$ y $\triangle ADE$ o igual si $x = \sqrt{6}$, es decir:

$$\frac{x}{2} + \frac{\frac{\sqrt{6}}{x}.\sqrt{6}}{2} \geq \sqrt{6}$$
$$x + \frac{6}{x} \geq 2\sqrt{6}$$

$\blacksquare$
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