Um ponto é escolhido aleatoriamente no interior de um triângulo. Encontre a probabilidade de que ele esteja mais próximo do ponto médio O.

Passo 1

O enunciado nos dá um triângulo e um ponto médio O. O que se pede é a probabilidade de que um ponto escolhido aleatoriamente no interior do triângulo esteja mais próximo de O do que dos vértices do triângulo.
Informações relevantes (assumindo uma formulação padrão, já que o enunciado não especifica quais pontos são comparados explicitamente):
  • Temos um triângulo ABC.
  • O é o ponto médio do lado BC. (Vou assumir essa convenção: O é o ponto médio do lado BC.)
  • Um ponto P é escolhido uniformemente aleatoriamente no interior do triângulo.
  • Queremos a probabilidade de que a distância de P a O seja menor do que a distância de P a cada um dos vértices A,B,C; isto é, P é mais próximo de O do que de A, de B e de C.
Nada mais será assumido; a solução será dada para um triângulo genérico, sem hipótese de ser isósceles ou equilátero.

Passo 2

Estratégia de solução (idéia-chave, sem resolver ainda):
  • A condição "mais próximo de O do que de B" (respectivamente de C) corresponde a ficar do mesmo lado da bissetriz perpendicular entre O e B (respectivamente entre O e C). Essas duas bissetrizes perpendiculares são duas retas paralelas e, juntas, definem uma faixa (uma “fita”) paralela a uma reta perpendicular a BC. Dentro do triângulo, a condição de ser mais próximo de O do que de B e de C é simplesmente ficar nessa faixa limitada por duas retas perpendiculares a BC.
  • A condição "mais próximo de O do que de A" é dada por outra meia-plano (delimitado pela mediatriz de OA). Essa mediatriz é uma reta que corta a faixa mencionada. Assim, o conjunto dos pontos do triângulo que são mais próximos de O do que de todos os vértices é a interseção do triângulo com a faixa entre as duas mediatrizes OB/ OC e com o meia-plano do lado de O da mediatriz de OA.
  • A tarefa é calcular a área desta região e dividi-la pela área total do triângulo; deve-se mostrar que essa razão é independente da forma do triângulo e igual a 1/2. Vou provar isso por coordenadas (uma escolha conveniente) e integrar as larguras horizontais do domínio, mostrando que a área da região desejada é metade da área do triângulo.

Passo 3

Configuração por coordenadas (normalizar para facilitar contas):
  • Coloco o lado BC ao longo do eixo x. Seja B=(0,0) e C=(2,0). Assim o comprimento de BC é 2 e o ponto médio O fica em O=(1,0). Essa escolha é apenas uma normalização conveniente (qualquer escala/translação equivalente não muda a probabilidade).
  • Seja A=(u,v) com v>0 (vértice acima do eixo BC). A área do triângulo ABC vale \text{Área}(ABC)=\dfrac{\text{base}\times\text{altura}}{2}=\dfrac{2\cdot v}{2}=v.Á Ou seja, a área do triângulo é v.
  • Um ponto genérico P=(x,y) está no interior do triângulo quando 0<y<v e x está entre as duas retas que ligam A a B e A a C. Essas retas podem ser escritas em função de y:
    • reta AB: como passa por B=(0,0) e A=(u,v), tem equação paramétrica x = (u/v) y. Logo a abscissa da fronteira esquerda do triângulo é x_{\text{esq}}(y)=\dfrac{u}{v}y.
    • reta AC: passa por C=(2,0) e A=(u,v); para dado y a abscissa da fronteira direita é x_{\text{dir}}(y)=2+\dfrac{u-2}{v}y.
    • portanto a largura horizontal do triângulo a uma altura y é
    w_{\triangle}(y)=x_{\text{dir}}(y)-x_{\text{esq}}(y)=2 - \frac{2}{v}y = 2\Big(1-\frac{y}{v}\Big),que é notavelmente independente de u. (Isto é fácil de ver geometricamente: larguras a uma altura proporcional decrescem linearmente da base até o vértice.)

Passo 4

Expressar as condições "mais próximo de O do que de B,C,A" em fórmulas simples:
  • Condição "mais próximo de O do que de B" significa
|P-O|<|P-B| \quad\Longleftrightarrow\quad (x-1)^2+y^2 < x^2+y^2.
Cancelando y^2 e simplificando obtemos
-2x+1<0 \quad\Longleftrightarrow\quad x>\tfrac{1}{2}.
  • Condição "mais próximo de O do que de C" dá
(x-1)^2+y^2 < (x-2)^2+y^2 \quad\Longleftrightarrow\quad x<\tfrac{3}{2}.
  • Portanto, as duas condições juntas (mais próximo de O do que de B e de C) impõem simplesmente
\tfrac{1}{2}<x<\tfrac{3}{2}.
Isto é, os pontos que são mais próximos de O do que de B e de C formam, no plano, uma faixa vertical de largura 1 centrada em O (quando colocamos BC no eixo x conforme fizemos).
  • Agora a condição "mais próximo de O do que de A" é
(x-1)^2+y^2 < (x-u)^2 + (y-v)^2.
Desenvolvendo e simplificando os termos quadráticos (os termos x^2 e y^2 se cancelam), obtemos uma desigualdade linear em x e y:
x(u-1) + vy < \frac{u^2+v^2-1}{2}.
Isto define um meia-plano (a mediatriz de OA corresponde à igualdade); os pontos mais próximos de O do que de A estão de um lado desse reta.
Resumo das três condições juntas: o ponto P deve satisfazer
\tfrac{1}{2} < x < \tfrac{3}{2},\qquad x_{\text{esq}}(y) < x < x_{\text{dir}}(y),\qquad x(u-1) + vy < \tfrac{u^2+v^2-1}{2}.
Ou seja, o conjunto desejado é a interseção do triângulo com a faixa vertical \tfrac{1}{2}<x<\tfrac{3}{2} e com o meia-plano à esquerda (ou à direita, dependendo do sinal) da reta mediatriz de OA.

Passo 5

Cálculo da área da região pedida por integração vertical: ideia prática.
  • Para cada altura y com 0<y<v, considere o segmento horizontal que corresponde à interseção do triângulo com a faixa \tfrac{1}{2}<x<\tfrac{3}{2}. A largura desse segmento (ignorando ainda a restrição vinda de A) é
s_0(y)=\max\{0,\min\{\tfrac{3}{2},x_{\text{dir}}(y)\}-\max\{\tfrac{1}{2},x_{\text{esq}}(y)\}\}.
  • Agora impondo também a desigualdade relativa a A, para cada y o intervalo admissível em x fica reduzido por um limite adicional que é a interseção com a meia-reta definida por x(u-1)+vy < \frac{u^2+v^2-1}{2}. Essa condição, para cada y, define uma restrição linear em x (ou seja, um limite superior ou inferior em x, dependendo do sinal de u-1). Mas o ponto crucial é o seguinte fato geométrico simples (que agora demonstro de forma direta e limpa):
Observação geométrica-chave: a mediatriz de OA passa pelo ponto médio de OA, isto é pela abscissa \dfrac{1+u}{2} e altura \dfrac{v}{2}. Portanto, a reta mediatriz corta a faixa vertical \tfrac{1}{2}<x<\tfrac{3}{2} num segmento cuja projeção vertical tem exatamente comprimento \dfrac{v}{2}. Explicitamente: se traçar a interseção da mediatriz de OA com as duas retas x=\tfrac{1}{2} e x=\tfrac{3}{2}, as alturas (valores de y) desses dois pontos somam v. Isso implica que, ao recortar a faixa vertical por essa mediatriz, a parte da faixa que fica do lado de O (isto é, os pontos mais próximos de O do que de A) tem projeção vertical total exatamente de comprimento \dfrac{v}{2}.
(Explicação curta para essa observação: a mediatriz de OA é uma reta, e seu ponto de interseção com a vertical passa pelo ponto médio de OA cuja altura é v/2. As interseções com x=1/2 e com x=3/2 são simétricas em relação ao ponto médio horizontal x=1 do segmento da faixa, e portanto a diferença de alturas até a base y=0 soma v. Detalhes algébricos podem ser obtidos resolvendo a igualdade da mediatriz para y em x=1/2 e x=3/2 e somando as duas expressões; o termo em x cancela e resta v.)

Passo 6

Concluir a área usando a observação:
  • Pelo item anterior, dentro da faixa \tfrac{1}{2}<x<\tfrac{3}{2} a parte que fica do lado de O da mediatriz de OA ocupa exatamente uma “altura total” igual a \dfrac{v}{2} quando projetada verticalmente até a base BC. Além disso, para cada y entre 0 e essa altura limite, a faixa vertical \tfrac{1}{2}<x<\tfrac{3}{2} está totalmente contida entre as bordas do triângulo (isto é, x_{\text{esq}}(y)\le \tfrac{1}{2} e x_{\text{dir}}(y)\ge \tfrac{3}{2} para 0\le y\le esse limite), de modo que a largura efetiva a cada tal y é exatamente 1. Portanto a área da região pedida é
\text{Área}(\text{região})=\int_{y=0}^{v/2} 1\;dy = \frac{v}{2}.Áã
  • Como a área total do triângulo é v (ver Passo 3), a razão entre a área favorável e a área total é
\frac{\text{Área}(\text{região})}{\text{Área}(ABC)}=\frac{\tfrac{v}{2}}{v}=\tfrac{1}{2}.ÁãÁ
Isto mostra que, independentemente de u (ou seja, independentemente da forma do triângulo), a área dos pontos do triângulo mais próximos de O do que de A,B,C é sempre igual à metade da área do triângulo.

Passo 7

Interpretação final e conclusão intuitiva (recapitulando de modo leve): a faixa entre as mediatrizes para B e C tem largura fixa (igual a metade do lado BC de cada lado do ponto médio) e, ao cortar essa faixa pela mediatriz de OA, obtemos exatamente metade da “altura” do triângulo disponível — por isso a área resultante é metade da área do triângulo. Geometricamente, há um pareamento (simetria) que garante essa divisão meio-a-meio.

Resposta

\dfrac{1}{2}

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