GABARITO: ALTERNATIVA C.

Temos a figura abaixo, onde L é o tamanho procurado e sendo E e F as projeções de P em AB e BC, respectivamente. Além disso, temos AE = y e PE = x. Como os lados do quadrado medem L, temos que

𝐵𝐸 = 𝐿 − 𝑦

Por outro lado, como BEPF é um retângulo, segue que

𝐵𝐹 = 𝑥 ⇒ 𝐶𝐹 = 𝐿 − 𝑥; 𝑃𝐹 = 𝐿 − 𝑦

Dessa forma, usando o teorema de Pitágoras nos triângulos AEP e BEP:

𝑥² + 𝑦² = √2² = 2 (𝑖)

𝑥² + (𝐿 − 𝑦)² = 1² ⇒ 𝑥² + 𝑦² + 𝐿² − 2𝐿𝑦 = 1 (𝑖𝑖)

Substituindo (i) em (ii):

2 + 𝐿² − 2𝐿𝑦 = 1 ⇒ 𝐿(𝐿 − 2𝑦) = −1 ⇒ (2𝑦 − 𝐿)𝐿 = 1 ⇒ 2𝑦 = 1/𝐿 + 𝐿

⇒ 2𝑦 = (𝐿² + 1)/𝐿 ⇒ 𝑦 = (𝐿² + 1)/2𝐿

Agora usando o Teorema de Pitágoras no triângulo PFC:

(𝐿 − 𝑦)² + (𝐿 − 𝑥)² = 2²

De (ii), temos que

(𝐿 − 𝑦)² = 1 − 𝑥² ⇒ 1 − 𝑥² + (𝐿 − 𝑥)² = 4

⇒ −𝑥² + 𝑥² + 𝐿² − 2𝐿𝑥 = 3 ⇒ 𝐿(𝐿 − 2𝑥) = 3 ⇒ 𝐿 − 2𝑥 = 3/𝐿 ⇒ 2𝑥 = 𝐿 − 3/𝐿

⇒ 2𝑥 = (𝐿² − 3)/𝐿 ⇒ 𝑥 = (𝐿² − 3)/2𝐿

Porém, sabemos que

Veja que chegamos numa equação biquadrada. Para resolvê-la, fazemos a transformação

𝐿² = 𝑘 > 0 ⇒ 𝑘² − 6𝑘 + 5 = 0

Nessa equação de segundo grau, descobrimos o delta:

∆= (−6)² − 4 ⋅ 1 ⋅ 5 = 36 − 20 = 16 ⇒ √∆= √16 = 4

Assim, temos que

𝑘 = (6 ± √∆)/2 = (6 ± 4)/2

Dessa forma, veja que temos as soluções k = 5 e k = 1. Se

𝑘 = 5 ⇒ 𝑘 = 𝐿² ⇒ 𝐿 = √5

𝑘 = 1 ⇒ 𝑘 = 𝐿² ⇒ 𝐿 = √1 = 1

Entretanto, veja que se L=1:

𝑥 = (𝐿² − 3)/2𝐿 = (1 − 3)/2 < 0

Porém, x não pode ser negativo. Assim, segue que a única solução é

𝐿 = √5