Áreas. Problemas de Optimização (4)

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Nesta entrada, embora todas as construções sejam feitas com régua e compasso, recorremos a operações algébricas, conceitos de função, derivada, etc.

Enunciado adaptado, construção e demonstração de Mariana Sacchetti
Dado um segmento de reta $\;AB\;$ de comprimento $\;a\;$ fixo, constrói-se com centro na perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;B\;$ um círculo de raio variável $\;x\;$ tangente ao segmento de reta $\;AB\;$ no ponto $\;B\;$. Unindo o centro $\;C\;$ da circunferência com o ponto $\;A\;$, obtém-se o triângulo retângulo $\;ABC.\;$ Construa-se-se um quadrado com com dois vértices em $\;AB\;$, outro na hipotenusa AC e o quarto na circunferência de centro $\;C\;$ e a passar por $\;B\;$
Determinar

• o raio do círculo para o qual o quadrado tem área máxima;
• o lado do quadrado de área máxima

As etapas da construção que ilustram as diversas relações podem ser seguidas na figura dinâmica abaixo.

© geometrias, 26 outubro 2017, Criado com GeoGebra

1. Apresenta-se a figura base: o segmento $\;AB\;$, a semi-reta $\;\dot{B}C\;$ perpendicular a $\;AB\;$, sendo $\;C\;$ de posição variável, a circunferência ou um seu arco de centro em $\;C\;$ e raio $\;BC\;$ e o triângulo $\;CAB\;$ com um lado $\;AB \;$ fixo e os outros variáveis com $\;C$.
2. Apresenta-se o quadrado construído para respeitar as condições do enunciado, a saber: um vértice $\;P\;$ sobre a parte do arco da circunferência $\;(C, \;CB)\;$ no interior do triângulo $\;CAB,\;$ dois vértices $\;Q, \;R\;$ sobre o cateto $\;AB\;$ e um quarto ponto $\;S\;$ sobre a hipotenusa $\;CA\;$
3. Apresenta-se o segmento $\;CD\;$ da reta $\;CP\;$ que intersecta $\;AB\;$ em $\;D.\;$ Também se apresenta o segmento $\;SE\;$ da reta $\;SP\;$ perpendicular a $\;BC\;$ e paralela a $\;AB\;$ que intersecta $\;BC\;$ no ponto $\;E.\;$ Ficamos assim com pares de triângulos semelhantes $\;CAD\; \sim CSP*,\;\;\;CDB \sim CPS,\;\;\;CPE \sim PDQ ** \;$ e $\;CDB \sim PDQ\;$
   Por isso, podemos escrever $$\frac{AD}{SP}=\frac{CD}{CP}= \frac{CA}{CS}= \frac{CB}{CE} *, \;\;\frac{DB}{PE} = \frac{BC}{PQ}=\frac{CD}{CP},\;\,\; \frac{CP}{PD}=\frac{PE}{DQ}=\frac{CE}{PQ} **, \;\;\;\frac{CD}{PD}= \frac{CB}{PQ}= \frac{DB}{DQ}$$ que nos permitem estabelecer uma relação de dependência do lado $\;y=PQ\;$ do quadrado $\;PQRS\;$ do raio $\;x=CB=CP\;$ da circunferência $\;(C, \;CB).\;$
   Como a razão das alturas de dois triângulos semelhantes é igual à razão entre qualquer par de lados homólogos, concretizando:
   • $\displaystyle \frac{AD}{SP}= \frac{CB}{CE}\; *\;$ pode escrever-se $\displaystyle \frac{AD}{y}= \frac{x}{x-y}$ para concluir que $\;AD= \displaystyle \frac{xy}{x-y}.$
   • $\displaystyle \frac{CP}{PD}=\frac{CE}{PQ}\;**\;$ pode escrever-se $\displaystyle \frac{x}{PD}=\frac{x-y}{y}\;$ para concluir que $\;PD= \displaystyle \frac{xy}{x-y}\;$
     Concluímos também que para qualquer círculo $\;(C, x), \;\;\; AD=DP\;$
   Designemos por $\;a\;$ o valor correspondente ao comprimento de $\;AB\;$ e estudemos o triângulo $\;CDB,\;$ retângulo em $\;B:\;$ $\;CB^2+ BD^2 =CD^2 \rightarrow\;$ que se pode escrever $\rightarrow \;CB^2 +(AB-AD)^2 = (DP+PC)^2 \rightarrow\;$ e nos permite escrever uma relação entre os variáveis raio da circunferência e lado do quadrado $\;x,\;y\;$ e o invariável $\;a\;$ comprimento do segmento $\;AB\;$ considerado fixo no enunciado. Para $\;PQ \neq CB \leftrightarrow x\neq y :$ $$\rightarrow x^2+ \left(a-\frac{xy}{x-y}\right)^2 = \left(\frac{xy}{x-y} + x\right)^2 \Leftrightarrow x^2 +a^2 -2a\frac{xy}{x-y}+ \left(\frac{xy}{x-y}\right)^2 = \left(\frac{xy}{x-y}\right)^2+2x\frac{xy}{x-y} + x^2 \Leftrightarrow$$ $$a^2-2a\frac{xy}{x-y}=2x\frac{xy}{x-y} \Leftrightarrow a^2(x-y)-2axy=2x^2y \Leftrightarrow a^2x-a^2y-2axy-2x^2y=0 \Leftrightarrow \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$ $$y=\frac{a^2x}{a^2+2ax+2x^2}$$ a forma como o lado do quadrado é dependente do raio da circunferência quando este varia com a deslocação de $\;C\;$
4. Nesta última etapa dos passos da nossa construção acrescentamos um ponto $\;O\;$ e a partir dele, o ponto variável $\;X\;$ tal que $\; OX = O+(x, 0)\;$ e os pontos $\;PQ =O+(x,y)\;$ e $\;PQRS = O+(x, y^2)\;$ - pontos dos gráficos de “lado do quadrado e área do quadrado $\;PQRS\;$ em função do raio da circunferência $\;(C, x)\;$.
   Claro que o quadrado de área máxima é o quadrado de máximo lado e por isso bastará determinar o valor do raio $\;x\;$ para o qual o lado $\;y;$ do quadrado é máximo.
   Podemos determinar esse valor recorrendo aos zeros da derivada da função $$y=\frac{a^2x}{a^2+2ax+2x^2}$$ $$\frac{dy}{dx} = \frac{a^2(a~2+2ax+2x^2)-(2a+4x)a^2x}{(a^2+2ax+2x^2)^2}= \frac{a^4+2a^3x+2a^2x^2-2a^3x-4a^2x^2}{(a^2+2ax+2x^2)^2 }= \frac{-2a^2x^2+a^4}{(a^2+2ax+2x^2)^2}$$ Para $\;a>0\;$ e $\;x>0\;$ que é o que se adequa às condições do problema $$y’(x) =\frac{-2a^2x^2+a^4}{(a^2+2ax+2x^2)^2} = 0 \Leftrightarrow -2a^2x^2+a^4=0 \Leftrightarrow x^2= \frac{a^4}{2a^2} \Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2}}{2}a$$ E convém verificar que
   $$x<\frac{\sqrt{2}}{2}a \Rightarrow -2a^2x^2 >-2a^2\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)^2 \Rightarrow -2a^2x^2+a^4 >-2a^2\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)^2+a^4 >0$$ que, por ser $\;(a^2+2ax+2x^2)^2>0, \forall x\,$ nos permite afirmar que $\;y’(x)>0, \forall x \in ] \;0, \displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}a \; [ \;$ e os valores de $\;y(x)\;$ crescem com $\;x\;$ a crescer até atingir o valor de $\;\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}a.\;$
   E, de igual modo, se verifica que $\;y’(x) <0, \forall x> \displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}a\;$ e os valores de $\;y(x)\;$ decrescem com $\;x\;$ a crescer a partir de $\;\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}a.\;$

Concluíndo, para um raio $$x=\frac{\sqrt{2}}{2}a$$ da circunferência $\;\;(C, \;BC)\;$, o lado do quadrado $\;PQRS\;$ correspondente atinge o seu valor máximo que é $$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a^3}{a^2 + \sqrt{2}a^2 + a^2 } = \frac{\sqrt{2} a^3}{2a^2(2+\sqrt{2})} =\frac{\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}a = \frac{\sqrt{2}-1}{2} a$$ e a sua área (máxima) corresponde ao quadrado desse valor do lado.

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Sangaku Optimization Problems:
(All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
Japanese Optimizations Problema found in Shiokawa Kokaido Building
Problem Statement: A circle of varying radius is constructed from the far-right endpoint of a segment of fixed length. A right triangle is formed using the circle's center and the two endpoints of the segment. A square is constructed using the circle, the hypotenuse, and the segment. Find the side length of the square that maximizes the square's area.
Sacred Mathematics: Japanese Temple Geometry. Fukagawa, H. & Rothman, T. 2008.

Áreas: Problemas de optimização(3)

Nesta entrada, embora todas as construções sejam feitas com régua e compasso, recorremos a operações algébricas, conceitos de função polinomial, derivada, etc.

O enunciado adaptado do problema desta entrada é:
Tomamos um quadrado $\;ABCD\;$ de papel que vamos dobrar - fixando um ponto ($\;P\;$) num dos lados ($\;AB,\;$ por exemplo) levamos um dos vértices desse lado ($\;A,\;$ por exemplo) até um ponto ($\;A’\;$) do lado ($\;BC\;$) oposto do lado ($\;AD.\;$) Fixadas as posições (de $\;P \in AB\:$ e de $\;A’ \in BC\;$ tais que $\;AP=PA’\;$) dobramos o papel quadrado pelo segmento de reta da dobra de extremo $\;P.\;$ Obtemos assim um trapézio a cobrir parte de um outro trapézio que se manteve inalterável e a parte do original quadrado que ficou a descoberto é composta por dois triângulos retângulos, um retângulo em $\;B\;$ e outro retângulo em $\;C.\;$
Para cada $\;P\;$ de $\;AB\;$ há uma só dobragem, se houver.
Pretende-se saber a posição de $\;P\;$ sobre $\;AB\;$ para a qual o círculo inscrito no triângulo retângulo em $\;C\;$ tem área máxima.

1. Na primeira janela mostram-se os quatro vértices do quadrado $\;ABCD,\;$ dos quais $\;B\;$ e $\;C\;$ vamos manter fixos (não afectados pelas operações de dobragem do quadrado de papel.
2. Não é possível levar $\;A\;$ até $\;BC\;$fixando um ponto qualquer de $\;AB\;$ para extremo da linha de dobra. Se tomar o ponto $\;M\;$ médio de $\;AB, \;$ levamos o ponto $\;A\;$ a sobrepor-se a $\;B.\;$ Só os pontos de $\;MB\;$ podem ser extremidades de linhas de dobra nas condições do enunciado. Mostram-se os pontos $\;M: \; AM=MB\;$ e $\;P \in MB\;$ que pode ser deslocado.

3 outubro 2017, Criado com GeoGebra

3. Para cada $\;P\;$ só há um ponto $\;A’\;$ de $\;BC\;$ tal que $\;AP=PA’.\;$ Fixados $\;P\;$ e $\;A’\;$ a dobra é única. Ao levar $\;A\;$ a sobrepor-se a $\;A’,\;\; AP\;$ irá para a posição de $\;PA’,\;\; AD\;$ para a posição de $\;A’D’\;$ um segmento da reta perpendicular a $\;PA’\;$ e igual em comprimento a $\;AD.\;$ O extremo $\;E\;$ da linha de dobra no lado $\;CD\;$ oposto a $\;AB\;$ estará sobre a perpendicular tirada por $\;D’\;$ a $\;A’D’\;$ e será tal que $\;DE=ED’\;$ e $\;D\hat{E}D’=A\hat{P}A’.\;$
   Notemos que, quando existem, são iguais os trapézios retângulos $\;APED\;$ e $\;PA’D’E\;$ e semelhantes os triângulos retângulos $\;PBA’, \;\; A’CF,\; EFD’.\;$
4. Mostra-se nesta etapa o incírculo de $\;[A'CF] \;$ de centro $\;I\;$ e inraio $\;r=IJ$
5. Nesta etapa, acrescentam-se os pontos $\;O\;$ e $\;X\;$ tais que $\;OX =PB\;$ e relativamente a estes os pontos
   • $\;S=\left(OX, \pi. r^2 \right)\;$ que nos mostra a variação da área do incírculo de $\;[A'CF]\;$ com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$
   • $\;CA'=\left(OX,\; \overline{A'C} \right)\;$ que nos mostra a variação do comprimento do cateto $\; \overline{A'C}\;$com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$ que decresce à medida que $\;P\;$ se aproxima de $\;B;\;$
   • $\;CF=\left(OX,\; \overline{CF} \right)\;$ que nos mostra a variação do comprimento do cateto $\; \overline{CF}\;$ (com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$) que cresce à medida que $\;P\;$ se aproxima de $\;B;\;$
   Deslocando $\;P\;$ em $\;MB,\;$ poderá conjecturar que $\;S\;$ atinge a sua posição mais elevada (área máxima) quando os catetos de $\;A'CF\;$ têm comprimento igual.

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A figura abaixo esclarece que quando a área - ordenada do ponto $\; T\;$ - do triângulo $\;A’CF\;$ cresce {decresce}, a área - ordenada do ponto $\;Y\;$ - do seu incírculo cresce (decresce) e que, para qualquer que seja o valor de $\;x=PB=OX\;$ abcissa comum de $\;T\;$ e $\;Y, \;$ as áreas dadas como ordenadas são tais que $\;y(Y) < y(T).\;$ Ou seja, podemos concluir que a maior área do incírculo e a maior área do triângulo são atingidos numa mesma posição de $\;P.\;$

1 novembro 2017, Criado com GeoGebra

Usando as seguintes designações $\;AB=a\;$ (constante), $\;BP=x\;$ (variável com posição de $\;P\;$ em $\;MB,\;$) $\;BA’ = p\;$ e $\; CF=a’\;$ temos
$\;A’P=a-x, \;A’C=a-p\;$ e por $\;BA’P\;$ ser retângulo em $\;B\,$, temos
$$\;x^2+p^2=(a-x)^2 \Leftrightarrow x^2+p^2 = a^2+x^2-2ax \Leftrightarrow x= \displaystyle \frac{a^2-p^2}{2a} *\;$$ e como $\Delta A’CF \sim \Delta BA’P$, sabemos que $$\frac{a’}{p}=\frac{a-p}{x} \Leftrightarrow a’=\frac{2ad(a-p)}{a^2-p^2} \Leftrightarrow a’= \frac{2ap}{a+p}$$ e a área $\;y(T)\;$ de $\;\Delta A’CF\;$ pode ser expressa $$y = \frac{a’(a-p)}{2}\Leftrightarrow y = \frac{2ap(a-p)}{2(a+p)}\Leftrightarrow y=\frac{ap(a-p)}{a+p}$$ e $$y’_p= \frac{(a(a-p)-ap)\times(a+p) - ap(a-p)}{(a+p)^2}= \frac{(a^2-2ap)(a+p)-a^2p+ap^2}{(a+p)^2}=$$ $$y’_p=\frac{a^3+a^2p-2a^2p-2ap^2-a^2p+ap^2}{(a+p)^2} = \frac{a^3-2a^2p -ap^2}{(a+p)^2}$$ Assim, para $\;a\neq 0,\;$ $$y’_p (p)=0 \Leftrightarrow a(p^2 + 2ap -a^2)=0 \Leftrightarrow p=\frac{-2a ± \sqrt{8a^2}}{2}= 0 \Leftrightarrow p= -a + \sqrt{2} a \vee p=-a - \sqrt{2} a$$ Para o problema em causa, só o primeiro valor apresentado $\;p= (\sqrt{2} -1)a\;$ serve. E, portanto, para o valor $$*x=\frac{a^2- (\sqrt{2} -1)^2a^2}{2a}=\frac{a^2(1-(2-2\sqrt{2}+1)}{2a}= \frac{a^2(\sqrt{2}-1)}{a}= (\sqrt{2}-1)a$$ de $PB$ as áreas do triângulo $\;[A’CF]\;$ e do seu incírculo tomam o seu valor máximo.

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Podemos agora confirmar a conjectura feita na entrada anterior Quando $\;p=BA’=(\sqrt{2}-1)a, \;$ será verdade que acontece $\;a-p= A’C=CF=a’ ?\;$ Ou, para $\;p=(\sqrt{2}-1)a\;$ será $\;CF=a’= \frac{2ap}{a+p} = a-p =A’C’ ?$
Ora, substituindo $\;p\;$ por $(\sqrt{2}-1)a\;$ nas diversas expressões e simplificando temos
$\;2ap = 2a(\sqrt{2}-1)a, \;\; \; a+p=a+(\sqrt{2}-1)a=\sqrt{2}a; \;\;\; a-p= a- \sqrt{2}a +a=(2-\sqrt{2})a\;$ de onde se retira finalmente $$\frac{2(\sqrt{2}-1)a^2}{\sqrt{2}a}=\frac{2a(\sqrt{2}-1) \times \sqrt{2}}{2}=(2-\sqrt{2})a$$ como esperávamos. Fica confirmada a conjectura adiantada inicialmente.

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1. Sangaku Optimization Problems:
   (All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
   Japanese Paper Folding Problem
   Problem Statement: When as square piece of paper of fixed side length is folded as shown in the figure, a circle is formed in the upper-left-hand corner which is tangent at three points to the paper. First show the red segment and the red radius are equivalent for all folds. Then determine where the paper should be folded in order to maximize the area of the circle.
   Adapted from: Japanese Temple Geometry Problems. Fukagawa, H. & Pedoe, D. The Charles Babbage Research Center, Winnipeg, 1989.
2. A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.
3. http://geometrias.eu/deposito/ORirABCO2a.html
   http://geometrias.blogspot.pt/2014/10/triangulos-retangulos-altura-e-inraios.html
4. Robert Geretschläger. Folding Questions - A paper about Problems about Paper. WFNMC-6, Riga, Latvia: 2010
5. Hiroshi Okumura. A Folded Square Sangaku Problem
6. Hiroshi Okumura. A Note on HAGA's Theorems in Paper Folding. in Forum Geometricorum.Volume 14 (2014) 241-242
7. Hidetoshi Fukagawa. Japanese Temple Geometry Problems. 1989.