Áreas: Problemas de optimização (2)

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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:
Seja um quadrado $\;[BCAD],\;$como se mostra na figura abaixo. Consideremos as diagonais $\;AB, \;CD\;$ e $\;M\;$ o seu ponto de intersecção. Sobre $\;CD, \;$ tomemos os pontos $\;P,\;\;R\;$ simétricos eme relação a $\;M.\;$ Obtemos um rombo (ou losango) $\;BPAR.\;$ Consideremos também o quadrado $\;PQRS.\;$
Para que valor ou valores dos comprimentos $\;PQ\;$ (lados dos quadrados $\; PQRS\;$) é que os valores das áreas assinaladas a vermelho atingem o seu máximo?

Da figura à esquerda, já descrita no enunciado, as retas das diagonais $\;AB, \;CD\;$ são eixos de simetria e, por isso, o problema proposto fica resolvido determinando qual é o valor do comprimento de $\;PQ\;$ para o qual $\;PAQ\;$ tem área máxima.

12 setembro 2017, Criado com GeoGebra

O que vamos fazer é estudar a dependência de valores $\;y=OY\,$ das áreas de $APQ$ em função dos valores dos comprimentos dos lados $\;x=OX=PQ\;$ dos quadrados $\;PQRS.\;$
As diagonais dos quadrados são iguais $\;AB=CD, \;PR=QS,\;$ bissectam-se $\;QM=MP \;$ perpendicularmente $\;C\hat{M}A =P\hat{M}Q =1\;$ reto, sendo por isso $\;PQ^2 = PM^2+MQ^2 = 2PM^2\; \Leftrightarrow x=\sqrt{2}PM \Leftrightarrow PM^2=\displaystyle \frac{x^2}{2}\;$ e, designando por $\;2a\;$ o comprimento fixo de $\;AB,\;$ e por $\;2d\;$o valor dos comprimentos variáveis das diagonais de $\;PQRS,\;$ sobre a área $\;y\;$ do triângulo $\;PAQ$ que é igual ao triângulo $\;PAM\;$ subtraído do triângulo $\;MPQ,\;$ podemos escrever $$y=\frac{a\times d}{2} - \frac{d^2}{2} = \displaystyle \frac{\sqrt{2}ax}{2} - \frac{\displaystyle\frac{x^2}{2}}{2}=\frac{2\sqrt{2}ax-x^2}{4}$$ Quando $\;P\;$ toma a posição de $\;M, \;\; P\equiv M\equiv Q \ldots \;$ então $\;x=0.\;$ O maior valor que $\;x=PQ\;$ pode atingir é quando $\;P = C\;$ e $\;Q=A\;$: $\;\;\;PQ=AC=\sqrt{2}a.$
Para o nosso problema, $\;x\;$ pode tomar todos os valores entre $\;0\;$ e $\;\sqrt{2}a:\;$ $$0\leq x=OX \leq AC=\sqrt{2}a$$ e, em consequência, como $$\;y=\frac{2\sqrt{2}ax-x^2}{4}= \frac{-(x^2 - 2\sqrt{2}ax +2a^2)+2a^2}{4}= \frac{1}{4}(2a^2 -(x-\sqrt{2}a)^2$$ função polinomial do segundo grau em que $\;x^2\;$ tem coeficiente negativo $\;\displaystyle -\frac{1}{4}\;$ $$y=\frac{1}{4} (2a^2-(x-\sqrt{2}a)^2 = 0 \Leftrightarrow \;x=0 \vee x=\sqrt{2}a $$ $y\;$ atinge o seu valor máximo para o valor de $\;x\;$ médio de $\;[0,\; \sqrt{2}a] \;$ que é $\; \displaystyle \frac{\sqrt{2}a}{2}.\;$

Nota: Clicando no botão de animação, na esquerda ao fundo, pode visualizar os traços dos pontos de abcissas $\;x\;$ entre $\;0\;$ e $\;\;\sqrt{2}a \;$

• $\;L\;$ que tem como ordenada $\;y=OY\;$ o valor associado à área do triângulo $\;PAQ\;$ correspondente a cada valor de $\;x \ldots\;$
• $\;L_t\;$ que tem como ordenada $\;y_t= OY_t\;$ o valor associado á área de toda a superfície vermelha $\;y_t = 4 y =4 PAQ \;$ correspondente a cada valor $\;x\;$ de comprimento do lado do quadrado $\;PQRS.\;$

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Sangaku Optimization Problems:
(All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
Ohma Shinmeislsya shrine, circa 1821, Nakamura Tokikazu
Problem Statement: A square of fixed side length is constructed. If we shrink the vertical diameter of the square and keep the side lengths fixed, a rhombus is formed. Within the rhombus another square can be formed. For what side length of the inner square will the area between the rhombus and the inner square be maximized?
Sacred Mathematics: Japanese Temple Geometry. Fukagawa, H. & Rothman, T. 2008.

Áreas: Problemas de Optimização

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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:
Consideremos dois pontos $\;A,\;B\;$ e sobre esse segmento, com vértice em $\;A,\;$ construimos um quadrado $\;AEFD.\;$ Sobre $\;BD\;$ tomamos $\;K\;$ na intersecção com $\;EF.\;$ Determinar o comprimento do lado do quadrado para o qual a área do triângulo $\;KEB\;$ é máxima.

1. Na figura inicial aparecem-nos os pontos $\;A,\;B,\;C,\;D,\;E,\;F,\;K,\;L,\;O,\;X,\;Y,\;$ os segmentos $\;AB=a(>0),\;AD,\; AE,\;BD,\;$$EF,\;FD,\;OX,\;XL,\;LY,\;YO,\;$ o quadrado de lado $\;AD\;$ e o comprimento do seu lado, o triângulo retângulo em $\;E, \;\;[KEB],\;$ e o valor da sua área, ambos em vermelho.
   Ao lado, o retângulo $\;OXLY\;$ tem dimensões $\;OX=AD \;\mbox{e} \; OY= \displaystyle \frac{BE \times EK}{2}\;$
   Está assim reunida toda a informação necessária ao estudo da relação entre os números $\;OY =y\;$ associados às áreas dos triângulos $\;KEB\;$ a variar com os valores $\;AD=OX=x\;$ dos lados dos quadrados $\;AEFD\;$ estes a variar entre $\;0\;$ e $\;a=AB.\;$

4 setembro 2017, Criado com GeoGebra

2. Como $\;DA=AE=EF=FD = x\;$ e $\;K\;$ é um ponto da diagonal $\;DB\;$ a dividir em dois triângulos o retângulo $\;AB \times AD, \;$ podemos concluir que $\;AE\times EK = EB \times KF\;$ (Os Elementos de Euclides; Livro I; Proposição XLIII TEOR: Em qualquer paralelogramo os complementos dos paralelogramos, que existem ao redor da diagonal, são iguais entre si ) Clicando no botão Notas obtém os elementos auxiliares da construção relativos ao resultado anterior.
   
3. Como $\;AE\times EK = EB \times KF\;$ pode ser escrito assim: $$x\times EK = (a-x) \times (x-KE) \Longleftrightarrow\\ x \times EK = ax-x^2-a \times KE +x\times KE \Longleftrightarrow \\ KE= \frac{ax-x^2}{a}$$ então o valor associado à área $\;y= \displaystyle \frac{BE \times EK}{2}$ do triângulo $\;KEB\;$ pode ser dado pela expressão $$\; y= \frac{(a-x) \times \displaystyle \frac{ax-x^2}{a}}{2} $$ simplificando $$y= \frac{(a-x) \times (ax-x^2)}{2a}$$ $$ y=\frac{a^2x-ax^2-ax^2+x^3}{2a} $$ e, finalmente, $$y=\frac{1}{2a}x^3 -x^2 +\frac{ax}{2}$$ que nos dá os valores de $\;y\;$ (áreas dos triângulos $\;KEB$ ) em função de $\;x\;$ (valores dos comprimentos do lado dos quadrados construídos a partir de $\;A\;$ sobre $\;AB\;$) cujo gráfico é traçado por $\;L(x,y)\;$ com $\;0 < x \leq a\;$ e $\;y\geq 0.\;$ Procuram-se o(s) valor(es) de $\;x\;$ para o qual $\;y\;$ atinge o seu valor máximo, acima das áreas de todos os outros triângulos construídos nas condições do problema.
4. A derivada $$\;y’_x = \frac{3}{2a}x^2 -2x + \frac{a}{2}$$ para valores positivos de $\;a\;$ anula-se em alguns pontos que vamos calcular. $$\frac{3}{2a}x^2 -2x + \frac{a}{2} =0 \Longleftrightarrow x= \displaystyle\frac{2 ± \sqrt{4-4\frac{3}{2a}\frac{a}{2}}}{2\times \frac{3}{2a}} \Longleftrightarrow x=\frac{a}{3}\wedge x=a $$ Entre $\;0\;$ e $\;a\;$ para qualquer $\; a>0$, o valor da área do triângulo $\;y=\frac{4a^2}{54}\;$ é máximo quando o valor do comprimento do lado do quadrado é $\;x=\frac{a}{3}.\;$ Para o valor máximo do lado do quadrado $\;x=a,\;$ o valor da área do triângulo é $\; y=0,\;$ como se pode verificar imediatamente.

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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 Optimization Problem by Kojima Yokichi -1999
Problem Statement: A square is constructed using the far-left endpoint of a segment of fixed length. For what side length of the square will the area of the red triangle be a maximum?
Sacred Mathematics: Japanese Temple Geometry. Fukagawa, H. & Rothman, T. 2008.

Círculo "misto" de um triângulo retângulo

Problema: Tomados 3 pontos que definem um triângulo [ABC] retângulo em C e um círculo (circuncírculo do triângulo), construa-se o círculo tangente interiormente aos dois catetos e ao circuncírculo.

Clicando nos botões de "mostra/esconde" à esquerda, poderá ver os diversos círculos, segmentos e pontos que podem ajudar a perceber a construção e as relações que se estabelecem.

1. Dados A, B, C, a=BC, b=CA, c=AB tais que BC ⊥ CA e, em consequência, a²+b² = c²
2. Clicando no botão "circuncírculo", aparece um círculo de centro O que passa pelos pontos A, B, C de raio R = OA = OB = OC. No triângulo retângulo O é o ponto médio da hipotenusa [AB] e, por isso, de comprimento c / 2. Como sabemos,
   (c / 2)² = OA² = OB² = OC² = ON² + OM² = (a / 2) ² + (b / 2)²
   

   © geometrias, 12 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

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3. Clicando no botão "mista/solução" ficamos com a figura correspondente ao problema já resolvido. Temos o círculo (O, R)= (O, c / 2) e o círculo (O₁, r₁) tangente a BC, CA, (O, R). Analisar o problema de construção resolvido, esclarece como o resolvemos de facto.
   • Como (O_1, r₁) é tangente interiormente a (O, R) = (O, c/2 ),
     OP=R=c / 2 = OO₁+ r₁ e, em consequência, OO₁ = c / 2 - r₁
   • O triângulo OO₁Z é retângulo em Z, e OO₁ ² = O₁Z² + ZO².
     Ora O₁Z = O₁V-ON = r₁-a / 2 e OZ = OM - MZ = b / 2 - r₁
     
   • Finalmente, ( c / 2 - r₁)² =( r₁ - a /2)² + (b / 2 - r₁)²
     ( c / 2)² +(r₁ )² - c.r₁ = ( r₁)²+ (a / 2)² -r₁.a + ( b / 2)² +( r₁)² -b.r₁
     c²+4.r₁ ² -4cr₁ = 4r₁²+a²-4ar₁ +b^²+4r₁² -4br₁
     E, como c² = a² + b², podemos simplificar, obtendo
     -4cr₁ =-4ar₁-4br₁+4r₁^2 ou finalmente r₁= a+b-c.
   Esta análise feita sobre a figura do problema resolvido permite-nos construir a circunferência mista/solução. Como esta circunferência é tangente a CA e a BC,, o seu centro O₁ está à distância r₁= a+b-c de cada um dos catetos, é a interseção da perpendicular a CA tirada por um ponto V tal que VC =a+b-c com a perpendicular a BC tirada pelo ponto W tal que WC=a+b-c.
4. Clique agora no botão "incirculo", para ver o círculo tangente interiormente aos três lados do triângulo. Pode esconder as construções anteriores clicando no botão da direita alta para reiniciar ou usando os botões ocultar "circuncírculo" e "mista/ solução" caso estejam vísiveis. Como sabemos o centro do incírculo é equidistante dos três lados do triângulo, ou seja é o ponto de interseção das três bissetrizes.
5. Calculemos, em função de a, b, c dados, o comprimento do inraio r = IJ=IK=IL:
   • AC pode ser visto como a tangente a (I, r) tirada pelo ponto A ou tirada por C. Do mesmo modo, AB é tangente ao incírculo tirada por A ou por B. E BC é tangente ao incírculo tirada por B ou por C
     Como os segmentos das duas tangentes tiradas por um ponto são iguais, temos AJ=AL, BK=BL, CJ=CK.
     Por outro lado, temos AL+LB =AB=c, BK+KC=BC=a, CJ+JA=CA=b e AL+LB +BK+KC+CJ+JA= a+b+c. Mais simplesmente 2BK+2CJ+2AL = a+b+c . Designando por 2p o perímetro a+b+c do triângulo, BK+CJ+AL=p, sendo p o semiperímetro do triângulo. E, como CJ+AL = b, BK = BL= p-b. Do mesmo modo, como BK+CJ=BC=a, AL= AJ =p-a. E como BK+AL= BL+AL= c,\ CJ=CK= p-c.
   • Claro que, neste caso do triângulo retângulo em C, r= CJ=CK = p-c = (a+b+c)² - c = (a+b-c)²
6. Vimos assim que, para qualquer triângulo retângulo, se verifica a seguinte relação: o raio - r₁ - da circunferência tangente aos dois catetos e ao circuncírculo do triângulo é o dobro do raio - r - do incírculo, circunferência tangente aos 3 lados do triângulo

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Problema de construção, a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.