Áreas. Problemas de Optimização(6)

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Enunciado do problema (interpretado):
Considere retângulos de papel (de cantos (vértices)$\;A,\;E,\;F,\;D\;$) que têm a mesma altura ($\;AD=EF\;$) como a maior das suas dimensões. (No caso da nossa figura $\;AE < AD).\;$
Imagine que dobra cada um dos retângulos de papel retangulares de tal modo que um dos vértices vá sobrepor-se ao vértice oposto (por exemplo $\;A \longrightarrow A’=F\;$ como no caso da nossa figura).
Para qual dos retângulos de papel $\;AEFD\;$ é máxima a área do triângulo $\;\;[DHF]\;$ vermelho?

Na figura abaixo apresentam-se inicialmente as etapas da construção que ilustra o enunciado do problema, a saber:

1. Sendo $\;\overline{AD}\;$ invariante, no caso da nossa figura está fixado em $\;4,\;$ a outra dimensão $\;\overline{AE}\;$ variável, pode tomar qualquer valor positivo menor que o de$\; \overline{AD}.\;$ Por isso, na figura consideramos $\;E\;$ um ponto móvel em $\;[AB]\;$

20 novembro 2017, Criado com GeoGebra

2. Mostramos a diagonal $\;AF\;$ porque vamos dobrar o papel levando $\;A\;$ a sobrepor-se a $\;F,\;$ ou seja $\;A \mapsto A’ \equiv F\;$ por reflexão relativa ao ponto $\;M\;$ médio de $\;AF \;$ e a dobra, que é o conjunto dos pontos do retângulo que se mantêm nas mesmas posições, será uma perpendicular a $\;AF\;$ tirada por $\;M\;$ a intersetar $\;AD\;$ em $\;H\;$ e $\;EF\;$ em $\;G. \;$ A dobra é eixo da reflexão para a qual $$M \mapsto M, \;\;G \mapsto G, \; \;H \mapsto H, \;\;A \mapsto F$$ e, em consequência, $\;HA \rightarrow HF \;$ e $\;\overline{HA}= \overline{HF}.\;$
3. Mostramos o ponto $\;E’\;$ das perpendiculares ao eixo $\;HG\;$ tirada por $\;E\;$ e a $\;HF\;$ tirada por $\;F\;$ (esta última por a perpendicularidade é invariante por reflexão e $\;HA \rightarrow HF \;$ e $\; AF \rightarrow FE’ = A’E\;$ e $\overline{AE}=\overline{FE’}.\;$ Claro que $\;GE \rightarrow GE’\;$ e $\overline{GE}=\overline{GE’}.\;$ Quando dobramos o papel, o quadrilátero $\;AEGH\;$ passa a ocupar a posição de $\;FE’GH.\;$
   E ganha realce o triângulo vermelho $\;DHF\;$ que é o que nos interessa estudar: Quando a dimensão $\;\overline{AE}=x\;$ do retângulo varia, como varia a área $\;y\;$ de $\;FDH\;$ ?
4. Designamos por $\;x\;$ o valor do comprimento variável comum a vários segmentos $\;AE=DF=FE’\;$ que varia quando a posição de $\;E\;$ varia sobre $\;[AB]\;$ e por $\;y\;$ o valor correspondente à área de $\;FDH\;$ que varia com $\;x = DF\;$ e é o gráfico dessa dependência de $\;y\;$ que estudamos: Se designarmos por $\;h\;$ a invariante $\;\overline{AD}\;$ temos por um lado $\; h-dH=HF\;$ e, por outro, $\;HF^2=x^2+DH^2\;$, podemos escrever $\;(h-DH)^2 = x^2+HD^2\; \; \mbox{ou} \;\; h^2 + DH^2 -2h.DH = x^2 + DH^2, \;\;$ de onde decorre que $$DH= \frac{h^2-x^2}{2h}$$ O valor $$\mbox{Área de} \; \;[FDH] = \frac{FD \times DH}{2}$$ correspondente à área $\;y\;$ pode ser expresso $$y = \frac{x \times (h^2- x^2)}{4h}\,\;\mbox{ou}\;\; y= \frac{1}{4h} (-x^3+h^2.x)$$ O gráfico $\;(x,\; f(x))\;$ para o domínio de valores para $\;x\;$ conforme as condições do problema, a saber $\;]0,\; h[\;$
Para determinar o valor de $\;x\;$ correspondente ao máximo dos valores $\;y\;$ consideremos o uso da derivada $$y’(x)= \frac{1}{4h} (-3x^2+h^2)$$ Para $x: \;\;0< x < h\;$, y’(x) anula-se para $ -3x^2+h^2 = 0 \Leftrightarrow x= \displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}} h.$
Ora $$\; x < \frac{\sqrt{3}}{3} h \Rightarrow x^2<\frac{h^2}{3} \Rightarrow -3x^2> -h^2 \Rightarrow -3x^2+h^2 >h^2-h^2 \Rightarrow -3x^2+h^2 >0$$ o que quer dizer que à esquerda de $\;\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3} h\;$ a função $\;y(x)\;$ cresce com $\;x\;$. E, de modo simétrico, $$\; x > \frac{\sqrt{3}}{3} h \Rightarrow x^2 > \frac{h^2}{3} \Rightarrow -3x^2 < -h^2 \Rightarrow -3x^2+h^2 < h^2-h^2 \Rightarrow -3x^2+h^2 < 0$$ e com $\;x\;$ para a direita de $\;\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3} h\;$ a função $\;y(x)\;$ decresce Ou seja, para todos os pontos do domínio $\;]0, \; h[\;$ a área do triângulo vermelho tem valores nunca superiores a $$y\left(\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3} h\right) = \frac{1}{4h} \left(-\left(\frac{\sqrt{3}}{3} h\right)^3+h^2.\frac{\sqrt{3}}{3} h\right)= \frac{\sqrt{3} h^2}{18}$$

No caso da nossa figura em que $\;h=4\;$, de entre os triângulos $\;FDH, \;$ aquele que tem área máxima de valor aproximado 1,5396 tem o cateto $\;DF = \displaystyle \frac{4\sqrt{3}}{3} \approx 2,3094 $ □

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Sangaku Optimization Problems:
(All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
Tenman Shrine, 1822, Takeda Atsunoshin
Problem Statement: A rectangular piece of paper is folded so that two opposite corners coincide. If the height of the rectangle is fixed at a given length, what dimensions of the rectangle will give the maximum area of the shaded triangle?
The Sangaku in Gumma. Gumma Wasan Study Association, 1987.

Áreas: Problemas de Optimização (5)

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Enunciado do problema (adaptado):
Num determinado setor circular $\;AOB\;$ de raio fixo, $\;r=AO=BO=CO\;$, é construído um círculo menor de raio variável, $\;x=OD\;$, com $\;D \in AO$. À medida que o raio menor aumenta, uma corda tangente ao círculo interno tirada pelo ponto $\;A\;$ determina uma região de área variável, na figura assinalada a vermelho (limitada por segmentos de reta $\;AT,\; OT\;$ e pelo arco $\;\widehat{DT}\;$ da circunferência $\;(O,\; x).\;$
Qual deve ser o raio $\;x\;$ do círculo interno para maximizar esta área?

Na figura abaixo apresentam-se inicialmente as etapas da construção que ilustra o enunciado do problema, a saber:

na figura inicial
1. dois segmentos $\;AO,\; OB\;$ de comprimento fixo $\,r\;$ e um dado arco circular de extremos $\;A, \;B\;$ parte da circunferência de de centro em $\;O\;$ e a passar por $\;A.\;$ Também se apresenta o ponto $\;D\;$ que pode assumir qualquer posição em $\;[AO].\;$

16 novembro 2017, Criado com GeoGebra

na figura seguinte, acrescenta-se
2. a semicircunferência tracejada de centro em $\;O\;$ e raio $\;OD=x\;$
a que sucede a determinação da
3. tangente a $\;(O,\;D)\;$ tirada por $\;A\;$ e o respetivo ponto $\;T\;$ de tangência: $\;OT \perp AT.\;$ E o triângulo $\;ATO\;$ retângulo em $\;T\;$ preenchido a vermelho, cuja área pode ser expressa por $\; \displaystyle \frac{\overline{AT} \times \overline{TO}}{2} \;$ ou $$y_1= \frac{1}{2}\times \sqrt{r^2-x^2}\times x$$ que nos dá a variação dos valores das áreas de $\;[ATO]\;$ com a variação da posição de $\;D\,$ ou a variação dos valores dos comprimentos $\;OD$.
e, finalmente,
4. o setor circular,cor de ouro, limitado pelos segmentos $\;OD, \;OT\;$ e pelo arco circular $\;\widehat{DT}\;$, cuja área é expressa por $$y_2= \frac{1}{2} \times arccos{\frac{x}{r}}\times x^2 $$ e que subtraído ao triângulo $\;\Delta AOT\;$ nos deixa uma figura vermelha limitada pelos segmentos de retas $\;[AD,\;[AT\;$ e pelo arco $\; (\widehat{DT}\;$ cuja área nos é dada por $$y=y_1-y_2= \frac{1}{2}\left( \sqrt{r^2-x^2}\times x - arccos{\frac{x}{r}}\times x^2\right)$$ em função de $\;x, \;$ raio de $\;(O,\;D)\;$ É a maximização desta última que nos ocupa.
5. Nesta etapa a figura disponível é acrescentada com os gráficos num referencial ortonormado $\;Oxy\;$ em que se apresentam os pontos $\;(x,\;y_1)\;$ e $\;(x,\; y_2)\;$ respetivamente das áreas do triângulo $\;ATO\;$ e do sector circular $\;DTO\;$ em função de $\;OD\;$ e $\;(x, \;y)\;$ da área da figura $\;ADT\;$ obtida como resto da subtração do sector circular $\;ODT\;$ ao triângulo $\;AOT\;$ em função de $\;OD.\;$ O traçado das curvas correspondentes às três funções sugere-nos que a área máxima de $\;ADT\;$ é atingida para o valor do raio $\;x\;$ a que corresponde áreas iguais $\;y(x)= y_2(x)\;$ que é o mesmo que dizer quando $\;y_1(x) - y_2(x)=y_2(x) \mbox{ou quando} y_1(x)=2 y_2(x)= 2y(x)$

Notas finais:
$$ \frac{1}{2}\left(\sqrt{r^2-x^2}\times x - arccos{\frac{x}{r}}\times x^2 \right)^{’}_{x} =\frac{1}{2}.\frac{r^2-x^2}{\sqrt{r^2-x^2}}-x . arccos{\frac{x}{r}} = \frac{1}{2} \sqrt{r^2-x^2} -x . arccos{\frac{x}{r}}$$ E $$\frac{1}{2} \sqrt{r^2-x^2} -x . arccos{\frac{x}{r}}=0 \Leftrightarrow \sqrt{r^2-x^2}= 2x.arccos{\frac{x}{r}} $$ que confirma a conjectura acima porque obriga a que $$x\sqrt{r^2-x^2}= 2x^2.arccos{\frac{x}{r}}$$ ou seja, a área do triângulo $\;[ATO] \;$ é dupla da área do sector circular $\;(DTO]\;$ ou que as figuras $\;[ATD(\;$ e $\;(DTO]\;$ são equivalentes quando a área de $\;[ATD(\;$ atinge o seu máximo.

Para o raio $\;AO=4\;$ as soluções da equação $$x\sqrt{r^2-x^2}= 2x^2.arccos{\frac{x}{r}}$$ são $\;x \approx 1,57694 \vee x=4.$ Claro que para os valores $\;0,\;4\;$ de $\;x,\;$ os dois membros da equação anulam-se e não corresponde ao raio maximizante da área em estudo. □

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Sangaku Optimization Problems:
(All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
Tenman Shrine, 1822, Takeda Atsunoshin
Problem Statement: In a given sector of a circle of fixed radius, R, a smaller circle of varying radius, r, is constructed. As the smaller radius increases, a chord tangent to the inner circle with left-endpoint fixed cuts off a region of varying area. What should the radius of the inner circle be in order to maximize this area?
Sacred Mathematics: Japanese Temple Geometry. Fukagawa, H. & Rothman, T. 2008.