29.11.17

Áreas. Problemas de Optimização(7)

Enunciado do problema:
As diagonais de um trapézio retângulo têm comprimentos aa e bb sendo b<a.b<a.
Para que comprimento xx do lado perpendicular aos dois lados paralelos do trapézio terá este área máxima?

Para a construção da figura abaixo precisámos dos segmentos a,ba,b cujos comprimentos de medidas fixa correspondem às diagonais a=BDa=BD e b=ACb=AC do trapézio, para além de um ponto AA de partida.

  1. Tomados os comprimentos a,ba,b das diagonais e um ponto A,A, sobre uma reta horizontal a passar por A,A, tomámos um ponto BB variável em ˙AB.˙AB. Veremos depois que outras restrições tolherão os passos deste ponto.
  2. Determinamos os pontos C,DC,D nas intersecções de (A,b)(A,b) e (B,a)(B,a) com as perpendiculares a ABAB tiradas por BB e por A,A, respetivamente, ambos num mesmo dos semi-planos determinados por AB.AB.

  3. Dos triângulos retângulos ABDABD e ABCABC que, em comum, têm o lado ABAB de comprimento xx (cateto de um e de outro) a=BDa=BD hipotenusa do primeiro deles e b=ACb=AC hipotenusa do segundo.
    Sabemos
    • a>b>xa>b>x nova restrição para os valores de x que interssama oa problema do trapézio.
    • AD2=a2−x2⇒AD=√a2−x2
      BC2=b2−x2⇒AD=√b2−x2

      e a área y do trapézio ABCD que é igual ao produto da semi-soma dos lados paralelos pela altura relativa a esses lados AD+BC2×AB e pode ser expressa em função de x: y=√a2−x2+√b2−x22×x
  4. No canto superior direito da construção apresentamos o conjunto dos pontos (x,y) do gráfico da função y=f(x) que esclarece o modo como varia a área y do trapézio em estudo com a variação da altura do trapézio x relativa aos seus lados paralelos.

27 novembro 2017, Criado com GeoGebra

  • No canto superior direito da construção apresentamos o conjunto dos pontos (x,y) do gráfico da função y=f(x) que esclarece o modo como varia a área y do trapézio em estudo com a variação da altura do trapézio x relativa aos seus lados paralelos.
    • Sem perdermos de vista que 0<x<b<a, olhemos para a derivada de y=fx): dydx=√a2−x2+√b2−x22−x22(1√a2−x2+1√b2−x2)=√a2−x2+√b2−x22−x22.√b2−x2+√a2−x2√a2−x2.√b2−x2=
    =√a2−x2√b2−x2(√a2−x2+√b2−x2)−x2(√a2−x2+2x2√b2−x2)2√a2−x2.√b2−x2=
    =(√a2−x2+√b2−x2)(√a2−x2√b2−x2−x2)2√a2−x2.√b2−x2 que só se anula quando √a2−x2=−√b2−x2∨x2=√a2−x2√b2−x2 Como a primeira condição de anulamento nunca se verifica para as condições do problema, resta-nos y′x=0⇐x2=√(a2−x2)(b2−x2)⇐x4=(a2−x2)(b2−x2)⇐x4=x4−(a2+b2)x2+a2b2⇐x2=a2b2a2+b2 Concluindo x=ab√a2+b2⇒y′x=0 De outro modo y′x=0⇔x2=¯ADׯBC⇔x=√¯ADׯBC
    No caso da nossa figura ou construção, em que tomamos a=4 e b=2, o máximo dos valores y=√16−x2+√4−x22×x das áreas dos trapézios é 4 atingido para ¯AB=x=4√5 □

    Sangaku Optimization Problems:
    (All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
    Kazen Yamamoto, Hiromu Hasegawa. (1809)
    Problem Statement: The diagonals of a trapezoid are fixed with lengths a and b with b < a. What is the horizontal length, x, which produces the trapezoid of maximal area?
    Sanpõ-Jojutsu, pg. 151.
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    21.11.17

    Áreas. Problemas de Optimização(6)

    Problemas Sangaku de Optimização

    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⟶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 ¯AD invariante, no caso da nossa figura está fixado em 4, a outra dimensão ¯AE variável, pode tomar qualquer valor positivo menor que o de¯AD. Por isso, na figura consideramos E um ponto móvel em [AB]

      2. 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↦A′≡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↦M,G↦G,H↦H,A↦F e, em consequência, HA→HF e ¯HA=¯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→HF e AF→FE′=A′E e ¯AE=¯FE′. Claro que GE→GE′ e ¯GE=¯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 ¯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 ¯AD temos por um lado h−dH=HF e, por outro, HF2=x2+DH2, podemos escrever (h−DH)2=x2+HD2ouh2+DH2−2h.DH=x2+DH2, de onde decorre que DH=h2−x22h O valor Área de[FDH]=FD×DH2 correspondente à área y pode ser expresso y=x×(h2−x2)4houy=14h(−x3+h2.x) O gráfico (x,f(x)) para o domínio de valores para x conforme as condições do problema, a saber ]0,h[
      5. Para determinar o valor de x correspondente ao máximo dos valores y consideremos o uso da derivada y′(x)=14h(−3x2+h2) Para x:0<x<h, y’(x) anula-se para −3x2+h2=0⇔x=1√3h.
      Ora x<√33h⇒x2<h23⇒−3x2>−h2⇒−3x2+h2>h2−h2⇒−3x2+h2>0 o que quer dizer que à esquerda de √33h a função y(x) cresce com x. E, de modo simétrico, x>√33h⇒x2>h23⇒−3x2<−h2⇒−3x2+h2<h2−h2⇒−3x2+h2<0 e com x para a direita de √33h 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(√33h)=14h(−(√33h)3+h2.√33h)=√3h218
    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=4√33≈2,3094 □

    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.
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