Áreas. Problemas de Optimização(7)

---

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

Para a construção da figura abaixo precisámos dos segmentos $\;a, \;b\;$ cujos comprimentos de medidas fixa correspondem às diagonais $\;a=BD\;$ e $\;b=AC\;$ do trapézio, para além de um ponto $\;A\;$ de partida.

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


3. Dos triângulos retângulos $\;ABD\;$ e $\;ABC\;$ que, em comum, têm o lado $\;AB\;$ de comprimento $\;x\;$ (cateto de um e de outro) $\;a= BD\;$ hipotenusa do primeiro deles e $\;b=AC\;$ hipotenusa do segundo.
   Sabemos
   • $\;a > b > x\;$ nova restrição para os valores de $\;x\;$ que interssama oa problema do trapézio.
   • $\;AD^2 =a^2-x^2 \Rightarrow AD= \sqrt{a^2-x^2}$
     $\;BC^2= b^2-x^2 \Rightarrow AD= \sqrt{b^2-x^2}$
     
     e a área $\;y\;$ do trapézio $\;ABCD\;$ que é igual ao produto da semi-soma dos lados paralelos pela altura relativa a esses lados $$ \displaystyle \frac{AD + BC}{2} \times AB $$ e pode ser expressa em função de $\;x :\;$ $$y= \frac{\sqrt{a^2-x^2}+ \sqrt{b^2-x^2}}{2} \times x$$
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 $\;y=fx):\;$ $$\displaystyle \frac{dy}{dx} =\frac{\sqrt{a^2-x^2}+ \sqrt{b^2-x^2}}{2} - \frac{x^2} {2} \left(\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}} +\frac{1}{\sqrt{b^2-x^2}}\right)= \frac{\sqrt{a^2-x^2}+ \sqrt{b^2-x^2}}{2} - \frac{x^2}{2}.\frac{\sqrt{b^2-x^2}+\sqrt{a^2-x^2}}{\sqrt{a^2-x^2} . \sqrt{b^2-x^2}}= $$
$$= \displaystyle \frac{\sqrt{a^2-x^2}\sqrt{b^2-x^2}(\sqrt{a^2-x^2}+\sqrt{b2-x^2})-x^2(\sqrt{a^2-x^2} +2x^2\sqrt{b^2-x^2})}{2\sqrt{a^2-x^2} .\sqrt{b^2-x^2}}= \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \;\;\;$$
$$=\frac{(\sqrt{a^2-x^2} +\sqrt{b^2-x^2}) (\sqrt{a^2-x^2}\sqrt{b^2-x^2} -x^2)}{2\sqrt{a^2-x^2} .\sqrt{b^2-x^2}}\;\; \;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;$$ que só se anula quando $$\sqrt{a^2-x^2}= -\sqrt{b^2-x^2} \;\;\;\;\;\vee \;\;\;\;\; x^2 = \sqrt{a^2-x^2} \;\;\sqrt{b^2 - x^2}$$ Como a primeira condição de anulamento nunca se verifica para as condições do problema, resta-nos $$y’_x = 0 \Leftarrow x^2 = \sqrt{(a^2-x^2)(b^2 - x^2)} \Leftarrow x^4 =(a^2-x^2)(b^2-x^2) \Leftarrow x^4 = x^4-(a^2+b^2)x^2 + a^2b^2 \Leftarrow x^2= \frac{a^2b^2}{a^2+b^2}$$ Concluindo $$ x=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}} \Rightarrow y’_x=0$$ De outro modo $$y’_x = 0 \Leftrightarrow x^2= \overline{AD} \times \overline{BC} \Leftrightarrow x= \sqrt{\;\overline{AD} \times \overline{BC} \;}$$

---

No caso da nossa figura ou construção, em que tomamos $\;a=4\;$ e $\;b=2\;$, o máximo dos valores $$y= \frac{\sqrt{16-x^2}+ \sqrt{4-x^2}}{2} \times x$$ das áreas dos trapézios é 4 atingido para $\;\overline{AB}=x=\displaystyle \frac{4}{\sqrt{5}}\;$ □

---

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.

Áreas. Problemas de Optimização(6)

---

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 $ □

---

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.