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sábado, 10 de março de 2012

Comprimento Mínimo Via Planificações

Em várias situações geométricas, estamos em busca de minimizar o caminho percorrido entre dois pontos [;A;] e [;B;]. Em alguns problemas a solução pode ser obtida planificando o sólido e ligando estes pontos através de um segmento de reta, pois a reta propicía a menor distância entre dois pontos em um plano. Neste post, veremos alguns problemas de minimização de caminhos que podem ser resolvidos por este método.

Problema 1: (UFRJ) Um pára-quedista está no ponto [;A;] situado a [;800\ m;] do solo e, devido a condições técnicas, é obrigado a seguir uma trajetória que está sempre na superfície lateral do cilindro [;C;] de revolução cujo raio [;r;] da base e igual a [;200/\pi \ m;]. Determine o comprimento do menor caminho percorrido pelo pára-quedista para atingir o ponto de pouso [;B(0,400/\pi,0);].

Resolução: Note que [;r = 200/\pi;], [;h = 800\ m;] e o arco [;DB;] é a metade da circunferência, ou seja,
[;DB = \pi r = \pi\cdot \frac{200}{\pi} = 200\ m;]

Planificando o cilindro, temos
Assim, o caminho de menor comprimento é a diagonal do retângulo [;ADB;]. Pelo teorema de Pitágoras, segue que

[;AB^2 = 800^2 + 200^2 = 640.000 + 40.000 = 68\times 10^4 \quad \Rightarrow;]

[;\quad AB = 200\sqrt{17}\ m;]

Problema 2: Uma formiga pretende atravessar uma caixa de sapato de dimensões [;10 cm \times 10 cm \times 20 cm;] do ponto [;A;] ao ponto [;E;], conforme a figura abaixo:

Determine o valor de [;BP;] de modo que o caminho [;BP + PE;] seja o menor possível.

Resolução: O menor caminho é o segmento de reta ligando os pontos [;A;] e [;E;], conforme a figura abaixo.

Por semelhança de triângulos, podemos determinar [;BP;], isto é,

[;\frac{AB}{AF} = \frac{BP}{FE} \qquad \frac{x}{20} = \frac{10}{10 + 10} = \frac{1}{2} \quad \Rightarrow \quad x = 10\ cm;]

Problema 3: Determine o caminho de comprimento mínimo sobre um cone equiátero do ponto [;A;] ao ponto [;B;] que está diametralmente oposto. (Fig. abaixo)

Observação: Se a secção meridiana de um cone é um triângulo equilátero, dizemos que ele é equilátero.

Neste caso, a geratriz [;g = 2R;], de modo que sua área lateral é [;S_l = 2\pi R^2;], ou seja, é o dobro da área da base. A planificação deste cone é um semi-círculo. Para mostrar isso, note que

[;2\pi r = g\alpha = 2r\alpha \quad \Rightarrow \quad \alpha = \pi \ rad;]

Na figura abaixo, temos a planificação deste com os pontos [;O;], [;A;] e [;B;] formando um triângulo retângulo, pois [;A;] e [;B;] são diametralmente opostos.

Assim, o caminho de comprimento mínimo é a hipotenusa do triângulo [;OAB;], ou seja,
[;AB = \sqrt{5^2 + 12^2} = 13 \ cm;]

Gostará de ler também:
- Mínimos Locais Através da Desigualdade Aritmética-Geométrica;
- A Dobradura de Comprimento Mínimo;
- Alguns Problemas de Otimização Sem o Uso da Derivada;
- A Área Lateral do Cone e do Tronco de Cone.
Postado por Prof. Paulo Sérgio às 10.3.12
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2 comentários:

  1. Oi, Prof. Paulo Sérgio!

    Muito bacana este artigo! Isto mostra que existem questões de mínimo onde não há necessidade de recorrer a derivadas. Gostei.

    Uma pequena observação: o problema 1 é relativo à primeira figura? Se for em [;DB;]não seria apenas [;2r;] e não [;2\pi r;]?

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  2. [;DB;] refere-se ao arco, que aliás é a metade da circunferência. Já fiz as correções acima. Obrigado pelo comentário e volte sempre!

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