Curiosidade geométrica - Desafio no valor de 6 pontos
Ao primeiro leitor que der uma demonstração matemática do que se diz no post anterior (e que se resume na legenda desta figura), será atribuído um prémio, no valor de 6 pontos, que poderá escolher entre os que se indicam em «Comentário-1».NOTA: O ideal seria que a resposta-demonstração pudesse ser feita com os meios que os «Comentários» permitem. No entanto, e como isso deve ser muito difícil, sugere-se uma variante no «Comentário-3».
Afixado por: Carlos Medina Ribeiro às 19:32
13 Comments:
Valem 1 PONTO:
«O Tigre Macabro» (Rex Stout)
«O Sono da Morte» (Rex Stout)
«Moby Dick» (Herman Melville - versão BD)
«Ivanhoe» (Sir Walter Scott - versão BD)
«O Homem Invisível» (H. G. Wells - versão BD)
«A Revolta na Bounty»(William Bligh - versão BD)
«O Último Moicano» (J. Fenimore Cooper - versão BD)
«O Clube dos Inventores-Parte I» (CMR)
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Valem 2 PONTOS:
«O Terceiro Homem» (Graham Greene)
«Como Água que Corre» (Marguerite Yourcenar)
«Crime Impune» (Simenon)
«Betty» (Simenon)
«O Tempo de Anais» (Simenon)
«Um Crime no Expresso do Oriente» (Agatha Christie)
«Cândido» (Voltaire)
«Alice no país das Maravilhas» (Lewis Carroll)
«Crónicas da Inforfobia» (CMR)
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Valem 4 PONTOS:
«Operação JEREMIAS» (CMR)
«Jeremias, Consultor» (CMR)
«Os Maias» (Eça de Queiroz - 2 volumes)
«As Viagens de Guliver» (Jonathan Swift)
«Bel-Ami» (Guy de Monpassant)
E ainda:
No valor de 1 PONTO:
«Contra o Fanatismo» (Amos Oz)
No valor de 2 PONTOS):
«O Jogador» (Fiodor Dostoievsky)
Como é capaz de ser muito difícil apresentar a demonstração com os fracos meios gráficos e de simbologia que os «Comentários» permitem, sugere-se então o seguinte
Enviar, para sorumbatico@iol.pt, a demostração em formato GIF ou JPEG;
logo a seguir, afixar aqui (apenas para que fique registada a data e a hora) a informação de que esse envio foi feito pouco antes.
Virando o segmento M para baixo e unir-mos a sua extremidade inferior com a extremidade superior de C, obtemos um segmento (S)cujo comprimento é distância minima entre as duas extremidades. X será o ponto de intersecção de S com OX.
O ângulo que S faz com com a continuação da vertical (prolongando-a para baixo) é verticalmente oposto ao ângulo i (logo é igual a i).
O tríângulo com vértices em X, Extemidade superior de M, extremidade inferior do M virado para baixo, é isosceles e símétrico em relação a OX, por isso conclui-se que o ângulo do parágrafo de cima que é igual a i também é igual a r logo i=r. Penso eue de que.
Manuel Allenttejjanno,
Tenho estado a tentar compreender o seu raciocínio, e se calhar vou precisar que me envie um desenho (mesmo feito à mão) para perceber melhor.
No entanto, não estou a perceber como é que, com essa construção gráfica , se prova que a soma dos comprimentos [I+R] tem o valor mínimo possível desde que o grão que está no ponto "X" esteja no local de rebatimento do segmento M.
(O segmento a que chama "S" é o mesmo que eu refiro por "I", mas noutra posição)
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Acredito que seja possível uma solução gráfica, embora a que se pede seja "matemática".
Embora recendo estar a complicar, coloco o problema de outra forma:
1º: C, D e M têm valores fixos.
2: O ponto X está a uma distância [OX] da origem e a [D-OX] da base do muro.
3º: Conforme a posição do ponto X, variam os comprimentos [I] e [R] e, portanto, a sua soma [I+R], que é o que pretendemos minimizar.
4º: Temos 2 triângulos.
No da esquerda,
C=I cos i
e
OX=I sen i
No da direita
M=R cos r
e
[D-OX]=r sen r
5º: A próxima fase será provar que [I+R) têm um mínimo quando i=r
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Resumindo e concluindo: vamos esperar para ver se alguém mais dá uma "ajuda"!
Até lá, um abraço!
I=X/Sin(i); R=(D-X)/Sin(r);
I+R=X/Sin(X)+(D-X)/Sin(R);
d(I+R)/dx=1/Sin(i)-1/Sin(r)
Zero de d(I+R)/dx:
1/Sin(i)-1/Sin(r)=0 equivale a:
Sin(i)=Sin(r) logo:
i=r
Como I+R tem um máximo relativo para i=0 e outro para r=0, o minimo é quando i=r (único ponto onde a derivada se anula).
Manuel Alentejano,
Tenho estado a pensar na sua resposta, mas adianto um exemplo para explicar porque é que acho que não está correcta:
A solução deverá ser independente dos valores de C, M e D.
Vejamos, então, um exemplo:
Uma chaminé com altura C=10 metros, um muro com a mesma altura M=10m, e ambos separados por 100m.
O ponto "ideal" vai estar a meio-caminho (OX=50m) e não junto à base do muro (OX=90m), como me parece que sugere na sua resposta.
Certo?
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Julgo que um problema deste género (de "mínimos") só pode ser resolvido algébricamente e recorrendo ao cáculo de "derivadas".
A ideia é verificar que a derivada de [I+R] só se anula se i=r.
Não estou a ver outra forma, mas esperemos por outras respostas.
Mandei um "mail" com um desenho, a explicar a solução geométrica. Será que chegou?
Explicar uma solução geométrica, apenas com o texto dos comentários, torna-se muito complicado, presumo que tentar perceber a explicação textual, sem desenhos para ver, será ainda muito mais dificil.
Parabéns pelos seus desafios.
Acho que o desenho diz tudo...
Manuel Alentejano,
O meu comentário da 1h35m foi escrito ser ter lido o seu da 1h32m
Julgo que as suas respostas estão certas.
Vou afixar, num post novo, o desenho que me enviou, bem assim como o de Tiago Pereira.
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Nota: Jorge Oliveira enviou-me, também, um longo texto em que faz interessantes observações acerca da NATUREZA deste problema.
Pedi-lhe para as afixar aqui.
Quando, no meu comentário da 1h35m, dei o exemplo de 10m/10m/100m, fi-lo porque estava a pensar que "M. Alentejano" propunha que se «rebatesse M sobre a linha horizontal».
Afinal, e pelo desenho enviado, o rebatimento proposto por ele é «em torno da linha horizontal».
OK, OK!
E ainda:
Tenho de reconhecer que não formulei a questão da melhor forma.
Vou ver se arranjo um enunciado mais claro - pelo menos para "ficar para a História"...
Bom, a pedido do Medina, aqui fica o comentário que lhe enviei :
O problema pode resolver-se, de facto, com recurso à Óptica, mas cuidado. A afirmação de que a luz escolhe o caminho mais curto é um caso particular de um princípio mais geral, o Princípio de Fermat, que diz que a luz percorre o trajecto de tempo mínimo.
O princípio de Fermat cobre a possibilidade de o índice de refracção do(s) meio(s) onde a luz se desloca não ser constante. Se for constante, então sim, o caminho de tempo mínimo coincide com o caminho mais curto, como acontece na reflexão num espelho, em que a luz reflectida volta para o mesmo meio da luz incidente. Mas quando se dá a passagem através da superfície de separação de dois meios de índices diferentes produz-se uma mudança de trajectória (refracção), com ângulos diferentes, precisamente para a luz ajustar o seu percurso ao caminho de tempo mínimo.
Numa reflexão, como a luz volta para o mesmo meio, podemos imaginar que a superfície reflectora é uma superfície virtual de separação entre dois meios opticamente idênticos (virtual, porque se os meios são idênticos, na verdade não haveria superfície de separação). Assim, se a luz passasse para o outro lado do espelho, o caminho de tempo mínimo seria o caminho mais curto, isto é, a luz continuaria sobre a mesma linha recta que já trazia antes. O raio reflectido é a imagem do raio virtual que continuaria para o outro lado do espelho, sem mudança de direcção. E daí a igualdade dos ângulos de incidência e de reflexão. Por isso, o trajecto que une dois pontos C e M, do mesmo lado do espelho, pode ser previsto unindo um deles com a imagem do outro reflectido no espelho.
Assim, a solução do leitor Alentejano parece-me correcta. Ele idealiza a imagem do ponto M e une C com M mediante um segmento de recta. Depois repõe o ponto M na sua verdadeira posição, o que obriga a "dobrar" o segmento de recta no ponto de incidência no solo, o que leva a dois ângulos iguais com a vertical que passa no ponto de incidência.
JO
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