Problemas de Otimização em Matemática Elementar

Problemas de Otimização em Matemáti a

Elementar

José de As enção Abrantes Monteiro

Dissertação para obtenção doGrau de Mestre em

Matemáti a para Professores

(2 o

i lo de estudos)

Orientador: Prof. Doutor RuiMiguel Nobre Martins Pa he o

Dedi atória

Agrade imentos

Ao Professor Doutor Rui Pa he o, pela ompetên ia ienti a, determinação e rigor om

que a ompanhou este trabalho. Pela disponibilidade revelada e ajuda ao longo desta

aminhada, pela pertinên ia das suas observações, pelas ríti as e sugestões que foram

determinantes na on lusãodeste trabalho.

Aos meus lhos, João Fran is o e Ana Margarida, pelo apoio que prestaram e gosto

que mostraram em ter o pai a atingir esta meta, o que foi motivador e determinante na

suaultrapassagem.

ÀminhaesposaEmília, ompanheirae úmpli enestaespiraldeemoçõesqueéavida,

O pou o que sei devo-o à minhaignorân ia.

Resumo

Neste trabalho apresentamos a resolução de alguns problemas de otimização re orrendo

preferen ialmente a pro essos geométri os e algébri os elementares. Foi nossa intenção

apresentarumaabordagem alternativaao ál ulopara a suaresolução. Noprimeiro

apí-tulo,estudamosoproblemadeen ontrarosextremosdefunçõespolinomiaisdebaixograu.

No segundo apítulo, apresentamos osargumentos geométri osde Zenodoruse de Steiner

paraademonstração dafamosadesigualdadeisoperimétri a: deentretodasas urvas om

um erto omprimento xado,a ir unferên ia éa queen erra maior área.

Palavras- have

Abstra t

In this work we present the resolution of some optimization problems preferably using

elementary geometri andalgebrai pro esses. Itwasourintentiontopresent anapproa h

alternativeto al ulusintheirsolving. Intherst hapter,westudytheproblemofnding

the extremes of low degree polynomial fun tions. In the se ond hapter, we present the

arguments of Zenodorus and Steiner for the demonstration of the famous isoperimetri

inequality: amongall urveswitha ertainxedlength,the ir umferen eistheonewith

thelargest area.

Keywords

Conteúdo

1 Introdução 1

2 Extremos de funções polinomiais 3

2.1 Deniçãodeextremo de umafunção. . . 3

2.2 Extremosdefunçõespolinomiais . . . 4

2.2.1 Existên iade extremosabsolutos para funçõespolinomiais. . . 5

2.2.2 Extremosdefunçõesquadráti as . . . 5

2.2.3 Extremosdefunções úbi as . . . 6

2.2.4 Extremosdefunçõespolinomiais de grau 4. . . 7

2.3 Atividades . . . 11

2.3.1 Folhade alumínio . . . 11

2.3.2 Baleias. . . 12

2.3.3 Problemaisoperimétri o paraquadriláteros. . . 13

3 Desigualdade isoperimétri a 15 3.1 Umpou o de história. . . 15

3.2 Problemas isoperimétri os . . . 16

3.2.1 Zenodorus . . . 16

Capítulo 1

Introdução

Odesenvolvimento/ onstrução destetrabalhofoimotivadopelaresoluçãodeproblemasde

otimizaçãore orrendopreferen ialmenteapro essosgeométri osealgébri os elementares.

Tambémfoinossaintençãoqueos onhe imentosmatemáti osparaaleituradestetrabalho

não fossemalém daquelesquesão le ionados noensino se undário, nomeadamente:

•

Noçãode tangente, limites e ontinuidade;

•

Fatorização depolinómios, raízesdeum polinómio e suamultipli idade, teoremado resto;

•

Resoluçãode sistemasde equações;

•

Conhe imentoselementares degeometria eu lidiana.

Assim, no apítulo 2, e tendo por base o artigo [5 ℄, vamos estudar os extremos de

funções polinomiais de baixo grau (quadráti as e úbi as). Vamos ainda estender esta

metodologia àobtenção dosextremosdealgumasfunçõespolinomiaisdegrau quatro,não

referen iadas pelo autor itado. Este apítulo terminará om exemplos uja exploração

espelhará as on lusõesobtidas.

No apítulo seguinte, abordaremos os hamados problemas isoperimétri os, ou seja,

en ontrar, de entreum erto onjunto de superfí ies planares om omesmo perímetro, as

queen errammaiorárea. Começamosporfazerreferên iaàlendadeDido,quedeuomote

ao estudo destes problemas, e, de seguida, apresentamos as ideias de dois autores que os

estudaram. Zenodorus mostrou que é o ír ulo quetem a maiorárea quando omparada

om todosos polígonos que têm perímetro igual ao seu. A demonstração que Zenodorus

apresentou tem, no entanto, uma la una, que reside na pou o lareza da demonstração

de que, entre os polígonos equiláteros, são os equiangulares que en erram maior área.

Vamos mesmo assim estudar omo Zenodorus a on retizou, baseando-se em argumentos

geométri os e visualização de guras. Quanto à la una que apresenta, vamos dar alguns

ontributos que onsistem na suaveri açãopara triângulos e quadriláteros. En erramos

este apítulo omumadasabordagensqueSteinerfezaestetipodeproblemas. Steinervai

maisalém, onsiderandosuperfí iesplanasarbitráriase ertastransformaçõesgeométri as

(simetrização) a operarem sobre elas que não alteram a sua área, mas que introduzem

novoseixosdesimetria. Estepro essopodeserrepetidotantasvezesquantoasne essárias

de forma a se obter uma gura que tenha tantos eixos de simetria quanto se queira. No

limite, a superfí ie obtida tem eixos de simetria em qualquer direção: um ír ulo, que é

a superfí ie que, de todas as de igual perímetro, en erra maior área. Neste aptítulo as

Pretendemos assim apresentar umaabordagem alternativa ao ál ulo na resolução de

problemas de otimização, bem omo mostrar que a geometria e a álgebra podem terum

Capítulo 2

Extremos de funções polinomiais

Paraobterosextremosdeumafunção,noensinose undáriosãoadotadasduasabordagens:

om os alunos de Matemáti a A usamos o ál ulo diferen ial, que só é su ientemente

dominado para este objetivo no de orrer do 12 o

ano; om os alunos de Matemáti a B

re orre-seaousoda al uladoragrá a,sendoqueneste asosótemosagarantiadevalores

aproximados. Será que é possíveluma abordagem sem o auxílio do ál ulo diferen ial ou

da al uladora grá a? Certamenteque, para uma função em geral, serão ne essárias as

ferramentasanteriores. No entanto,tendopor baseoartigo [5 ℄iremos ver, neste apítulo,

uma abordagem alternativa para funções polinomiais de baixo grau, a saber: funções

quadráti as, úbi ase,nãoreferidasnesteartigo,algumasdegrauquatro. Estaabordagem

será on retizada omre ursoa on eitosbási osde geometria ealguns onhe imentosde

funçõesedassuas ara terísti as. Estes onhe imentos terão depassar por:

•

Noçãode tangente, limites e ontinuidade;

•

Fatorização depolinómios, raízesdeum polinómio e suamultipli idade, teoremado resto;

•

Resoluçãode sistemasde equações.

Esta se ção terminará om propostas de atividades, retiradas de manuais do Ensino

Se undário, queilustrarãoasideiasdesenvolvidas.

2.1 Denição de extremo de uma função.

No manual [2 ℄ para a dis iplina de Matemáti a A, as denições de extremo absoluto e

extremorelativo,que iremosadotarao longodestetrabalho, sãoapresentadas doseguinte

modo:

Denição 1.

•

Uma função

f

, de domínio

D

, tem um máximo absolutonum ponto

a

do seudomínio se

f

(x) ≤ f (a)

, para todo o

x

∈ D

. Diz-se que

f

(a)

é o máximo absolutoeque

a

é ummaximizantede

f

.

•

Umafunção

f

,dedomínio

D

,temummínimo absolutonumponto

b

doseudomínio se

f

(x) ≥ f (b)

, para todo o

x

∈ D

. Diz-se que

f

(b)

é o mínimo absoluto e que

b

é umminimizante de

f

.

•

Uma função

f

, de domínio

D

, admite um máximo relativo num ponto

a

do seu domínio, se existir uma vizinhança de entro

a



V

(a)

 tal que

f

(x) ≤ f (a)

, para todoo

x

∈ V (a) ∩ D

. Neste aso,

f

(a)

é máximo relativo e

a

é ummaximizantede

•

Uma função

f

, de domínio

D

, admite um mínimo relativo num ponto

b

do seu domínio, se existir uma vizinhança de entro

b



V

(b)

 tal que

f

(x) ≥ f (b)

, para todo o

x

∈ V (b) ∩ D

. Neste aso,

f

(b)

émínimo relativoe

b

éumminimizantede

f

. Por outrolado, osmesmos on eitos são apresentados nomanual [4 ℄ paraa dis iplina

de Matemáti a B omalgumas diferenças:

Denição 2. Seja

f

umafunção real de variávelreal de domínio

D

f

, a

∈ D

f

e

b

∈ D

f

.

• f (a)

émáximo absolutode

f

se

f

(a)

é omaior elemento de

D

′

f

,isto é,separatodo o

x

de

D

f

: f (a) ≥ f (x)

.

• f (b)

é mínimo absolutode

f

se

f

(b)

é omenor elemento de

D

′

f

,isto é,separatodo o

x

de

D

f

: f (b) ≤ f (x)

.

• f (a)

émáximorelativode

f

seexistirumintervaloaberto

]x

1

, x

2

[

ontidonodomínio de

f

e ontendoo ponto

a

,talqueparatodoo

x

∈]x

1

, x

2

[

,

f

(a) ≥ f (x)

.

a

diz-seum maximizante da função.

• f (b)

émínimorelativode

f

seexistirumintervaloaberto

]x

1

, x

2

[

ontidonodomínio de

f

e ontendo oponto

b

,tal quepara todoo

x

∈]x

1

, x

2

[

,

f

(b) ≤ f (x)

.

b

diz-seum minimizante dafunção.

Repare-se que, de a ordo om esta última denição, os extremos relativos só podem

o orrer empontos interiores ao domínio da função, o que é uma restrição pou o usual e,

do nossoponto devista,insatisfatória.

2.2 Extremos de funções polinomiais

Consideremos umafunção polinomial

f

de grau

n

,

f

(x) = a

n

x

n

+ a

n

₋₁

x

n

−1

+ . . . + a

1

x

+ a

0

,

om domínio

D

= R

a

a

n

6= 0

,quesabemos serumafunção ontínua.

Para que

f

tenhaum extremoem

x

= p

é ne essário que

p

seja uma raíz de multipli idade par do polinómio

P

p

(x) = f (x) − f (p).

(2.1)

Istoé,

P

p

(x) = a(x − p)

2k

h(x),

paraalguminteiro

k >

0

e

a

6= 0

,sendo

h(x)

umpolinómiodegrau

n

−2k

quenãoseanula em

x

= p

. Efetivamente, a multipli idade par da referida raiz impõe-se pois o polinómio

P

_{(x) = f (x) − f (p)}

teráde manterosinalnumavizinhançasu ientementepequenade

p

. Estesinalseráentãodeterminado pelosinalde

ah(x)

,quenãovaivariarnumavizinhança de

p

su ientemente pequena,uma vez que

ah(x)

é ontínua e

ah

(p) 6= 0

. Assim:

•

se

P

p

(x) > 0

numa erta vizinhança de

p

, om

x

6= p

, então

f

(p)

é um mínimo relativo;

•

se

P

p

(x) < 0

numa erta vizinhança de

p

, om

x

6= p

, então

f

(p)

é um máximo relativo.

Se a função polinomial

f

de grau

n

tiver um extremo relativo em

p

, então, para os grausmaisbaixos,

P

(x)

assume aseguinteforma:

•

para

n

= 2

,

P

p

(x) = a(x − p)

2

_;

•

para

n

= 3

,

P

p

(x) = a(x − p)

2

_{(x − q),}

om

q

6= p

;

•

para

n

= 4

,

P

p

(x) = a(x − p)

2

_h(x),

om

h(x)

um polinómio de grau

2

parao qual

h

_{(p) 6= 0}

,ou

P

p

(x) = a(x − p)

4

_.

2.2.1 Existên ia de extremos absolutos para funções polinomiais.

Caso

n

seja par e

a

n

>

0

, então

lim

x

→±∞

f

(x) = +∞,

o que signi a, por ontinuidade, que

f

admiteummínimoabsolutoem

R

masnãoum máximoabsoluto. Domesmomodo, aso

n

seja par e

a

n

<

0

, vamos ter

lim

x

→±∞

f

(x) = −∞;

onsequentemente,

f

admite ummáximo absolutoem

R

mas não ummínimoabsoluto.

Poroutrolado, afunção polinomial nãoadmiteextremosabsolutosquando

n

é ímpar, umavez queneste asovamoster

lim

x

→±∞

f

(x) = ±∞

se

a

n

>

0

e

lim

x

→∓∞

f

(x) = ±∞

se

a

n

<

0

.

2.2.2 Extremosde funçõesquadráti as

Consideremosa função quadráti a

f(x) = ax

2

+ bx + c

om domínio

D

= R

e

a

6= 0

. Se esta função tem um extremo em

x

= p

, então

p

vai ser umaraíz demultipli idade

2

do polinómio

P

p

(x) = f (x) − f (p) = ax

2

+ bx + c − k,

om

k

= f (p)

. Assim,

ax

2

_{+ bx + c − k = a(x − p)}

2

= ax

2

_{− 2apx + ap}

2

.

Igualandoos oe ientes, vamosobter osistema

(

b

_{= −2ap}

c

_{− k = ap}

2

⇔

(

p

_{= −}

_2a

b

k

_{= c −}

_4a

b

2

.

Assim,

f

tem um úni o extremo. Tendo em onta o que vimos na Se ção 2.2.1, este é ne essariamenteumextremo absoluto. Mais pre isamente:

•

se

a >

0

,então

f

(p) =

−b

2

+4ac

4a

éummínimo absolutoe

p

= −

b

2a

umminimizantede

f

.

•

se

a <

0

,então

f

(p) =

−b

2

+4ac

4a

é ummáximo absolutoe

p

= −

b

2a

um maximizante de

f

.

2.2.3 Extremos de funções úbi as

Consideremos umafunção úbi a

f

(x) = ax

3

+ bx

2

+ cx + d,

om domínio

D

= R

e

a

6= 0

. Sabemos à partida que

f

não admite extremos absolutos, uma vez que tem grauímpar. Se a função

f

temum extremo relativo em

x

= p

, então

p

vaiser umaraízde multipli idade

2

dopolinómio

P

p

(x) = f (x) − f (p) = ax

3

+ bx

2

+ cx + d − k,

om

k

= f (p)

. Assim,

ax

3

+ bx

2

_{+ cx + d − k = a(x − p)}

2

_{(x − q)}

= ax

3

_{+ (−aq − 2ap)x}

2

+ (ap

2

_{+ 2apq)x − aqp}

2

,

onde

q

6= p

. Igualandoos oe ientes, vamosobter osistema:

(

b

_{= −aq − 2ap}

c

= ap

2

+ 2apq

⇔

(

q

=

b+2ap

_−a

ap

2

+ 2ap

b+2ap

_−a

_{− c = 0}

Deonde on luímosque

p

=

−b ±

√

b

2

_{− 3ac}

3a

,

q

=

b

+ 2ap

−a

.

(2.2) No asoemque

b

2

_{− 3ac = 0}

,então

p

= q = −

b

3a

,logo

P

p

(x) = f (x) − f (p) = a



x

+

b

3a



3

,

o que signi a que

f

não tem extremos, relativos ou absolutos. Re ipro amente, uma simplesmanipulação algébri amostra-nosque, tendoem onta asfórmulas(2.2) ,se

p

= q

então

b

2

_{− 3ac = 0}

. Por outro lado, se

b

2

_{− 3ac < 0}

, então

p

não é um número real e, onsequentemente,

f

tambémnãotemextremos,absolutosourelativos. No aso

b

2

_{−3ac >}

Exemplos 2.1. 1. Se

f

(x) = x

3

_{+ 3x}

2

_{+ 3x + 1}

, então vamos ter

p

= q = −1

,logo

f

nãotem extremos.

Grá odafunção

f

(x) = x

3

+ 3x

2

+ 3x + 1

. 2. Se

f(x) = x

3

_{+ x}

2

_{+ 2x − 1}

,então

b

2

_{− 3ac < 0}

,ou seja

p

não é número real,logo

f

nãotem extremos.

Grá odafunção

f

(x) = x

3

+ x

2

+ 2x − 1

. 3. Se

f

(x) = x

3

_{− 4x}

2

_{+ 4x + 1}

, então

b

2

_{− 3ac = 4 > 0}

, ou seja

f

tem extremos em

p

= 2

e

p

=

2

3

. Noprimeiro aso, temos

q

= 0

e

P

₂

_{(x) = f (x) − f (2) = (x − 2)}

2

x;

logo, omo

h(x) = x

é uma função positiva numa vizinhança de

p

= 2

, podemos on luirque

f

temummínimo relativo em

x

= 2

. Para

p

=

2

3

,temos

q

=

8

3

e

P

2

3

(x) = f (x) − f

2

3

= x −

2

₃

2

x

₋

8

3

;

logo, omo

h

(x) = x −

8

3

éumafunção negativanumavizinhançade

p

=

2

3

,podemos on luirque

f

temummáximo relativo em

x

=

2

3

.

2.2.4 Extremos de funçõespolinomiaisde grau 4.

Para as funções polinomiais de grau quatro, a existên ia de um eixo verti al de simetria

permiteumaabordagemsimplesepuramentealgébri aaosextremosdafunção. Assim,se

aseguinte função polinomialde grau quatro

Grá odafunção

f

(x) = x

3

− 4x

2

+ 4x + 1

.

admitea reta

x

= m

omo eixode simetria, atranslaçãodo seugrá o asso iada aovetor

(−m, −f (m))

vai orrespondera umafunção par

g

, ouseja,

g

_{(x) = f (x + m) − f (m)}

é umafunção par.

Observação 1. Qualquer translação do grá o de uma função preserva os máximos e

mínimos relativos,isto é,se

f

temummáximo relativoem

x

0

eo grá ode

g

é obtido,a partirdográ ode

f

,portranslaçãoasso iadaaove tor

(u

1

, u

2

)

,então

g

teráummáximo relativo em

x

0

+ u

1

.

Efe tuandoasdevidas substituiçõesna expressãode

f

,obtemos:

g(x) = ax

4

+ (4am + b)x

3

+ (6am

2

+ 3bm + c)x

2

+ (4am

3

+ 3bm

2

+ 2cm + d)x.

Como

g

é umafunção par,os oe ientesde

x

3

e

x

terão de seriguaisa zero, assim:

(

4am + b = 0

4am

3

_{+ 3bm}

2

_{+ 2cm + d = 0}

,

(2.3) logo

m

_{= −}

b

4a

.

A função

g

vementão dada por:

g(x) = ax

4

+

 8ac − 3b

2

8a



x

2

Desta forma, o problema de en ontrar os extremos da função polinomial

f

equivale ao problema deen ontrar osextremosde umafunção par do tipo

ϕ(x) = Ax

4

+ Cx

2

+ E.

Repare-se que

x

= 0

é sempre uma raíz de multipli idade par do polinómio

P

0

(x) =

ϕ

_{(x) − ϕ(0)}

. Temos então dois asos possíveis:

x

= 0

é uma raíz de ordem

4

ou

x

= 0

é umaraíz de ordem

2

.

1. No primeiro aso(

x

= 0

é umaraíz de ordem

4

),podemos es rever

P

0

(x) = Ax

4

e,

onsequentemente,

ϕ(x) = Ax

4

_{+ E}

vamos de seguida veri arque função

ϕ

não tem mais nenhum extremo. Tomando

p

_{6= 0}

,repare-se que

P

p

(x) = ϕ(x) − ϕ(p) = A(x

4

− p

4

) = A(x − p)(x + p)(x

2

+ p

2

),

logo

p

é umaraíz de

P

p

ommultipli idade ímpar, peloque

ϕ

não tem extremo em

x

= p

. Considerando a translação inversa, on luímosquea função

f

tem umúni o extremo, ne essariamente extremo absoluto, em

x

= m

. Este extremo é máximo se

a <

0

eé mínimo se

a >

0

.

2. No segundo aso (

x

= 0

é umaraíz de ordem

2

), tendo em onta a simetria de

P

p

, om

p

6= 0

,podemoses rever:

P

p

(x) = A(x − p)

2

(x + p)

2

= Ax

4

− 2Ap

2

x

2

+ Ap

4

.

(2.4)

Então, de (2.1) e(2.4) , resultaque

Ax

4

_{− 2Ap}

2

x

2

+ Ap

4

= Ax

4

+ Cx

2

_{+ E − (Ap}

4

+ Cp

2

+ E).

Igualandoos oe ientes, vamosobter osistema:

(

C

_{= −2Ap}

2

Ap

4

_{= −Ap}

4

_{− Cp}

2

,

deonde onluímos que

p

_{= ±}

r

−

_2A

C

.

Em parti ular,paraa função

g

,temos

A

= a

e

C

=

8ac − 3b

2

8a

,

eportanto,

p

_{= ±}

√

3b

2

_{− 8ac}

4a

.

(2.5)

Paraen ontrar osextremosdafunção

f

,efe tuamos atranslação inversade modo a on luir que estes o orremnos pontos

x

= p + m

, om

p

= 0

ou

p

dado por (2.5) . Ouseja,

x

_{= −}

b

4a

,

x

=

−b ±

√

3b

2

_{− 8ac}

4a

.

(2.6)

Exemplos 2.2. 1. Consideremosa função polinomial

f

(x) = x

4

_{− 8x}

3

+ 22x

2

_{− 24x + 9,}

om domínio

D

= R

. Tendo em onta (2.3) , é fá il de on luir que a re ta

x

= 2

é um eixo de simetria da função. Tomemos a função

g

obtida por tranlação de

f

asso iadaao ve tor

(−2, −f (2))

:

g(x) = x

4

_{− 2x}

2

.

É laroque

x

= 0

é umaraíz de multipli idade

2

dopolinómio

P

₀

_{(x) = g(x) − g(0).}

Assim, estamosno segundo asoa ima des rito. Consequentemente, de a ordo om

(2.6) ,

f

tem extremos nos pontos

x

= 1

,

x

= 2

e

x

= 3

; que orrespondem aos extremos

x

= −1

,

x

= 0

e

x

= 1

de

g

,respe tivamente.

Como

P

0

(x) = g(x) − g(0) = x

2

(x

2

− 2),

on luímos que

g

tem ummáximo relativo em

x

= 0

, umavez que

h(x) = x

2

_{− 2}

é

negativonumavizinhança de

x

= 0

. Por outro lado,temos

P

1

(x) = g(x) − g(1) = (x − 1)

2

(x + 1)

2

.

Logo

g

tem ummínimo relativo em

x

= 1

,porque

h(x) = (x + 1)

2

é positivo numa

vizinhança de

x

= 1

. Por simetria,

g

também tem ummínimo relativo em

x

= −1

. Em on lusão,

f

tem máximo relativo em

x

= 2

etem mínimos relativos em

x

= 1

e

x

= 3

. Na realidade, tendoem onta osresultados daSe ção 2.2.1 e asimetria de

f

,

f

tem mínimosabsolutosem

x

= 1

e

x

= 3

.

Grá odafunção

f

(x) = x

4

− 8x

2

+ 22x

2

− 24x + 9

.

2. Consideremosa função polinomial

f

_{(x) = −x}

4

+ 4x

3

_{− 7x}

2

+ 6x + 1,

om domínio

D

= R

. Tendo em onta (2.3) , vemos que a reta

x

= 1

é umeixo de simetria da função. Tomemos a função

g

obtida por translação de

f

asso iada ao vetor

(−1, −f (1))

:

Neste aso

x

= 0

éumaraíz de multipli idade

2

dopolinómio

P

0

(x) = g(x) − g(0).

Assim, estamos novamente no segundo aso a ima des rito. Apli ando (2.6) ,

on- luímos que

f

tem umúni oextremo (máximoabsoluto) em

x

= 1

.

2.3 Atividades

Nesta se ção,apresentamos três atividades, onde é possívelapli ar osmétodos quea ima

des revemos para o ál ulo dos extremos de funções polinomiais. As duas primeiras são

ambas retiradas de [4℄. A ter eira a tividade trabalha um resultado que nos será útil no

apítuloseguinte.

2.3.1 Folha de alumínio

Enun iado. Com umafolhadealumíniodedimensões

20 cm

por

32 cm

pretende-se ons-truir umpequeno tabuleiro. Paratal é ne essário ortar os antos todosiguais, onforme

ilustra aguraseguinte:

x

x

a) Determineaexpressãoquepermite al ulara apa idade dotabuleiro emfunção da

medida dolado dos antos ortados.

b) Qual será a dimensão do orte (

x

) de forma a que o tabuleiro tenha a apa idade máxima.

Proposta de resolução. a) Em primeiro lugar iremos determinar o domínio de

va-lores possíveis para a variável

x

(dimensão do orte). Depois de efetuados os ortes, o omprimento,a largurae aaltura dotabuleiro serãodadas, respe tivamente, por

32 − 2x

,

20 − 2x

e

x

. Assim,e omoestamos afalar de omprimentos, teremosne essariamentede terasseguintes restrições:

32 − 2x > 0, 20 − 2x > 0, x > 0.

Por outro lado,a expressãoquenosvaidar a apa idade dotabuleiro é:

C

_{(x) = (32 − x)(20 − 2x)x = 4x}

3

_{− 104x}

2

+ 640x,

umafunção polinomial degrau3.

b) Apli andoa fórmula (2.2) , vemos quea função

C

temextremos nospontos

x

=

40

3

e

x

= 4

. Como

40

3

nãoperten e ao intervalo

]0; 10[

,sótemosde onsiderar oponto

x

= 4

. Também por (2.2) ,para

p

= 4

,temos

q

= 18

,logo

P

₄

_{(x) = C(x) − C(4) = 4(x − 4)}

2

_{(x − 18).}

Assim, omo

h

(x) = 4(x−18)

énegativonumavizinhançade

x

= 4

, on luímosque

C

tem ummáximo relativo para

x

= 4

. Tomando omo domínio o intervalo

]0; 10[

, este máximo é absoluto:

x

= 4 cm

é a dimensãodo orteque daráaotabuleiro maior apa idade.

2.3.2 Baleias

Enun iado. AComissãoInterna ionalparaaproteçãodasbaleias onstruiu,paraabaleia

azuldoAntár ti o,oseguintemodelomatemáti o, quetraduzavariaçãodasuapopulação

emdois anos onse utivos:

V

_{(x) = 2 × 10}

−6

_(−2x

3

+ 303x

2

_{− 600x),}

emque

x

representa,em milhares,a população de baleias.

a) Determine os valores de

x

(aproximados à milésima) de modo que a variação da populaçãoseja nula.

b) Determineo maioraumento possívelde umapopulação.

Proposta de resolução.

a) Osvalores orrespondem aoszerosda função

V

:

2 × 10

−6

(−2x

3

+ 303x

2

_{− 600x) = 0 ⇔ x(−2x}

2

_{+ 303x − 600) = 0.}

Logo, oszerosda função

V

sãopre isamente

x

= 0

e

x

=

−303 ±

√

87009

−4

,

ou, om aproximação àmilésima,

x

_{= 0, x ≈ 2, 007, x ≈ 149, 490.}

b) Apli ando a fórmula (2.2) , vemos que a função

V

tem extremos nospontos

x

= 1

e

x

= 100

. Também por (2.2) , para

p

= 1

e

p

= 100

temos, respetivamente,

q

= 149, 5

e

q

_{= −48, 5}

. Assim,

P

1

(x) = V (x) − V (1) = −2(x − 1)

2

(x − 149, 5),

P

₁₀₀

_{(x) = V (x) − V (100) = −2(x − 100)}

2

_{(x − 48, 5).}

Como

h

(x) = −2(x − 149, 5)

é positivo numa vizinhança de

x

= 1

,

V

tem um mínimo relativo em

x

= 1

; omo

h

(x) = −2(x + 48, 5)

é negativo numa vizinhança de

x

= 100

,

V

tem um máximo relativo em

x

= 100

. No ontexto do problema, vamos onsiderar o intervalo

]0; ∞[

omosendoodomínio de

V

. Relativamenteaeste domínio,sabemos,pela alíneaanterior,que

V

épositivanointervalo

]2, 007; 149, 49[

enegativaforadesteintervalo. Assim,

V

temummáximoabsolutoem

x

= 100 ∈]2, 007; 149, 49[

,ouseja,omaioraumento possívela onte e quandoa população atingiras100 000 baleias.

2.3.3 Problema isoperimétri opara quadriláteros.

Enun iado. Detodososquadriláteros om osladosiguaisa um erto

l

dado, qualo que temmaior área?

Proposta de resolução.

Consideremos um quadrilátero, om os lados iguais a um erto

l >

0

, dividido por uma das suas diagonais. Vamos estudar omo varia a área dos triângulos ongruentes

assim obtidos om a dimensão da diagonal

2h

. Finalmente vamos en ontrar o triângulo quemaximiza aáreae, omo onsequên ia, qual oquadrilátero omoslados iguaisa

l

de maiorárea.

l

2h

A

B

C

D

b b b b

Tomemos entãoo triângulo isós eles

△ABC

, em que

|AC| = |BC| = l

e

|AB| = 2h

. Como aaltura

b

destetriângulo é dadapor

b

=

p

l

2

_{− h}

2

_,

asuaárea

A

h

é

A

h

=

2h

√

l

2

_{− h}

2

2

.

Consideramos

A

h

omofunção de

h

no domínio

]0; l[.

Como

A

h

é positiva para valoresde

h

nesse domínio, o maximizante de

A

2

Para

A

2

_h

= h

2

(l

2

_{− h}

2

_{) = −h}

4

+ l

2

h

2

,

queéumafunção par(

h

= 0

éumeixode simetriadafunção),podemosapli arafórmula (2.6): afunção

A

h

temextremos nospontos

h

_{= 0, h = −l}

√

2

2

, h

= l

√

2

2

.

Como

h

= 0

e

h

= −l

√

2

2

não perten em ao domínio, então

h

= l

√

2

2

é máximo da função (tendo por base o des rito no primeiro exemplo da Se ção 2.2.4 e pelo fa to de

a <

0

). Comparando as medidasdoslados do triângulo, on luímosque elas satisfazem arelação

do teoremade Pitágoras:

l

2

+ l

2

= (l

√

2)

2

Assim,otriânguloquemaximizaaáreaéotriânguloretângulo om atetosiguaisa

l

,logo o quadrilátero omoslados iguaisa

l

de maior áreavaisero quadrado.

Capítulo 3

Desigualdade isoperimétri a

Nesta se ção vamosabordar o problemada desigualdade isoperimétri a. Começamos por

fazerreferên iaà hamadaLendadeDido",queétida omodespoletadoradaanálisedeste

tipodeproblemaspro urarsuperfí iesdemaioráreaxadooseuperímetro. Para

on re-tizar o quenospropomos, vamos referir duasabordagens: a primeira devido a Zenodorus

e a segunda a Steiner. A abordagem referente a Zenodorus, essen ialmente geométri a,

ulmina om a prova de que, xado um perímetro

P >

0

, o ír ulo de perímetro

P

en- erramaiorárea doquequalquer polígono omomesmo perímetro. O aminho para esta

on lusãoapresentaumargumento pou o onvin entena prova deque, entreospolígonos

equiláteros, os que têm maior área são os equiangulares. No entanto, vamos dar alguns

ontributosparaeste assunto,estudando os asos parti ularesdo triângulo edo

quadrilá-tero. A abordagem deSteinerdizrespeitoàsimetrização desuperfí ies omvistaa obter

guras om ada vez maiseixos de simetria, terminando no ír uloe on luindo que esta

formaé a queen erra maisárea.

Neste apítulo iremos denotarpor

AB

o segmento omextremos nospontos

A

e

B

;o omprimento de

AB

serádenotado por

|AB|

.

3.1 Um pou o de história

A lenda de Dido (ou Elisa) faz parte do Cânti o I da obra épi a Eneida", es rita pelo

grandepoetaromano Virgílio (70a.C. a19 a.C.). Dido, queviveu no sé ulo IX a.C., era

umaprin esa fení iada idade de Tiro, situada nasmargens do Mediterrâneo, lo alizada

onde hoje é o Líbano. O rei Pigmaleão, seu irmão, assassinou-lhe o marido (seu tio), o

grandesa erdoteArquebas, om vistaaapoderar-sedosseus tesouros. Temendopelasua

vida,Didofugiudenavio,levandootesouroreferido, omumgrandenúmerodeseguidores

dispostos a fundar uma nova idade, "Qart Hadash"(Cartago). No lugar es olhido para

serCartago (norteda Áfri a,nasmargensdo Mediterrâneo,onde hoje sesitua aTunísia)

tentou omprarterrasao rei lo al, Jarbas da Numídia,para quesepudessem estabele er.

Oa ordo que onseguiu omo rei foi quesó teria em terraso quepudesse abranger om

a pele de um boi. Dido, revelando o quanto era inteligente, de idiu pedir ao seu grupo

que ortasse a pele em tiras tão nas quanto possível, unisse todas e olo assem num

3.2 Problemas isoperimétri os

3.2.1 Zenodorus

A ideia geral do argumento Zenodorus para provar que o ír ulo tem uma área maior

que qualquer polígono om o mesmo perímetro pode ser en ontrada em [1 ℄. De seguida

revisitamos esteargumento om umpou o maisde detalhe.

Teorema 1. De todos os triângulos om a mesma base e o mesmo perímetro, o isós eles

é o que tem maior área.

Demonstração: Para estademonstração seguimos [3℄. Seja

△ABC

otriângulo isós eles om base

AB

e seja

△ABD

outro triângulo om a mesma base e o mesmo perímetro. Temosentão:

|AC| + |BC| = |AD| + |BD|.

(3.1)

Como

△ABD

tem o mesmo perímetro que

△ABC

, mas não é isós eles, um dos seus lados, por exemplo o lado

AD

,satisfaz

|AD| > |AC|

,enquanto o outro lado

BD

satisfaz

|BD| < |AC|

. Veriquemosqueosegmento

AD

interse ta

BC

numponto

E

, om

E

6= D

, tal omoilustra aguraseguinte.

A

B

C

D

E

b b b b b

Efetivamente, no asode não existira interse ção,temosquatro hipóteses:

1. o vérti e

D

éinterior a

△ABC

;

2. o vérti e

D

estásobre algumdos seuslados; 3. o vérti e

C

está no interiorde

△ABD

;

4. o vérti e

C

está sobre algumdoslados de

△ABD

.

Suponha-se que

D

está no interior de

△ABC

e que

E

é a interse ção de

BC

om o prolongamento de

AD

.

A

B

C

D

E

b b b b b

Pela desigualdade triangular,

Também peladesigualdade triangular,

|DE| + |EB| > |BD|.

(3.3)

Somandoasdesigualdades (3.2) e(3.3) ,obtemos

|AC| + |CE| + |EB|

|

{z

}

=|CB|

+|DE| > |AD| + |BD| + |DE|,

deonde se on lui

|AC| + |CB| > |AD| + |DB|,

o que ontradiz a hipótese (3.1) , logo

D

não está no interior de

△ABC

. De forma seme-lhanteé possívelveri arque nenhuma dasrestanteshipótesespodeo orrer.

Retomemos a demonstração do teorema. Uma vezque

∡

_{EAB < ∡CAB}

_{= ∡EBA}

esabendoqueaomaiorângulodeumtriânguloseopõeomaior lado,temos

|EB| < |AE|

. Assimpodemos xar

F

em

AE

om

|EF | = |EB|

. Consideremostambém

G

em

EG

om

A

B

C

D

E

F

G

b b b b b b b b b b

|EG| = |ED|

. Para tal ser possível, é ne essário veri ar que

|EG| < |EC|

. Como o triângulo

△EF G

é ongruente om

△EBD

( ritérioLAL), temos

|F G| = |BD|.

Assim,tendotambémem onta (3.1) ,

|AC| + |BC| = |AF | + |F D| + |F G| = |AF | + |BG| + |F G|

= |AF | + |BC| ± |CG| + |F G|.

Logo

|AC| = |AF | ± |CG| + |F G|.

Temos

±

poisaindanão sabemos se

G

está situado em

EC

. Noentanto, aalternativa

|AC| = |AF | + |F G| + |CG|,

Representemosaáreade umtriângulo omvérti esem

X

,

Y

e

Z

por

△XY Z

. Temos

T

(ABC) = T (ABE) + T (EF G) + (T (AF G) + T (ACG))

= [T (ABE) + T (BDE)] + [T (AF G) + T (ACG)]

= T (ABD) + (T (AF G) + T (ACG)),

de onde se on lui:

T(ABC) > T (ABD).

Podemos fazer uma abordagem algébri a a esta demonstração, usando a fórmula de

Herão e osresultados do apítuloanterior. Seja

p

=

1

2

(a + b + c)

o semi-perímetro deum triângulo delados de omprimento

a

,

b

e

c

. Podemos obtera área

A

do referidotriângulo apli andoa fórmulade Herão:

A

=

p

p

_{(p − a)(p − b)(p − c).}

Vamos entãover, nas ondiçõesdo teorema, querelação temque existirentreoslados do

triângulopara queasuaárea

A

sejamáxima. Assim,xamos

p

eumdoslados(base),por exemplo

c

. Denotamos

k

:= p − c

e, apósas devidassubstituições, maximizar

A

equivale a maximizar

A

2

_{= p(p − a)(p − b)k.}

Como

a

+ b = 2p − c

ouseja

b

= 2p − a − c,

tem-se

A

2

_{(a) = pk(−a}

2

_{+ (p + k)a − pk),}

que, tendoem onta osresultados da se ção 2.2.2,tem ummáximo em

a

=

p

+ k

2

=

2p − c

2

,

donde se on lui que

a

= b

o que permite on luir que o triângulo de maior área (nas ondiçõesdo teorema) éo isós eles.

Teorema 2. De entre todos os polígonos om o mesmo perímetro e o mesmo número de

lados, o que tem maior área deverá serregular.

A

B

D

_C

P

Demonstração: Éfá ildepovarqueopolígonodemaioráreatemdeserequilátero: se

P

é umpolígono nãoregular, entãodoisdosseuslados onse utivos,digamos

AC

e

BC

não

são ongruentes; podemos então substituir o vérti e

C

por um ponto

D

, de forma a que

△ABD

seja isós eles e tenha o mesmo perímetro que o triângulo

△ABC

; pelo teorema anterior, onovo polígono,paraalémdeteromesmoperímetro,temmaior áreaque

P

. No entanto, o argumento apresentado por Zenodorus não é totalmente onvin entena prova

queo polígono de maiorárea é equiangular. Para quadriláterostal é feito nas atividades

do apítulo anterior.

Teorema 3. Para polígonos regulares om o mesmo perímetro, mais ladosimpli a maior

área

Demonstração: Consideremos o apótema

h

de umpolígono regular, tal omo seilustra na gura seguinte. A área do polígono é metade do produto do apótema pelo perímetro

h

_α

P

. Se aumentarmos o número de lados

n

, mantendo o perímetro

P

, o lado do polígono regulardiminui. Provemos então queo apótema

h

aumenta, o que impli a que a área do polígono também aumenta:

Denotemos o apótema do polígono de

n

lados por

h(n)

. Como

α

=

(n−2)π

2n

,vamos ter

h(n) =

P

2n

tg α =

P

2n

tg

 (n − 2)π

2n



=

P

2n

tg

 π

2

−

π

n



=

P

2n

cotg

π

n

(3.4)

A derivada de

h(n)

é então dadapor:

h

′

(n) =

P

2

π

n

2

_sen

2

1

₍

π

n

)

n

_{− cotg}

π

_n

n

2

=

P π

2n

3

_sen

2 π

n

|

{z

}

=X

n

n

1 −

n

_π

sen

π

n

cos

π

n

o

= X

n

n

1 −

sen(

2π

n

)

2π

n

o

.

Provando que

senx

x

<

1

para todo

x >

0

, podemos on luir que

h

′

(n) > 0

. Para tal, onsideremosa seguintegura, onde

|OC| = 1

.

O

A

B

C

x

x

b b b b

Como aárea dotriângulo

△OBC

édada por

T

(OBC) =

1

2

|AB||OC| =

senx

2

,

que obviamente é menor que a área do setor ir ular

OAC

, sendo esta igual a

x

2

, vamos ter

senx < x

. Fi ou assim provado queo apótema aumentou e por onseguinte aárea do polígono também.

Teorema 4. O ír ulo tem maiorárea que qualquer polígono om o mesmo perímetro.

Demonstração: Fixemos

P >

0

. Para a nossa demostração vamos onsiderar poligonos regulares deperímetro

P

,umavezqueestesen errammaior áreaquetodososoutros om o mesmoperímetro. Começamospormostrar queo apótemade qualquerpolígonoregular

de perímetro

P

émenor queo raiodo ír ulo omomesmo perímetro. O raio

r

do ír ulo é dado por

r

=

P

2π

. Por outro lado, o apótema de um polígono regular om

n

lados eperímetro

P

é dado pelafórmula(3.4) . Assim,

r > h(n)

see sóse

tg

π

n

>

π

n

.

Resta-nos veri arque

tg x > x

paratodo

x

∈]0;

π

2

[

. Consideremosa seguintegura, onde novamente

|OC| = |OA| = 1

.

O

A

B

C

x

_D

b b b b b

Como ostriângulos

△OBA

e

△OAD

sãosemelhantes( ritério AA),temos

|AD|

|AB|

=

|OA|

|OB|

,

logo

|AD| = |AB|

|OA|

|OB|

=

|AB|

|OB|

=

sen x

cos x

= tg x.

Como aárea dotriângulo

△OAD

é dadapor

T

(OBC) =

1

2

|OA||AD| =

tg x

2

,

queobviamenteé maiorqueaáreadosetor ir ular

OAC

,sendoestaigual a

x

2

,vamoster

tg x > x

. Con luímosassim que

r > h(n)

paratodo o

n

.

Então, denotando por

A(n)

a área do polígono regular om

n

lados e de perímetro

P

epor

A

P

a áreado ír ulo omperímetro

P

,vamos ter

A(n) =

1

2

h(n)P <

1

2

rP

= A

P

.

3.2.2 Simetrizaçãode Steiner

OargumentodeZenodorus omparaaárealimitadaporpolígonose ir unferên iasdeigual

perímetro. De seguida vamos onsiderar urvas fe hadas mais gerais: xado um

P >

0

, qualéa urvafe hada om omprimento

P

queen erra maiorárea? Como vimos,desdea antiguidade quesesabequeesta urvaéuma ir unferên ia. No entanto, ademonstração

rigorosa desteresultado é relativamente re ente (apresentada pela primeira vez por H.A.

S hwarz em1890).

Não é a demonstração de S hwarz que vamos apresentar, mas sim um método

intro-duzido por J. Steiner [7 ℄,a hamada simetrização", que vale muito maispelariqueza da

ideia subja ente do que pelo seu rigor original. A nossa exposição segue de perto aquela

que é adotada em [6℄. Efetivamente, este método é ainda hoje apli ado na resolução de

muitos problemas varia ionais.

Oargumento de Steiner(em traços gerais)resideno seguinte:

1. Seja

D

uma superfí ie plana e seja

C

a urva que a en erra. Tomemos uma reta

l

e desenhemos as perpendi ulares a esta de modo a obter a superfí ie

D

l

, que é simétri arelativamentea

l

. Estasuperfí ie

D

l

éobtida doseguintemodo: tomemos umaperpendi ular

l

′

a

l

; seja

M

a interseção entre

l

e

l

′

M

1

e

M

2

, em

l

′

, de tal modo que

M

seja o ponto médio do segmento

M

1

M

2

e ujo omprimento é igual ao da interseção de

l

′

oma superfí ie

D

. Repetindo este pro esso para todas as retas perpendi ulares

l

′

obtemos a superfí ie plana

D

l

, tal omo seilustra naguraanterior.

2. A superfí ie

D

l

tema mesmaáreadoqueasuperfí ie

D

,masa urva

C

l

temmenor omprimento.

3. Pro edendo do mesmomodo relativamente à superfí e

D

l

e a umaoutra re ta não paralela a

l

, vamos obter uma nova superfí ie om um novo eixo de simetria. Se repetirmos re ursivamente o pro esso, no limite vamos obter uma superfí ie om

innitoseixosde simetria,isto éuma ir unferên ia omamesmaáreadasuperfí ie

original, mas om menor perímetro, o que é su iente para on luir que, de entre

todasas urvas om omprimentoxado,a ir unferên iaéaqueen erramaiorárea.

Comparemosagoraaárea

A

l

e omprimento

L

l

de

D

l

omaárea

A

eo omprimento

L

da superfí ieplana original

D

. Dadeniçãode área, umavez que osegmento

M

1

M

2

tem o mesmo omprimento do quea interseçãode

l

′

oma superfí ie

D

,por deniçãode área vamos ter

A

l

= A

. Demonstramos de seguida que

L

≥ L

l

. Consideremososdoistrapézios

N

1

N

1

′

N

2

′

N

2

e

M

1

M

′

1

M

2

′

M

2

, relativamente à gura anterior. Temos

|M

1

M

2

| = |N

1

N

2

|

e

|M

′

1

M

2

′

| = |N

1

′

N

2

′

|

. Por simetria, temos também

|M

1

M

′

1

| = |M

2

M

2

′

|

. Apli ando a desigualdade triangular, resultaque

2|M

2

M

2

′

| ≤ |N

1

N

1

′

| + |N

2

N

2

′

|.

Fazendo

M

′

1

e

M

′

2

muito próximos"de

M

1

e

M

2

, respe tivamente, e tomando a soma do omprimento de todosessessegmentos, obtemos

L

≥ L

l

.

Desenhemos uma outra reta

r

. Pro edendo omo para

D

l

, obtemos a superfí ie

D

lr

, quevaitermaissimetrias,amesmaárea

A

lr

= A

eumafronteira ommenor omprimento

A(D

0

)

,

L(D

0

)

,a áreaeo omprimento dafronteira do ír ulo

D

0

vamos ter:

(

A

= A

l

= A

lr

= ... = A(D

0

),

L

_{≥ L}

l

≥ L

lr

≥ ... ≥ L(D

0

).

Masparao ír ulo

D

0

,

4πA(D

0

) = L(D

0

)

2

,o queimpli a que

4πA ≤ L

2

,

ouseja asuperfí ie

D

tem menoràrea queo ír ulo deperímetro

L

.

A última gura ilustra omo o pro esso de simetrização de Steiner produz superfí ies

Bibliograa

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Mathema-ti al Monthly,vol. 112,(2005),pp.526-566.

[2℄ A.Jorge, etal,Innito10AMatemáti a AEnsinoSe undário, Porto, ArealEditores,

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