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quarta-feira, 22 de dezembro de 2010

O Problema das Placas Quadradas

Duas placas quadradas de lados iguais a [;10\ cm;] estão encostadas conforme a figura acima. Se o prolongamento de [;BC;] passa pelo ponto [;A;], determine a projeção do lado [;BC;] sobre a reta [;CD;].

Resolução: Da semelhança dos triângulos [;ACE;] e [;BCD;], temos

[;\frac{BD}{AE} = \frac{CD}{CE} \quad \Rightarrow \quad \frac{\sqrt{100 - x^2}}{10} = \frac{x}{x + 10} \quad \Rightarrow;]

[;10x = (x + 10)\sqrt{100 - x^2} \quad \Rightarrow \quad 100x^2 = (x + 10)^2(100 - x^2) \quad \Rightarrow;]

[;x^4 + 20x^3 + 100x^2 - 2000x - 10.000 = 0 \qquad (1);]

A expressão [;(1);] é uma equação do [;4^{\underline{\circ}};] grau completa e para resolvê-la podemos usar o método de Ferrari ou métodos numéricos. Ao invés disso, faremos algumas mudanças de variáveis a fim de simplificá-la e resolvê-la. Primeiramente, fazemos uma mudança de escala dada por

[;x = 10y \qquad (2);]

Substituindo [;(2);] em [;(1);], obtemos



[;y^4 + 2y^3 + y^2 - 2y - 1 = 0 \qquad (3);]

Observe que [;\pm 1;] não é raiz desta equação, mas ela é quase simétrica e fácil verificar que ela possui uma raiz no intervalo [;[0,1];]. Assim, próximo passo é fazer uma translação dada por [;y = z - 1;] para obter

[;(z - 1)^4 + 2(z - 1)^3 + (z - 1)^2 - 2(z - 1) - 1 = 0 \quad \Rightarrow;]

[;z^4 - 2z^3 + z^2 - 2z + 1 = 0 \qquad (5);]

A equação [;(5);] é simétrica em relação ao termo central [;z^2;]. Deste modo, dividimos ambos os lados por [;z^2;] para obter

[;z^2 - 2z + 1 - \frac{2}{z} + \frac{1}{z^2} = 0 \quad \Rightarrow \quad z^2 + 2z\cdot \frac{1}{z} + \frac{1}{z^2} - 2\biggl(z + \frac{1}{z}\biggr) - 1 = 0 \quad \Rightarrow;]



de modo que [;z^2 - z + 1 = \pm \sqrt{2}z;], ou seja

[;\begin{cases}z^2 - (1 + \sqrt{2})z + 1 = 0 \qquad (6)\\z^2 - (1 - \sqrt{2})z + 1 = 0 \qquad (7)\end{cases};]

A equação quadrática [;(7);] possui [;\triangle \prec 0;] e portanto não possui raízes reais. Para a equação [;(6);], [;\triangle = (1 + \sqrt{2})^2 - 4 = 2\sqrt{2} - 1 \succ 0;] de modo que

[;\begin{cases}z_1 = \frac{1 + sqrt{2} - \sqrt{2\sqrt{2} - 1}}{2}\\z_2 = \frac{1 + sqrt{2} + \sqrt{2\sqrt{2} - 1}}{2}\end{cases};]

Voltando para a variável [;y;] temos

[;\begin{cases}y_1 = z_1 - 1 \prec 0\\y_2 = z_2 - 1 = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{2\sqrt{2} - 1} - 1}{2} \succ 0 \quad \Rightarrow\end{cases};]

[;x = 10y_2 = 5(\sqrt{2\sqrt{2} - 1} + \sqrt{2} - 1) \simeq 8,832 \ cm;]

Comentário Final: Este problema é uma adaptação de um problema algébrico que também envolvia uma equação quártica. Observe que uma simples configuração de duas placas, poderia ser também dois blocos, nos leva a um problema com um grau de dificuldade razoável. Esta questão é um belo exemplo a ser dado para aqueles que dizem que a matemática não serve para nada.

Gostará de ler também:
- O Problema do Copo Inclinado;
- O Problema do Trem;
- Um Caso Particular da Equação Quártica (Parte 2).
Postado por Prof. Paulo Sérgio às 22.12.10
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8 comentários:

  1. Muito bom o post, já havia me deparado com esse problema mas não consegui achar as raízes da equação. Gostei muito.

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  2. Muito obrigado Matt. As manipulações algébricas são bem interessantes mesmo. Volte sempre!

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  3. Não entendi o porquê da translação. Porque quando você aplicou y=z-1 o polinomio virou simétrico? Foi "tirado do bolso"?

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  4. Interessantíssimo.

    Já tinha visto esse problema e chegado nessa mesma equação do 4o. grau (a diferença é que o quadrado tinha lado 1). Aí penei pra resolver e no final não consegui resolver algebricamente.

    Aí eu resolvi trigonometricamente, chamando o ângulo BĈD de alfa e o x cosseno de alfa. Aí é só aplicar a semelhança.

    Mas achei esse método legal também.

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  5. Katzbalger, de certo modo a translação foi feita por um fator a, isto, y = z + a, e este fator foi escolhido de modo que a nova equação ficasse simétrica. Omiti esses detalhes do post. Mas, muito boa a sua observação. Volte sempre!

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  6. Interessante o seu método Diógenes. Agradeço pelo enriquecimento do problema. Abraços!

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  7. E haja raciocínio e malabarismo matemático. Muito interessante o problema e, além disso, a resollução.
    Encontrei outra solução em inteiros, considerando o triângulo CDB um triângulo pitagórico. Se não, vejamos:
    Pela fórmulas de Euclides, temos: DC = x^2 - y^2, BD = 2xy e BC = 10 = x^2 + y^2. Como 10 = 3^2 - 1^2, logo, DC = 3^2 - 1^2 = 8 e BD = 2x3x1 = 6.

    DC^2 + BD^2 = Bc^2
    8^2 + 6^2 = 10^2
    Abraços
    Sebá

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  8. Em tempo: Em vez de 10 = 3^2 - 1^1, deve ser: 10 = 3^2 + 1^2.

    Abraços

    Sebá

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