RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO 1: Este problema resume-se a três casos tipo,e note-se que não era necessário atribuir nenhum valor real aos lados do terreno.
a) Área fixa, determinar o menor perímetro
Sejam as variáveis, A=área, P=perímetro, c=comprimento, l=largura
A=c* l <=> l=A/c
P=2c + 2l <=> P=2c + 2A/c e dP=2 - 2Ac^(-2) => 2 - 2Ac^(-2) <=> Ac^(-2) = 1 <=> A=c^2 <=> c=Ö A
Então,
l = A/Ö A = Ö A
Assim,
c = l =Ö A e P = 4Ö A e A = c^2 .
Isto é, o perímetro é mínimo quando os lados são iguais, ou seja, quando temos um quadrado.
A solução certa é a a!
b) Área fixa, determinar o perímetro máximo
Esta resolução é análoga à anterior, só que neste caso iremos calcular o limite do perímetro quando c tende para 0 e quando tende para +¥
A solução certa é b!
RESOLUÇÃO 1.b)
c) Perímetro fixo, área máxima
Sabemos que,
P=2c + 2l => c=(P -2l)/2
E, A = c* l = (P-2l) / 2* l = Pl / 2-l^2 => dA = P/2-2l => P/2-2l = 0 <=> l = P/4
Então
c = P/2-P/4 = P/4
Logo,
c = l = P/4 e A = P/4 * P/4 = P^2/16
Assim, P = 4c e A = P^2/16
Isto é, a área é máxima quando é um quadrado, e por isso a solução certa é a!
d) Perímetro fixo, área mínima
Esta resolução é análoga à anterior, só que neste caso iremos calcular o limite da área quando l tende para 0 e quando tende para +¥
A solução certa é b!
RESOLUÇÃO 1.c)
e) Área e Perímetros iguais
Queremos que
cl = ac + 2l <=> c = 2l / (l-2)
E obtemos
A = 2l^2 / (l-2) = P (1)
A solução certa é o terreno cujas dimensões sejam dadas pela fórmula (1)!
RESOLUÇÃO 2:
Sendo o lago e a ilha definidos por circunferências de que desconhecemos o raio, parece à primeira vista que não conseguimos saber a área do lago.
No entanto, como nada nos é dito sobre as dimensões da ilha e do lago, provavelmente a área do lago não vai depender do raio da ilha. Podemos então imaginar que a ilha se reduz a um ponto (ou seja, não existe). Neste caso, a maior distância em linha recta no lago é um diâmetro de 160 metros e então o raio mede 80 metros.
A área do lago será então:
A = p*80^2 = 20106 m^2 .
RESOLUÇÃO 3:
A melhor maneira de resolver este problema talvez seja não pensar na moeda toda, mas apenas onde vai cair o centro da moeda. O centro vai ficar dentro de um dos quadrados do hall (podemos desprezar a linha que limita o quadrado). Se ficar a mais de 1.5 cm dos limites do quadrado, isso quer dizer que a moeda fica toda dentro do quadrado. Se ficar a menos de 1.5 cm então a moeda vai cortar os limites do quadrado.
Podemos dividir o quadrado em duas zonas. Se o lado do quadrado inicial tiver um comprimento C, a zona interior assinalada é também um quadrado de lado C-3. Se o centro da moeda ficar na zona interior, a moeda não corta os limites do quadrado.
Como metade das vezes a moeda fica completamente no interior do quadrado e metade não, isso quer dizer que a área interior é igual à área exterior. Ou seja, a área do quadrado de lado C-3 é igual a metade da área do quadrado inicial. Basta então resolver a equação
2 (C-3)^2 = C^2
Esta equação é de 2º grau e tem duas soluções, mas uma delas não serve para o problema. A que nos interessa é C = 6+3Ö 2
Os quadrados do hall têm de lado aproximadamente 10.24 cm.
RESOLUÇÃO 4:
Na figura seguinte está indicada a forma como poderemos dividir a parcela I em quatro partes iguais e semelhantes à própria parcela I.
Desculpa...Falta a figura.
Vê-se com facilidade, a partir da figura, que os quatro trapézios em que foi dividida a parcela I são iguais, e que são figuras semelhantes ao trapézio inicial.
Quanto à parcela II, os interessados devem ter tido maior dificuldade em encontrar um processo de a dividir em quatro partes da mesma área e da mesma forma. Este tipo de figuras geométricas,obtidas a partir de semi-circunferências, fascinavam Leonardo da Vinci, que se dedicou ao seu estudo.
Observe-se a figura que se segue, em que além das semi-circunferências do desenho inicial está traçada mais uma (CHG), com o mesmo raio das duas mais pequenas iniciais. Vemos que a nova semi-circunferência divide a área inicial em duas, cada uma delas formada por duas partes: um semi-círculo e a área obtida retirando a um quarto do círculo maior um semi-círculo dos mais pequenos. Assim, com uma nova semi-circunferência, dividimos a parcela II em duas partes de igual área e forma.
Para dividirmos a parcela II em quatro partes, basta utilizar três semi-circunferências em lugar de uma. No fundo,o que vamos agora fazer é dividir de novo em duas partes iguais cada uma das partes obtidas na primeira divisão. Para isso, traçamos dois raios da circunferência inicial maior, que são as bissectrizes dos ângulos ACG e FCG e depois, com estes raios como diâmetros das semi-circunferências. Veja-se a figura:
Mais uma vez, desculpa...
Como se compreende, por este processo podemos dividir a figura inicial, por meio de semi-circunferências , em qualquer número de partes iguais.Pode portanto o pai morrer descansado, porque os seus filhos não se zangarão nas partilhas...