O problema do retângulo inscrito1 Roberto Ribeiro Paterlini Departamento de Matemática da UFSCar 1 Introdução O problema do retângulo inscrito aparece no ensino médio sob várias versões: Problema do retângulo inscrito: Dado um triângulo retângulo, dentre os retângulos inscritos conforme a figura, encontre o que tem área máxima. ....... ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... . Eis o mesmo problema mas com um enunciado mais amigável: Problema da casa: (Vestibular da FUVEST) Num terreno, na forma de um triângulo retângulo com catetos de medidas 20 e 30 metros, deseja-se construir uma casa retangular de dimensões x e y, como na figura. a) Exprima y em função de x. b) Para que valores de x e de y a área ocupada pela casa será máxima? ↑ | | | 30 | | | ↓ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. y x ←−− 20 −−→ A idéia usual para a resolução deste problema é observar a semelhança entre os triângulos da figura e obter, por exemplo, a relação y 30 − x = , 20 30 donde y = 20(30 − x)/30 = (2/3)(30 − x). Usando esta relação para substituir y em A(x) = xy temos A(x) = (2/3)x(30−x), função que nos dá área do retângulo. A função quadrática A tem ponto de máximo, e nosso problema estará resolvido quando encontrarmos a abcissa desse ponto, o vértice da parábola que é o gráfico da função. As raı́zes de A são 0 e 30, cuja média aritmética é 15. Portanto, 1 Publicado na Revista do Professor de Matemática, n.◦ 47, 3.◦ quadrimestre de 2001, págs. 12 a 15. Republicado em Matemática Ensino Médio, Coleção Explorando o Ensino vol. 1, Brası́lia, Ministério da Educação, 2004. 1 x = 15 é a abcissa do vértice, e o valor correspondente para y é 10. Vemos que a altura e a base do retângulo inscrito de área máxima são a metade, respectivamente, da altura e da base do triângulo. Em um triângulo retângulo qualquer com base b e altura h o resultado é o mesmo: o retângulo inscrito de maior área (entre os retângulos posicionados de acordo com a figura) é o que tem base b/2 e altura h/2. ↑ | | | h | | | ↓ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. y x ←−−− b −−−→ Na figura, b x(h − x), h h b e o ponto de máximo de A é dado por x = e y = . 2 2 2 h−x y = , b h A(x) = Usando dobradura No ano de 2000 estava lecionando uma disciplina de problemas para alunos do Curso Noturno de Licenciatura em Matemática da UFSCar, e certo dia sugeri aos estudantes resolverem este problema. Minha expectativa era que utilizassem o método descrito acima, e de fato muitos assim o fizeram. Mas tive a agradável surpresa de ver que a estudante Tatiana Gaion Malosso, juntamente com os colegas de seu grupo de trabalho, resolveu facilmente o problema usando dobraduras. Quando incentivamos a criatividade, podemos ver as soluções mais interessantes e aprendemos a pensar com liberdade. Vamos descrever a solução por dobradura apresentada pela estudante. Tomamos uma folha de papel e a cortamos no formato de um triângulo retângulo ABC. Dobramos o papel de modo a fazer coincidir o ponto A com o ponto B, e em seguida dobramos de modo a fazer coincidir o ponto C com o ponto B, como nas figuras abaixo. A B ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. C ..... ... ... ... ..... ... ... . . ... . ... ... ... ... ... ... . . ... .. . ... . .. ... . . ... .. . . ... ... .. . . A=B C 2 ... ... ... ... . . .. ... ... ... ... . . .. ... ... ... .. A=B=C Desdobrando e voltando ao triângulo original vemos que marcamos duas linhas que se encontram no ponto médio de AC. A D B ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. E = E0 F C De fato, por construção, D é o ponto médio de AB e DE é paralelo a BC, logo E é o ponto médio de AC. Da mesma forma, F é o ponto médio de BC e F E 0 é paralelo a AB, logo E 0 é o ponto médio de AC, e E = E 0 . As duas linhas que marcamos no triângulo determinam um retângulo cuja altura é a metade da altura do triâgulo e cuja base é a metade da base do triângulo. Observamos que o triângulo original ficou subdividido em três figuras, dois triângulos menores e o retângulo, e a dobradura deixa claro que a soma das áreas dos dois triângulos menores é igual à do retângulo. Portanto a área do retângulo é a metade da área do triângulo original. Vamos verificar, usando dobradura, que esse retângulo é o de maior área que se pode obter. Tomamos um outro retângulo inscrito, por exemplo BD0 E 0 F 0 . A D0 B ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. D0 E F0 A B C 0 ...... ... ... ... ..... ... ... . . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . E F0 C ←- Dobramos o papel na linha D0 E 0 e na linha E 0 F 0 . Marcamos a linha AB sobre o 4CF 0 E 0 . Em seguida desdobramos. A D0 D0 E0 ... ... ... ... . . .. ... ... ... ... . . .. ... ... ... ... . . .. ... ... ... B F 1 E 2 A C ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 3 B 0 3 F 0 4 C O triângulo original fica subdividido em quatro regiões 1, 2, 3 e 4, de modo que somando as áreas de 1 e 3 obtemos a área de 2. Mas, como temos a área de 4, vemos que a área de 2 é menor do que a metade da área do triângulo. Portanto o retângulo BD0 E 0 F 0 não tem área máxima. 3 Outros desenvolvimentos Em qualquer triângulo existe um retângulo inscrito. De fato, um triângulo tem pelo menos dois ângulos agudos. Na figura a seguir suponhamos que ∠A e ∠B sejam ângulos agudos. Construı́mos o segmento DE paralelo a AB. Em virtude de serem ∠A e ∠B agudos os segmentos perpendiculares a AB por D e E intersectam AB, e obtemos um retângulo inscrito no triângulo. C ..... .... .......... ...... ..... ...... ..... ...... .... . . ...... . ... ...... . . . ...... ... . . . ...... E D ....... ...... ...... .. . . . ...... ... . . ...... . ... ...... . . . ...... ... . . ...... . ... ...... . . . . ...... ..... . A F G B O leitor pode observar que em um triângulo podem existir retângulos inscritos em até três posições diferentes, com um lado do retângulo sobre um lado diferente do triângulo. Qualquer que seja a posição, a maior área do retângulo inscrito que se pode obter é a metade da área do triângulo. ↑| h ↓| ........ ..... ............. ..... ....... ..... ....... ..... ....... . . . . ....... ... . . . ....... . ... . ....... . . . ....... .... . . . ....... ... . . ....... . . ... ....... . . . . ....... .... . . ....... . .. ..... y x ←−−−−−−−− b −−−−−−−−→ y h−x = b h µ b A(x) = x(h − x) h ponto de máximo de A : h b , 2 2 ¶ Podemos novamente usar dobradura para encontrar o retângulo inscrito de área máxima. Seja 4ABC um triângulo qualquer, e suponhamos que ∠A e ∠B são agudos. Cortamos um papel na forma do triângulo dado. Usando dobradura marcamos a altura do triângulo relativa ao lado AB. Dobramos o triângulo de modo a fazer coincidir o ponto C com o pé desta altura no lado AB. Continuamos procedendo de modo análogo ao caso do triângulo retângulo. 4 Referências bibliográficas [1] Malosso, T. G., Nucci, E. e Yshimine, M. K., 6 a lista de exercı́cios da disciplina Ensino da Matemática Através de Problemas. Curso Noturno de Licenciatura em Matemática. UFSCar, 2000. [2] Iezzi, G., Dolce, O., Degenszajn, D. M. e Périgo, R., Matemá-tica. Volume Único. São Paulo, Atual Editora, 1998. [3] Lima, E. L., Carvalho, P. C. P., Wagner, E. e Morgado, A. C., A Matemática do Ensino Médio. Volume 1. Coleção do Professor de Matemática. Rio de Janeiro, Sociedade Brasileira de Matemática, 1996. 4