Sim, nisso eu concordo com você, é a minha solução. O que estava tentando dizer é que não é impossível deixar a diagonal na horizontal no cubo, mas na minha configuração é impossível, era isso que queria dizer. Na minha solução não há diagonais na horizontal, é por isso que ela forma um ângulo com o plano e desse modo não são integralmente projetadas na ortogonal, mas sim parte delas, a diagonal vezes o cosseno do âgulo que a diagonal forma com o plano (aproximadamente 39º), que é menor que a diagonal real.
Date: Wed, 26 Jan 2011 19:44:56 -0200 Subject: Re: [obm-l] OBM terceira faze nivel 3 - Gabarito duvidoso From: [email protected] To: [email protected] E sobre a posicao do cubo no espaco... Sejam T,D,E,F os vertices opostos (em relacao ao centro do cubo) aos vertices Z,A,B,C. Ja' sabemos que Z e' o vertice de uma piramide de base ABC. Como ABC deve ser horizontal, a diagonal ZT do cubo, que tambem passa pelo centro de ABC, e' vertical. Portanto e' como se o cubo estivesse "pendurado" pelo vertice Z. Nessa situacao, a projecao dos vertices Z e T se confundem com o centro do hexagono. Alem disso, os vertices ABC estarao num mesmo plano horizontal, acima de um outro plano horizontal que contem os vertices DEF. Logo, o cubo nao possui nenhuma aresta ou diagonal horizontal. []'s Rogerio Ponce Em 26 de janeiro de 2011 16:22, Rogerio Ponce <[email protected]> escreveu: Ola' Joao, o hexagono e' regular, mas o valor que eu havia calculado TAMBEM esta' errado, pois a diagonal do cubo esta' inclinada em relacao ao plano horizontal. Logo o diametro do circulo circunscrito e' menor que sqrt(3). A solucao mais obvia, e que garante inclusive que a projecao tenha area maxima (conforme pedido pelo enunciado), e' a seguinte: Suponha que o cubo esteja na posicao que gera a maior sombra. Tome o vertice superior (no maximo existirao 2 vertices na mesma altura - tome um deles). Chame-o de Z. Considere as 3 arestas ligadas a este vertice. Considere os outros vertices pertencentes 'as 3 arestas. Chame-os de A,B e C. Repare que a projecao do cubo e' um hexagono com exatamente o dobro da area da projecao do triangulo equilatero ABC, de lado sqrt(2). Repare tambem que a projecao de ABC tem area maxima quando ABC e' horizontal. E a area de ABC vale sqrt(3)/2. Logo a area do hexagono maximo vale sqrt(3). []'s Rogerio Ponce. Em 26 de janeiro de 2011 15:11, Rogerio Ponce <[email protected]> escreveu: Ola' Joao, conforme eu ja' havia dito, o hexagono em questao e' REGULAR. E não tem nenhuma diagonal sqrt(3) paralela ao plano horizontal. Voce e a OBM estao errando nisso. Se voce mesmo nao chegar 'a uma solucao "bonitinha", mais tarde eu explico melhor... []'s Rogerio Ponce 2011/1/26 João Maldonado <[email protected]> Boa Tarde Rogério, Sua resolução está perfeitamente correta para um hexágono REGULAR , como voce disse . Acontece que para o hexágono ser regular todas as diagonais sqrt(3) do cubo têm que estar paralelas ao plano, e consequentemente entre si mesmas. E isso não é possível já que as diagonais maiores do cubo não são paralelas. Essa solução geraria um hexágono sim, mas não um hexágono regular. A medida de seus outros "raios" seria menor que sqrt(3)/2, e consequentemente a área seria menor que 9*sqrt(3)/8. Sua solução é justamente a do link (veja como o hexágono não é regular), e a área desse hexágono vale sqrt(6) - 1. Agora veja o que estou dizendo, não estou falando que sqrt(3) é a MAIOR área da projeção ortogonal do cubo, pode até ser, mas sim que é uma POSSÍVEL área. Logo como sqrt(3) < sqrt(6) - 1, a solução da OBM estaria errada. Ainda estou tentando achar um erro em minha solução mas ainda não encontrei. É isso que queria saber, minha solução está errada o a solução oficial que está errada? Grato, João Date: Wed, 26 Jan 2011 10:56:27 -0200 Subject: Re: [obm-l] OBM terceira faze nivel 3 - Gabarito duvidoso From: [email protected] To: [email protected] Ola' Joao, eu diria que as duas solucoes estao erradas. A maior projecao gera um hexagono REGULAR. Como a diagonal do cubo mede sqrt(3), este sera' o diametro do circulo circunscrito ao hexagono. Logo a area do hexagono deve ser 6* [sqrt(3)/2 * sin60] * [sqrt(3)/2 * cos60] Ou seja, 9*sqrt(3)/8 []'s Rogerio Ponce 2011/1/26 João Maldonado <[email protected]> OBM 2010 Terceira Fase PROBLEMA 3 Qual é a maior sombra que um cubo sólido de aresta 1 pode ter, no sol a pino? Observação: Entende-se “maior sombra de uma figura no sol a pino” como a maior área possível para a projeção ortogonal da figura sobre um plano. O que me perturba é que a resolução desse site dá que a maior sombra tem área sqrt(6) - 1 http://files.supergel57.webnode.com.br/200000496-53215537a7/Resolu%C3%A7%C3%A3o%208.pdf Mas tome o seguinte: Coloque qualquer vértice do cubo (A) em contato com um plano de modo que o vértice oposto (B) forme uma reta perpendicular ao plano. As 3 arestas que saem desse vértice formam o mesmo ângulo com o plano. As 3 faces que saem desse vértice formam o mesmo ângulo com o plano. Logo os vértices adjacentes formam um tetraedro com base regular e sua lateral composta por triêngulos retângulos. Os vértices não adjacentes (com exceção de B) formam um tetraedro com base regular e sua lateral composta por triângulos equiláteros. Considerando a reta AB, esta é altura dos tetraedros. Logo fica fácil calcular a distância de AB e os vértices (2/3 da altura do triângulo da base). Essa distância é sqrt(6)/3 para todo os 6 vétices (não contando com A e B), já que os dois tetraedros tem a mesma base. Ou seja, é formado um hexágono de raio sqrt(6)/3 cuja área mede 6.(sqrt(6)/3)² sqrt(3)/4 = sqrt(3) > sqrt(6) - 1. Pergunta: Qual das duas soluções está errada?
