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Caro Dirichlet:
Qual o teorema de Kronecker a que você se
refere?
A solução que eu tinha em mente usa apenas
matemática elementar.
Inicialmente, é claro que, num dado quadrante,
o caminho ótimo do besouro deve ser uma linha reta.
Suponhamos que o besouro passa pelo segundo
quadrante, e que ele corta o eixo y em (0,a) e, em seguida, o eixo x em (-b,0)
(a e b positivos).
Então, o seu trajeto pelo segundo quadrante é um
segmento de reta que mede raiz(a^2 + b^2).
Como a sua velocidade no segundo quadrante é de 1
unidade / minuto, o tempo que ele gasta neste trajeto é de raiz(a^2+b^2)/1
= raiz(a^2 + b^2) minutos.
Comparemos agora este intervalo de tempo com o que
ele gastaria se ao chegar em (0,a), o seu trajeto fosse (0,a) --> (0,0)
--> (-b,0), movendo-se sempre ao longo dos eixos coordenados com velocidade
de 2 unidades / minuto (estou supondo aqui que os eixos não pertencem ao segundo
quadrante, mas para evitar polêmicas sobre qual a velocidade NOS eixos, você
pode supor que ele se move a uma distância arbitrariamente pequena, mas positiva
dos eixos, do lado oposto ao segundo quadrante - vai aparecer um epsilon nas
desigualdades abaixo que pode ser feito tão pequeno quanto se
deseje).
Neste segundo caso, o tempo gasto seria a/2 + b/2 =
(a+b)/2 minutos.
No entanto, sabemos que se a ou b é positivo, então
2*a^2 + 2*b^2 + (a-b)^2 > 0, ou seja:
3*a^2 + 3*b^2 - 2*a*b > 0
==>
4*a^2 + 4*b^2 > a^2 + b^2 + 2*a*b
==>
a^2 + b^2 > ( a + b )^2 / 4
==>
raiz(a^2 + b^2) > (a + b)/2 ==>
contradição, pois haviamos suposto que o trajeto de
tempo mínimo passava pelo segundo quadrante ==>
o trajeto de tempo mínimo passa pela
origem.
Um outro problema interessante (mas não muito
difícil) é determinar a maior velocidade que ele pode ter no segundo quadrante
de modo a permitir que o trajeto de tempo mínimo ainda passe pela origem. Qual a
interpretação física disso?
Um abraço,
Claudio.
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