Demonstração de que apenas são necessárias 4 trajectórias

Como já foi visto, podemos unir dois pontos da caixa, através de várias trajectórias diferentes, percorrendo assim, diferentes faces da caixa.

Neste caso, interessa-nos estudar quais são as possibilidades de unir o ponto O (vértice fixado) a um qualquer ponto da face superior da caixa, não esquecendo que procuramos uma trajectória com o menor comprimento possível.

Assim sendo, vamos procurar definir quais são as trajectórias que à partida devemos considerar e, dessas, tentar excluir o maior número possível.

Etiquetando as faces da caixa como mostra a figura, podemos começar por observar que:

• Cada trajectória tem necessariamente de passar por uma das 3 faces, A, B ou C , contíguas ao vértice O.
• Cada trajectória pode passar por várias faces, terminando sempre na face superior S. Mas, notando que procuramos as trajectórias de menor comprimento possível, podemos excluir trajectórias que passem mais do que uma vez pela mesma face.

Vamos ver quais são as possibilidades:

Começando pela face A:

1. A --> S (trajectória t1)
2. A --> L --> S (trajectória t2)
3. A --> L --> T --> S (trajectória t3)

Começando pela face C:

1. C --> S (trajectória t4)
2. C --> T --> S (trajectória t5)
3. C --> T --> L --> S (trajectória t6)

Começando pela face B:

1. B --> L --> S (trajectória t7)
2. B --> T --> S (trajectória t8)
3. B --> T --> L --> S (trajectória t9)

No seguinte esquema estão representadas estas 9 possibilidades de unir P a O por um segmento que correspondem a diferentes planificações da caixa:

Numa primeira análise podemos recorrer a uma circunferência centrada em O e de raio variável para compararmos os comprimentos das várias trajectórias.

Variando a posição de P e as dimensões da caixa podemos através do alcance do raio da circunferência observar que o menor comprimento parece ser sempre dado por uma das trajectórias t1, t2, t4 e t5.

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Para podermos concluir que há realmente sempre uma destas trajectórias nos dá o menor comprimento entre P e O, vamos demonstrar que, para quaisquer dimensões da caixa, as restantes trajectórias têm sempre um comprimento maior.

I. t8 > t1 Vamos apenas considerar as trajectórias t8 e t1 e começar por notar que: em cada planificação a distância de P (P') a O é dada pelo segmento [OP] ([OP']) a trajectória t1 intersecta a aresta [AB] a trajectória t8 intersecta a aresta [D'C']
Vamos considerar o ponto I resultante da projecção ortogonal do ponto P sobre a aresta [DC]
e o ponto I' resultante da projecção ortogonal de P' sobre a aresta [D'C'].

Devemos agora considerar os triângulos [OPI] e [OI'P']: 1. Observando o triângulo [OPI] vemos que este é obtusângulo em P e podemos verificar que o lado de maior comprimento é o lado [OI] pois é este que se opõe ao ângulo obtuso. Logo OP < OI. 2. Por outro lado, observando o triângulo [OI'P'] vemos que este é obtusângulo em I' e podemos verificar que o lado de maior comprimento é o lado [OP'] pois é este que se opõe ao ângulo obtuso. Logo OI' < OP'. 3. Os pontos I e I' são simétricos em relação ao eixo OO', logo OI = OI'. Donde OP < OI = OI' < OP'. O comprimento da trajectória t1 é sempre menor do que o da trajectória t8 para qualquer posição do ponto P na face superior e para quaisquer medidas da caixa.

II. t7 > t4

Demonstração análoga às anteriores, considerando I e I' conforme indicado na figura:

III. t6 > t2

Demonstração análoga às anteriores, considerando I e I' conforme indicado na figura:

IV. t3 > t5

Demonstração análoga às anteriores, considerando I e I' conforme indicado na figura:

V. t9 > t2

Demonstração análoga às anteriores, considerando I e I' conforme indicado na figura: