Sobre o problema das três gerações

O problema da construção de um triângulo de alturas dadas transformou-se para nós num acontecimento importante. Foi, em diversos níveis, um verdadeiro problema que propiciou e exigiu variadas experiências geométricas e a solução que ora publicamos culmina um processo que é o acontecimento notável desta notícia: envolveu três gerações de uma família. As lições a tirar do problema são muitas, já vamos em três artigos relacionados com ele e havemos de publicar outras soluções. Mas o qeu interessa agora é dar notícia pública da solução que recebemos de Casimiro e Mariana Sacchetti (texto e ilustração em .pdf). E dar os parabéns. O prémio está no processo e na solução e isso já lhes foi dado (por eles mesmos).

Clicando sobre a ilustração acima, terá acesso à construção dinâmica que recebemos a acompanhar a resolução.

Quadratura de polígonos

A Associação de Professores de Matemática integra a Federação Iberoamericana das Sociedades de Educação Matemática e esta acaba de publicar o primeiro número da Unión - revista iberoamericana de educación matemática que pode ser acedida via internet. Bastará clicar no logotipo abaixo.

Deste primeiro número, lemos o artigo de Carmen Galván - Cuadratura de polígonos - que, como diz no resumo, intenta "mostrar una forma de resolver en el aula el problema geométrico "Cuadratura de polígonos"...e "establecer conexiones con las funciones y el álgebra" com recurso "a un programa de geometría interactivo" para facilitar "el dibujo, la visualización y la comprensión".

Divulga o GEUP que, segundo C. Galván, é um prograam de matemáticas interactivo, que facilita ao máximo o desenho e a visualização, favorecendo, por essa via, a compreensão, a descoberta de novas relações, a formulação de novas perguntas, etc.

Apresenta os seguintes problemas para a sala de aula:
1) Podemos transformar um polígono qualquer de n lados num triângulo equivalente, valendo unicamente de rectas?
2) Problema do quadrado equivalente a um rectângulo.
3.1) Desenhar diferentes rectângulos com a mesma área (12 u², por exemplo)? Quantos podemos desenhar?
3.2) Estudar a relação entre as dimensões dos rectângulos de área constante.
3.3) É igual a o perímetrto de todos os rectângulos que têm a mesma área?
3.4)Dado um quadrado, desenhar um rectângulo equivalente (problema que tem evidentemente infinitas soluções).

Régua, compasso e triângulo

Damos notícia de artigo sobre a construção com régua e compasso de um triângulo de que se conhecem um vértice, o ponto de encontro das bissectrizes e o ponto de encontro das medianas,

Forum Geometricorum, 5 (2005) 53--56.Eric Danneels, A Simple Construction of a Triangle from its Centroid, Incenter, and a Vertex
Abstract: We give a simple ruler and compass construction of a triangle given its centroid, incenter, and one vertex. An analysis of the number of solutions is also given.

A potência necessária

Há várias formas para resolver o problema do triângulo de que se conhecem as alturas, mas convém saber como se obtêm diferentes pares de segmentos com o mesmo produto.

Na figura acima, tomámos um ponto P e uma circunferência de centro O (e raio r) e secantes à circunferência tiradas por P, PA e PC.
Os triângulos [PAD] e [PBC] são semelhantes já que o ãngulo P é comum e A=C por serem ângulos inscritos no mesmo arco BD. Podemos escrever imediatamente:
|PD|/|PB| =|PA|/|PC| ou |PD||PC| = |PA||PB|.
Claro que se tomarmos a secante que passa pelo centro da circunferência, temos (|PO|+r)(|PO|-r) = |PD||PC| = |PA||PB|. A este produto constante para cada par (ponto, circunferência), chamamos potência do ponto relativamente à circunferência: |OP|² - r².
E se tirarmos por P uma tangente à circunferência. Chamemos T ao ponto de tangência. Que relação haverá entre |PT| e a potência?
Temos estado sempre a pensar em pontos P exteriores à circunferência. Se forem interiores? Se estiverem sobre a circunferência? Ainda antes de termos dado a primeira resposta, estamos cercados de perguntas por todos os lados. Nada melhor que isso.
Já agora como se traça, com régua e compasso, uma tangente a uma circunferência tirada por um ponto dada. E a duas circunferências? Ou três?

Araújo, P. Ventura. Curso de Geometria. Gradiva. Lisboa:1998. pp 133 e seg.

Sobre a resposta do oitavo

Determine os lados de um triângulo que tenha por alturas segmentos de 2, 3 e 4 cm.

No primeiro dia - em que a pergunta foi feita à turma A do 8^o ano - depois de algum tempo a pensar e de tentativas mais ou menos frustradas de toda a gente com contas e desenhos, o Guilherme respondeu à pergunta essencial: Se as alturas eram 2, 3 e 4, os lados, a, b e c respectivos tinham de ser tais que 2a=3b = 4c porque qualquer desses produtos teria de ser o dobro da área do triângulo de alturas 2, 3 e 4, caso exista. Mais ainda: o Guilherme adiantou que os lados deviam medir 12, 8 e 6. Tinha pensado e bem em 24 - múltiplo comum a 2, 3 e 4 - como dobro da área do triângulo.
Todos deitaram mãos à obra e com réguas e compassos, começaram a desenhar o triângulo de lados 12, 8 e 6. Penso que foi o Joaquim o primeiro a medir a altura relativa ao lado 12 e a concluir que não era 2.
E eu lá escrevi no quadro que se houver um triângulo de alturas h₁, h₂ e h₃ relativas respectivamente aos lados a, b e c então terá de ser obrigatoriamente a×h₁ = b ×h₂ = c×h₃. Mas que, como estava à vista, pode acontecer serem iguais os produtos de 3 pares de números sem que haja um triângulo de que os factores de cada produto sejam lado e altura.
E assim acabou o primeiro dia. Com a construção do triângulo [PQR] e a verificação de que a altura relativa a [PQ] ( = 12), |RH| aproximadamente 3,56 e não 2.

No segundo dia, armado de régua, transferidor e compasso, reabri o problema que já tinha passado pelas famílias. Feito o resumo do trabalho da aula anterior e desenhado o triângulo [PQR] de lados 12, 8 e 6 (ou 6, 4, e 3), voltámos a pensar na possibilidade de haver uma solução. Tive de ser eu a dar o palpite de pensar num triângulo semelhante. Mas acabámos por nos decidir por desenhar o triângulo semelhante [ABC], como redução do [PQR]. E já foi um oitavo que mandou o palpite de trabalhar com as alturas para reduzir. Mais ou menos assim |CH|/|RH|=|AB|/|PQ|=|AC|/|PR|=|BC|/|QR| aproximadamente 2/3.56
Propus que mantivessemos [AB] sobre [PQ] e foi preciso esperar um bom naco de tempo até ouvir alguém dizer -- oura vez o Guilherme -- que bastava, depois de desenhar C a partir de H (interseccão da circunferência de centro em H e raio 2 com a recta RH), passar por C paralelas a PR e a QR para termos uma triângulo [ABC] com a altura [CH] de comprimento 2. Emocionante foi o desenho das restantes alturas e a verificação (agora com o Diogo como ajudante, testemunha e árbitro) de que mediam mesmo 3 e 4.


Clicando sobre a figura, pode aceder à construção dinâmica para as alturas 2, 3 e 4. Que construção geométrica para um triângulo de que são dadas alturas como 3 segmentos?