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26.11.14

Invariante nas triangulações de polígonos inscritíveis (2)


Consideremos um polígono convexo $\;[A_1 A_2 \;\ldots A_{k} \ldots A_n]\;$ inscrito numa circunferência de centro $\;O \;$ e raio $\;R\;$ dados. Tomemos uma triangulação, por exemplo $\; [A_1A_2A_3], \; [A_1A_3A_4],\; \dots , \; [A_1A_{k-1}A_k], \; \dots \; [A_1A_{n-1}{A_n}]$ de $\;n-2\;$ triângulos e designemos por $\;i_k\;$ o inraio do triângulo $\;[A_1A_kA_{k+1}]\;$. Há várias triangulações para cada polígono, mas
a soma dos raios das circunferências inscritas nos triângulos é a mesma para qualquer das triangulações possíveis. Provemos.


No artigo publicado a 20.11.14 sob o título soma invariante nas triangulações de quadrilátero convexo inscrito mostrámos que, para um quadrilátero convexo inscrito numa cirucnferência de centro $\;O\;$ e raio $\;R\;$ dados,
  • a soma dos inraios de uma das triangulações é igual à soma dos inraios da outra
  • e, para isso, se demonstrou o teorema de Carnot:
    • para um triângulo acutângulo $\;ABC\;$ inscrito numa circunferência de centro $\;O\;$ e raio $\;R\;$ se chamarmos $\;i\;$ ao inraio de $\;ABC\;$ e $\; m, \; n, \;p\;$ às distâncias de $\;O\;$ aos lados $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB\;$ respetivamente, então $$R+i =m+n+p$$
    • para um triângulo $\;ABC\;$, obtusângulo em $\;C, \;$ verifica-se que $$R+i =m+n-p$$
  • óbvio é que se $\;ABC\;$ for um triângulo retângulo em $\;C, \;$ verifica-se que $$R+i =m+n$$ já que $\;AB=c\;$ é um diâmetro de $\;(O)\;$


Na figura abaixo, apresenta-se um hexágono convexo $\;[A_1A_2A_3A_4A_5A_6]\;$ inscrito numa circunferência $\;(O).\;$ A imagem inicial apresenta um hexágono com $\;O\;$ como ponto do seu interior e no interior de $\;[A_1A_4A_5]\;$ triângulo da triangulação feita tomando as diagonais tiradas por $\;A_1\;$, no exemplo. Para além das diagonais, na figura também estão visíveis as distâncias $\;OM_k =m_k\;$ (aos lados do polígono $A_kA_{k+1} \;$) e $\;ON_k = n_k\;$ (às diagonais $\;A_1A_3,\; A_1A_4, \;A_1A_5\;$ que são lados dos triângulos da triangulação tomada.

© geometrias, 24 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra




  1. Aplicando o Teorema de Carnot (referido acima) aos triângulos em que decompusémos o nosso polígono, temos
    $ R+i_1 = m_1+m_2-n_1 $ $R+i_2 = n_1+m_3-n_2$ $R+i_3 = n_2+n_3 + m_4$ $R+i_4 = m_5 +m_6 -n_3$ e, por isso, $$ 4R + (i_1 + i_2 +i_3 +i_4 )= m_1+m_2+m_3+m_4 +m_5+m_6 $$ ou $$i_1 + i_2 +i_3 +i_4 =m_1+m_2+m_3+m_4 +m_5+m_6 -4R \;\;\;\;\; \square$$ A soma dos inraios é igual à soma das distâncias do circuncentro aos lados do polígono diminuida do número de circunraios igual ao número de triângulos da triangulação (exatamente igual a $\;n-2, \;$ sendo $\;n\;$ o número de vértices ou número de lados do polígonos unicamente dependente do polígono e da sua circunscrita e independente da triangulação tomada.

    Este raciocínio aplica-se a qualquer polígono convexo inscritos em circunferência com centro no interior do polígono e, forçosamente, em algum triângulo cujos lados são lados ou diagonais do polígono.
  2. O mesmo raciocínio pode ser utilizado para o caso de $\;O\;$ ser um ponto exterior ao polígono inscrito em $\;(O,\; R).\;$ Nestas condições, o ponto $\;O\;$ é exterior a todos os triângulos de qualquer triangulação que se tome.
    Verificará que, por aplicação do Teorema de Carnot, o resultado se mantém o mesmo.
  3. O resultado pode ser demonstrado por indução finita, usando o resultado da entrada anterior. Para um triângulo, o inraio varia conforme tenha um ângulo obtuso, reto ou todos agudos. Para um quadrilátero convexo inscrito mantém-se invariante a soma dos inraios para cada uma das triângulações. Bastará provar que, para qualquer $\;p\geq 4\;$,
    se a soma dos inraios de um polígono convexo inscrito de $\;p\;$ lados é invariante para todas as suas triangulações então também tal se verifica para todos os polígonos convexos inscritos de $\;p+1\;$ lados
    Um polígono convexo inscrito de $\;p+1\;$ lados, $\;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p+1}\;$, pode decompor-se sempre em dois polígonos inscritos na mesma circunferência, a saber: um polígono de $\;p\;$ lados — $\;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p}\;$ —, e um triângulo $\;A_1A_pA_{p+1}\;$. Pela hipótese de indução, para $\;p\geq 4\;$. $$i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p_3}+ i_{p-2} =m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p-2} + n_{(p+1)/2} -(p-3)R$$ $\;O\;$ pode ser interior de $\;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p}\;$ (e exterior de $\;A_1A_pA_{p+1}\;$) ou .... ou exterior a ambos....
    Consideremos $\;O\;$ exterior a $\;A_1A_pA_{p+1}\;$ e $\angle A_1\hat{A_p}A_{p+1}$ obtuso. A distância de $\;O\;$ ao lado $\;A_1A_p\;$, oposto ao obtuso neste triângulo, é $\;n_{(p+1)/2} \;$, sendo $\;m_p\;$ a distância de $\;O\;$ a $A_pA_{p+1}$ e $\;m_{p+1}\;$ a $A_{p+1}A_1$.
    Para este último triângulo $\;A_1A_pA_{p+1}\;$ inscrito em $\;(O, \;R)\;$ de que $\;O\;$ está no exterior ($\angle A_1\hat{A_p}A_{p+1}$ é obtuso), o seu inraio $\;i_{p-1}\;$ é igual a $\;m_p + m_{p+1} - n_{(p+1)/2} -R \;$
    Podemos então escrever para $\;p\geq 4, $ $$i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p-3}+ i_{p-2} + \underbrace{i_{p-1}}=\\\ =m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p-2} + n_{(p+1)/2} -(p-2)R + \underbrace{m_p + m_{p+1} - n_{(p+1)/2} -R}$$ ou $$i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p-3}+ i_{p-2} + i_{p-1}=m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p+1-2} + m_{p+1-1} + m_{p+1} -(p+1-2)R $$ como queríamos provar.

20.11.14

Soma invariante na triangulação de polígonos inscritíveis (I)


Consideremos um quadrilátero convexo $\;[ABCD]\;$ inscrito numa circunferência dada. Cada uma das suas diagonais divide o quadrilátero em dois triângulos diferentes tendo a respetiva diagonal por lado comum. Dizemos por isso que um quadrilátero admite duas triangulações diferentes: divisão em $\;[ABC]\;$ e $\;[ACD]\;$ pela diagonal $\;AC;\;$ e em $\;[ABD]\;$ e $\;[BCD]\;$ pela diagonal $\;BD\;$.
Um dos "sangakus" mais famosos relaciona as duas triangulações de um quadrilátero convexo inscrito numa circunferência. Assim:

A soma dos raios das circunferências inscritas nos triângulos de cada triangulação de um quadrilátero inscrito é igual para as duas triangulações

© geometrias, 16 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra





Lembramos que
  • Os ângulos opostos de um quadrilátero inscrito numa circunferência são suplementares. Consideremos um caso semelhante ao da figura acima em que são agudos os ângulos dos vértices $\;A\;$ e $\;B\;$ e, em consequência, os respetivos suplementares $\;C\;$ e $\;D\;$ são obtusos.
  • O produto das diagonais de um quadrilátero inscrito numa circunferência é igual à soma dos produtos de lados opostos: $\; AC \times BD = AB \times CD + BC \times CD \;$ - teorema de Ptolomeu - aplicado ao quadrilátero da figura acima.
  1. Na figura dinâmica que se segue, mostra-se o triângulo acutângulo $\;ABC \;$, o seu incírculo $\;(I, i)\;$ e as distâncias do circuncentro $\;O\;$ do triângulo aos seus lados: $\;OM = m\;$ - altura do triângulo $\;OBC,\;$tirada de $\;O\;$ para $\;BC =a; \;$ $\; ON =n\;$ - altura do triângulo $\;OCA\;$ tirada de $\;O\;$ para $\;CA =b;\;$ e $\;OP\;$ - altura de $\; OAB$ tirada de $\;O\;$ para $\;AB =c. \;$ Lembra-se que como $\;OM \perp BC\;$, sendo $\;BC\;$ corda da circunferência $\; (O), \;$ é $\; BM=MC$
    $$\; \Delta[OBC] + \Delta[OCA] + \Delta[OAB] = \Delta [ABC]$$ que que multiplicada por 2, dá $$\;m \times a + n \times b + p \times c = (a+b+c) \times i$$


  2. © geometrias, 19 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra


    Use os botões $\square \; ACIJ\;$ e $\square \; BDKL\;$ para mostrar ou esconder cada uma das partes da construção para acompanhar o texto da prova .

  3. Cada um dos quadriláteros $\;[OMCN], \;[ONAP], \; [OPBM] \;$ é inscritível, já que cada um deles tem dois ângulos opostos retos (suplementares portanto) e, consequentemente, os outros dois opostos também são suplementares. Por isso, chamando $\;R=OA=OB=OC=OD\;$ ao circunraio, aos lados $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB,\;$ e ás alturas respetivas dos triângulos $\;OBC, \; OCA, \;OAB\;$ respetivamente $m=OM ,\; n=ON , \; p=OP,\;$ e, por ser $$ NP =\frac{a}{2}, \; MN =\frac{b}{2}, \; MP=\frac{c}{2}, \;$$ podemos escrever (com recurso ao teorema de Ptolomeu, aplicado a cada um desses quadriláteros em que $\;[ABC]\;$ se decompõe, $\;[OMCN]: \;$ $$R\times \frac{c}{2} =m \times \frac{b}{2} + n\times \frac{a}{2}$$ multiplicando por 2, equivalente a $$R\times c= m \times b + n \times a$$ e, do mesmo modo para $ \;[ONAP]\;$ $$ R\times a =n \times c + p \times b $$ e para $\;[OPBM] :\;$ $$\; R\times b =p \times a + m \times c $$ E, somando $$\; (a+b+c) \times i= m \times a + n \times b + p \times c $$ com as últimas três, obtemos $$R\times (a+b+c) +(a+b+c)\times i = a(m+n+p) +b(m+n+p) +c(m+n+p)$$ $$(a+b+c)(R+i) = (a+b+c)(m+n+p)$$ ou seja
    $R+i = m+n+p= OM + ON + OP\;\;\;\; \square$ - Teorema de Carnot para triângulos acutângulos


    1. Para o triângulo $\;CDA\;$ em que $\;D\;$ é vértice de um ângulo obtuso e o circuncentro está no seu exterior, podemos fazer um raciocínio análogo, levando em conta que a soma das áreas dos triângulos $\;ODC\;$ e $\;ODA\;$ excedem a área de $\;CDA\;$ numa área igual à do triângulo $\;OCA.\;$
      Assim no caso de um triângulo $\;CDA\;$ inscrito e sendo $\;D\;$ obtuso $$\Delta [CDA] = \Delta [OCD] + \Delta [ODA] - \Delta [OCA] $$ de onde podemos retirar $$ (AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + AD\times OR + AC \times (-ON) $$
    2. Por outro lado, o teorema de Ptolomeu aplicado aos três quadriláteros inscritíveis $\;[OQDS], \;[OSAN], \; [ONCQ], \;$ dá-nos $$ R \times (AC + CD + DA) =O\times DA + DC \times OS + OS \times AC + AD \times ON + ON\times CD + OQ \times CA $$ e somando esta última, membro a membro, com $\; (AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + DA\times OS +AC \times (-ON ) $, $$R \times (AC+CD+ DA) + (AC+CD+DA) \times j= \\= OQ \times ( AC+CD+DA) + OS \times (AC+DC+DA) - ON \times (AC+CD+DA) =\\= (OQ+OS-ON) \times ( AC+CD+DA)$$ $R+j =q+s-n= OQ+OS-ON ;\;\;\; \square$ - Teorema de Carnot para triângulos obtusângulos


    Finalmente, podemos escrever $$2R+i+j=m+p+q+s = OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; i+j= OM+OP+OQ+OS - 2R$$
  4. E repetindo o raciocínio para a outra triangulação de $\;ABCD\;$ em que este quadrilátero é dividido pela diagonal $\;BD\;$ nos triângulos $\;ABD\;$ (de incentro $\;K\;$ e inraio $\;k\;$) e $\;BCD\;$ (de incírculo $\;(L, \; l)\;$), podemos escrever que $$R+k= OP+OT+OS=p+t+s$$ $$R+l=OM+OQ-OT = m+q-t$$ e finalmente $$2R+k+l= OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; k+l= OM+OP+OQ+OS - 2R$$
  5. $$i+j=k+l \;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \square $$ como queríamos provar.





(sugestões de António Aurélio Fernandes)