dividir um triângulo em iguais áreas por uma reta paralela a um lado

Problema:
Determinar a recta paralela a AC que divide o triângulo [ABC] em duas partes equivalentes.

---

A seguir, a construção de Mariana Sacchetti: E a demonstração de MS aqui fica:

---

Cluzel & Robert. La Géometrie et ses applications. Enseignement Technique; Librairie Delagrave. Paris:1964

Pontos médios dos lados, pés das alturas, equidistantes do ortocentro e de ponto da circunscrita do triângulo são co-cíclicos.

---

TEOREMA:[Círculo dos nove pontos.]

Num triângulo, os pontos médios dos lados, os pés das alturas e os pontos médios dos segmentos de reta que ligam os vértices ao ortocentro são pontos de uma mesma circunferência (são concíclicos)

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)-
Théorème 27. Cercle de» neuf point. Dans un triangle, les milieux des côtés, les pieds des hauteurs et les milieux des droites qui joignent les sommets au point de concours des hauteurs, sont situés sur une même circonférence.

---

Para acompanhar os passos, desloque o cursor |n=1,…, 4| na esquerda alta da janela de construção.

1. São dados o triângulo $\;[ABC],\;$ de lados $\;a = [BC], \;$ $b=[CA], \;$ e $\;c=[AB] \;$ os pontos $\;M_a, \;M_b, \; M_c\;$ médios dos seus lados e a circunferência única que passa por esses três pontos médios, não colineares.
2. Mostramos as alturas $\;AH_a, \; BH_b, \;CH_c.\;$ Precisamos de provar que os pés das perpendiculares $\;H_a, H_b, \;H_c\;$ tiradas de cada vértice para o lado oposto são pontos da mesma circunferência $\;(M_aM_bM_c).\;$
   A nossa descrição para este passo da demonstração apoia-se na figura em que $\;A\;$ está para a esquerda de $\;M_a\;$




31 março 2018, Criado com GeoGebra

Provar que um dos pés, por exemplo, $\; H_a,\;$ é um ponto daquela circunferência, pode reduzir-se a provar que o quadrilátero $\;[H_aM_aM_bM_c]\;$ é inscritível em $\;(M_aM_bM_c),\;$ ou seja, provar que $$\; \angle M_a\widehat{M_b}M_c +\angle M_c\widehat{H_a}M_a = 1\;\; \mbox{raso}$$

$\;ACBH_a\;$ é um triângulo retângulo em $\;H_a\;$ e $\;M_c\;$ é o ponto médio da sua hipotenusa $\;AB\;$ o que implica que $\;AM_cH_a\;$ é um triângulo isósceles de base $\;AH_a\;$ e $\;M_cA= M_cB =M_cH_a = M_aM_b\;$ já que $\;M_aM_b\;$ e $\;M_cB\;$ são segmentos paralelos entre paralelas ($\;M_bM_c \parallel BC\;$).
Podemos assim concluir que o quadrilátero $\; [H_aM_aM_bM_c]\;$ é um trapézio isósceles, portanto inscritível e, assim, o quarto vértice $\;H_a\;$ estará obrigatoriamente na única circunferência que passa pelos outros três.
Para um dos outros pés das alturas restantes, o mesmo raciocínio dará a prova.


3. Mostra-se o ponto $\;H\;$ comum às alturas e os pontos $\;E_A, \;E_B, \;E_C\;$ equidistantes de $\;H\;$ e de $\;A, \;B, \;C\;$ respetivamente. que também pertencem a $\;(M_aM_bM_c),\;$ o que é preciso provar.
   
   A nossa descrição para este passo da demonstração apoia-se na figura em que $\;A\;$ está para a direita de $\;M_a\;$
   
   O segmento de reta $\;M_cE_A\;$ une pontos médios dos lados $\;AB\;$ e $\;AH\;$ do triângulo $\;[ABH]\; $e, por isso, $\;M_cE_A \parallel BH.\;$ Como $\;M_cM_a\;$ une pontos médios dos lados $\;AB\;$ e $\;BC, \;$, é $\;M_cM_a \parallel CA.\;$ Como $\;BH\;$ é um segmento da altura perpendicular a $\;CA\;$ é também perpendicular a $\;M_cM_a.\;$ Concluindo: $$\;(BH \parallel M_cE_A \wedge M_cM_a \perp CH) \Longrightarrow M_cM_a \perp M_cE_A$$ $$ \angle E_A\widehat{M_c}M_a= \angle B\widehat{H_a}A = 1\;\; \mbox{reto}$$ sendo estes ângulos opostos e de soma rasa no quadrilátero $\;[M_aH_aE_AM_c]\;$ e, por isso, $\;E_A\;$ é um ponto da circunferência $\;(M_aH_aMc)\;$ que tínhamos visto que era a mesma que $\;(M_aM_bM_c)\;$.
   O mesmo raciocínio se usa para provar que $\;E_B, \;E_C\;$ são pontos da mesma circunferência. $\;\;\;\;\;\blacksquare$



---



4. Apresentamos aqui um ponto $\;P\;$ da circunferência $\;(ABC)\;$ circunscrita ao triângulo $\;[ABC]\;$ e o ponto $\;F\;$ médio do segmento $\;[HP].\;$ Deslocando o ponto $\;P\;$ sobre $\;(ABC)\;$ verá que o ponto $\;F\;$ (de Feuerbach, assim falamos dele) percorre a circunferência dos nove pontos $\; (M_aM_bM_cH_aH_bH_cE_AE_BE_C)\;$ e que estes nove pontos têm a propriedade comum de serem pontos - $\;F\;$ - equidistantes do ortocentro e de um ponto da circunferência circunscrita do triângulo $\;[ABC],\;$ havendo para além deles uma infinidade de pontos com essa propriedade.

---

E lembramos a nossa primeira publicação desse resultado.
Circunferência dos 9 pontos de um triângulo como lugar geométrico dos pontos médios dos segmentos com extremos no ortocentro e em ponto livre na circunferência circunscrita (Paul Yu )

Meio proporcional das distâncias de um ponto numa circunferência às tangentes nos extremos de uma corda dada é a distância dele à corda.

---

TEOREMA:

A distância de um ponto qualquer $\;P\;$ de uma dada circunferência a uma corda dada $\;[AB]\;$ é o meio proporcional entre as distâncias de $\;P\;$ às tangentes à circunferência em $\;A\;$ e $\;B, \;$ extremos da corda dada
Problema: Sendo $\;D,\;E, \;F\;$ os pés das perpendiculares tiradas por $\;P\;$ à corda $\;AB\;$ e às tangentes à circunferência em $\;B, \;A\;$ é preciso provar que $$\frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF}$$ que é o mesmo que $$PD^2 = PE \times PF$$

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Théorème. 25.La distance $\;MP\;$ d'un point quelconque $\;M\;$ d'une circonférence à une corde donnée $\;AB\;$ est moyenne proportionnelle entre les distances $\;ME,\; MG\;$ du même point $\;M\;$ aux tangentes $\;AC,\; BC,\;$ menées par les extrémités de la corde donnée. Il faut prouver que l'on a : $\;MP^2= ME \times MG.$

---

$\;\fbox{n=1}:\;$ São apresentadas a circunferência $\;(O)\;$ e a sua corda $\;[AB]\;$

$\;\fbox{n=2}:\;$ E o ponto $\;P \in (O)\;$

$\;\fbox{n=3}:\;$ Apresentam-se as tangentes à circunferência $\;(O, \;OA)\;$ perpendiculares aos raios $\;[OB], \;[OA]\;$ que, no caso se encontram no ponto $\;C\;$.Para além disso, também se apresentam os segmentos $\;[PD],\;[PE], \;[PF] \;$ em que $\;D, \;E, \;F\;$ são os pés das perpendiculares tiradas por $\;P\;$ respetivamente a $\;AB, \;BC, \;CA\;$ que são os elementos entre os quais existirá a relação $$PD^2=PE \times PF \Leftrightarrow \frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF}$$ que intentamos provar.

23 março 2018, Criado com GeoGebra

$\;\fbox{n=4}:\;$ Da reta $\;CO\;$ que é a mediatriz da corda $\; AB\;$ (e bissetriz de $\;B\hat{C}A\;$) tomamos um dos pontos $\;J\;$ da sua intersecção com a circunferência $\;(O)\;$ equidistante de $\;BC\;$ e de $\;CA: \;$ $$\;(JK \perp BC) \wedge \;( LJ \perp CA ))\wedge (JK = LJ) \wedge (\angle C\hat{J}K = \angle L\hat{J}C) \;$$ Por isso, e por ser $\;\underbrace{(JK \perp BC) \wedge (PE \perp BC)} \wedge \underbrace{(JL \perp CA) \wedge (PF \perp CA)} \wedge \underbrace{(JC \perp AB) \wedge (PD \perp AB)}\;$ podemos concluir que $$\;JK \parallel PE, \;JL \parallel PF\; \mbox{e}\; JC \parallel PD, \;$$ e, em consequência, $$\;\angle D\hat{P}E = \angle C\hat{J}K\; \;\mbox{e} \;\;\angle F\hat{P}D = \angle L\hat{J}C.\;$$ Finalmente, como tínhamos visto que $\;\angle C\hat{J}K = \angle L\hat{J}C),\;$ podemos concluir que $$\;\angle D\hat{P}E= \angle F\hat{P}D \;$$ Os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ têm um lado $\;PD\;$ em comum e os ângulos $$\;\widehat{(\dot{P}E,\dot{P}D)} \;\mbox{ou}\; \angle D\hat{P}E \;\;\mbox{e}\;\; \widehat{(\dot{P}D,\dot{P}F)} \;\mbox{ou}\; \angle F\hat{P}D \; $$ iguais.
Se fosse verdade (o que queremos provar, isto é que) $$\frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF},$$ por serem iguais os ângulos $\;\widehat{(\dot{P}E,\dot{P}D)}\;$ e $\; \widehat{(\dot{P}D,\dot{P}F)} \;$ dos triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ respetivamente, estes seriam semelhantes: $$ \left( \frac{PE}{PD} = \frac{PD}{PF} \wedge \angle D\hat{P}E) = \angle F\hat{P}D \right) \Longleftrightarrow \left( \Delta PED\sim \Delta DFP \right)\;$$ (caso de dois lados diretamente proporcionais e o ângulos por eles formados iguais) e reciprocamente,
se os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ forem semelhantes sendo $\;\angle D\hat{P}E) = \angle F\hat{P}D\;$ então verifica-se a relação que intentamos provar.
Bastará, pois, para provar a nossa tese, que se prove que, para além do par de ângulos de vértice $\;P\;$ que são iguais, os triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$ têm um outro par de ângulos iguais.

$\;\fbox{n=5}:\;$ Tratemos então de encontrar o par de ângulos iguais, um em cada um dos triângulos $\; \Delta PED\; \mbox{e}\; \Delta DFP\;$

• Temos dois quadriláteros $\;[PEBD], \; [DAFP]\;$ em que os ângulos opostos são suplementares, por ser $$\;PD \perp AB, \; PE \perp BC, \; PF \perp CA\; \mbox{e, em consequência,}$$ $$\;\angle B\hat{D}P + \angle P\hat{E}B = 2\; \mbox{retos, que implica que} \;\angle D\hat{P}E + \angle E\hat{B}D = 1\; \mbox{raso, e}$$ $$\;\angle P\hat{D}A + \angle A\hat{F}P = 2\; \mbox{retos, que implica que} \;\angle D\hat{A}F + \angle F\hat{P}D = 1\; \mbox{raso.}$$ Sabemos que por terem ângulos opostos suplementares, esses quadriláteros são inscritíveis em circunferências que designamos por $\;(PEBD), \; (DAFP).$
  
• Neste passo da construção acrescentámos as diagonais $\;PB\;$ e $\;AP\;$ dos quadriláteros e é imediato concluir que
  1. Na circunferência $\;(PEBD),\;$ os lados dos ângulos $\;\angle P\hat{E}D\;$ e $\; \angle P\hat{B}D \;\mbox⁄{ou} \angle P\hat{B}A \;$ compreendem o mesmo arco $\;(DP)\;$ e, por isso, $\;\angle P\hat{E}D = \angle P\hat{B}D \;$
     
  2. Os ângulos $\; \angle D\hat{A}P\;$ (ou $\; \angle B\hat{A}P\;$) e $\; \angle D\hat{F}P\;$ são iguais porque os seus lados compreendem o mesmo arco $\;(PD)\;$ da circunferência $\;(AFPD).$
  3. Os lados do ângulo $\;\angle P\hat{D}F\;$ do triângulo $\; \Delta [PDF], \;$ como inscrito na circunferência $\;(PDAF),\;$ compreendem o arco $\;(FP).\;$ Os lados do ângulo $\; \angle P\hat{A}F\;$ compreendem o mesmo arco dessa circunferência e, por isso, $\;\angle P\hat{D}F = \angle P\hat{A}F.\;$

E, resumindo $$ \angle P\hat{E}D = \angle P\hat{B}D = \angle P\hat{B}A=\angle P\hat{A}F =\angle P\hat{D}F$$ o que nos garante que os triângulos são semelhantes por terem os ângulos iguais cada um a cada um \begin{matrix} \angle P\hat{E}D & = & \angle P\hat{D}F \\ \angle D\hat{P}E &= & \angle F\hat{P}D \\ \angle E\hat{D}P &= & \angle D\hat{F}P \\ & \Downarrow & \\ \Delta PED & \sim & \Delta PDF\\ & \Downarrow & \\ PD & \mapsto & PF\\ DE & \mapsto & FD\\ EP & \mapsto & DP\\ \end{matrix} e, em consequência, é verdadeira, como queríamos demostrar, a proporcionalidade entre os lados homólogos, ou seja $$\frac{PF}{PD}= \frac{FD}{DE} = \frac{DP}{PE} \hspace{4cm} \blacksquare $$

Áreas: Problemas de Optimização (5)

---

Enunciado do problema (adaptado):
Num determinado setor circular $\;AOB\;$ de raio fixo, $\;r=AO=BO=CO\;$, é construído um círculo menor de raio variável, $\;x=OD\;$, com $\;D \in AO$. À medida que o raio menor aumenta, uma corda tangente ao círculo interno tirada pelo ponto $\;A\;$ determina uma região de área variável, na figura assinalada a vermelho (limitada por segmentos de reta $\;AT,\; OT\;$ e pelo arco $\;\widehat{DT}\;$ da circunferência $\;(O,\; x).\;$
Qual deve ser o raio $\;x\;$ do círculo interno para maximizar esta área?

Na figura abaixo apresentam-se inicialmente as etapas da construção que ilustra o enunciado do problema, a saber:

na figura inicial
1. dois segmentos $\;AO,\; OB\;$ de comprimento fixo $\,r\;$ e um dado arco circular de extremos $\;A, \;B\;$ parte da circunferência de de centro em $\;O\;$ e a passar por $\;A.\;$ Também se apresenta o ponto $\;D\;$ que pode assumir qualquer posição em $\;[AO].\;$

16 novembro 2017, Criado com GeoGebra

na figura seguinte, acrescenta-se
2. a semicircunferência tracejada de centro em $\;O\;$ e raio $\;OD=x\;$
a que sucede a determinação da
3. tangente a $\;(O,\;D)\;$ tirada por $\;A\;$ e o respetivo ponto $\;T\;$ de tangência: $\;OT \perp AT.\;$ E o triângulo $\;ATO\;$ retângulo em $\;T\;$ preenchido a vermelho, cuja área pode ser expressa por $\; \displaystyle \frac{\overline{AT} \times \overline{TO}}{2} \;$ ou $$y_1= \frac{1}{2}\times \sqrt{r^2-x^2}\times x$$ que nos dá a variação dos valores das áreas de $\;[ATO]\;$ com a variação da posição de $\;D\,$ ou a variação dos valores dos comprimentos $\;OD$.
e, finalmente,
4. o setor circular,cor de ouro, limitado pelos segmentos $\;OD, \;OT\;$ e pelo arco circular $\;\widehat{DT}\;$, cuja área é expressa por $$y_2= \frac{1}{2} \times arccos{\frac{x}{r}}\times x^2 $$ e que subtraído ao triângulo $\;\Delta AOT\;$ nos deixa uma figura vermelha limitada pelos segmentos de retas $\;[AD,\;[AT\;$ e pelo arco $\; (\widehat{DT}\;$ cuja área nos é dada por $$y=y_1-y_2= \frac{1}{2}\left( \sqrt{r^2-x^2}\times x - arccos{\frac{x}{r}}\times x^2\right)$$ em função de $\;x, \;$ raio de $\;(O,\;D)\;$ É a maximização desta última que nos ocupa.
5. Nesta etapa a figura disponível é acrescentada com os gráficos num referencial ortonormado $\;Oxy\;$ em que se apresentam os pontos $\;(x,\;y_1)\;$ e $\;(x,\; y_2)\;$ respetivamente das áreas do triângulo $\;ATO\;$ e do sector circular $\;DTO\;$ em função de $\;OD\;$ e $\;(x, \;y)\;$ da área da figura $\;ADT\;$ obtida como resto da subtração do sector circular $\;ODT\;$ ao triângulo $\;AOT\;$ em função de $\;OD.\;$ O traçado das curvas correspondentes às três funções sugere-nos que a área máxima de $\;ADT\;$ é atingida para o valor do raio $\;x\;$ a que corresponde áreas iguais $\;y(x)= y_2(x)\;$ que é o mesmo que dizer quando $\;y_1(x) - y_2(x)=y_2(x) \mbox{ou quando} y_1(x)=2 y_2(x)= 2y(x)$

Notas finais:
$$ \frac{1}{2}\left(\sqrt{r^2-x^2}\times x - arccos{\frac{x}{r}}\times x^2 \right)^{’}_{x} =\frac{1}{2}.\frac{r^2-x^2}{\sqrt{r^2-x^2}}-x . arccos{\frac{x}{r}} = \frac{1}{2} \sqrt{r^2-x^2} -x . arccos{\frac{x}{r}}$$ E $$\frac{1}{2} \sqrt{r^2-x^2} -x . arccos{\frac{x}{r}}=0 \Leftrightarrow \sqrt{r^2-x^2}= 2x.arccos{\frac{x}{r}} $$ que confirma a conjectura acima porque obriga a que $$x\sqrt{r^2-x^2}= 2x^2.arccos{\frac{x}{r}}$$ ou seja, a área do triângulo $\;[ATO] \;$ é dupla da área do sector circular $\;(DTO]\;$ ou que as figuras $\;[ATD(\;$ e $\;(DTO]\;$ são equivalentes quando a área de $\;[ATD(\;$ atinge o seu máximo.

Para o raio $\;AO=4\;$ as soluções da equação $$x\sqrt{r^2-x^2}= 2x^2.arccos{\frac{x}{r}}$$ são $\;x \approx 1,57694 \vee x=4.$ Claro que para os valores $\;0,\;4\;$ de $\;x,\;$ os dois membros da equação anulam-se e não corresponde ao raio maximizante da área em estudo. □

---

Sangaku Optimization Problems:
(All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
Tenman Shrine, 1822, Takeda Atsunoshin
Problem Statement: In a given sector of a circle of fixed radius, R, a smaller circle of varying radius, r, is constructed. As the smaller radius increases, a chord tangent to the inner circle with left-endpoint fixed cuts off a region of varying area. What should the radius of the inner circle be in order to maximize this area?
Sacred Mathematics: Japanese Temple Geometry. Fukagawa, H. & Rothman, T. 2008.

Áreas. Problemas de Optimização (4)

---

Nesta entrada, embora todas as construções sejam feitas com régua e compasso, recorremos a operações algébricas, conceitos de função, derivada, etc.

Enunciado adaptado, construção e demonstração de Mariana Sacchetti
Dado um segmento de reta $\;AB\;$ de comprimento $\;a\;$ fixo, constrói-se com centro na perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;B\;$ um círculo de raio variável $\;x\;$ tangente ao segmento de reta $\;AB\;$ no ponto $\;B\;$. Unindo o centro $\;C\;$ da circunferência com o ponto $\;A\;$, obtém-se o triângulo retângulo $\;ABC.\;$ Construa-se-se um quadrado com com dois vértices em $\;AB\;$, outro na hipotenusa AC e o quarto na circunferência de centro $\;C\;$ e a passar por $\;B\;$
Determinar

• o raio do círculo para o qual o quadrado tem área máxima;
• o lado do quadrado de área máxima

As etapas da construção que ilustram as diversas relações podem ser seguidas na figura dinâmica abaixo.

© geometrias, 26 outubro 2017, Criado com GeoGebra

1. Apresenta-se a figura base: o segmento $\;AB\;$, a semi-reta $\;\dot{B}C\;$ perpendicular a $\;AB\;$, sendo $\;C\;$ de posição variável, a circunferência ou um seu arco de centro em $\;C\;$ e raio $\;BC\;$ e o triângulo $\;CAB\;$ com um lado $\;AB \;$ fixo e os outros variáveis com $\;C$.
2. Apresenta-se o quadrado construído para respeitar as condições do enunciado, a saber: um vértice $\;P\;$ sobre a parte do arco da circunferência $\;(C, \;CB)\;$ no interior do triângulo $\;CAB,\;$ dois vértices $\;Q, \;R\;$ sobre o cateto $\;AB\;$ e um quarto ponto $\;S\;$ sobre a hipotenusa $\;CA\;$
3. Apresenta-se o segmento $\;CD\;$ da reta $\;CP\;$ que intersecta $\;AB\;$ em $\;D.\;$ Também se apresenta o segmento $\;SE\;$ da reta $\;SP\;$ perpendicular a $\;BC\;$ e paralela a $\;AB\;$ que intersecta $\;BC\;$ no ponto $\;E.\;$ Ficamos assim com pares de triângulos semelhantes $\;CAD\; \sim CSP*,\;\;\;CDB \sim CPS,\;\;\;CPE \sim PDQ ** \;$ e $\;CDB \sim PDQ\;$
   Por isso, podemos escrever $$\frac{AD}{SP}=\frac{CD}{CP}= \frac{CA}{CS}= \frac{CB}{CE} *, \;\;\frac{DB}{PE} = \frac{BC}{PQ}=\frac{CD}{CP},\;\,\; \frac{CP}{PD}=\frac{PE}{DQ}=\frac{CE}{PQ} **, \;\;\;\frac{CD}{PD}= \frac{CB}{PQ}= \frac{DB}{DQ}$$ que nos permitem estabelecer uma relação de dependência do lado $\;y=PQ\;$ do quadrado $\;PQRS\;$ do raio $\;x=CB=CP\;$ da circunferência $\;(C, \;CB).\;$
   Como a razão das alturas de dois triângulos semelhantes é igual à razão entre qualquer par de lados homólogos, concretizando:
   • $\displaystyle \frac{AD}{SP}= \frac{CB}{CE}\; *\;$ pode escrever-se $ \displaystyle \frac{AD}{y}= \frac{x}{x-y}$ para concluir que $\;AD= \displaystyle \frac{xy}{x-y}.$
   • $\displaystyle \frac{CP}{PD}=\frac{CE}{PQ}\;**\;$ pode escrever-se $\displaystyle \frac{x}{PD}=\frac{x-y}{y}\;$ para concluir que $\;PD= \displaystyle \frac{xy}{x-y}\;$
     Concluímos também que para qualquer círculo $\;(C, x), \;\;\; AD=DP\;$
   Designemos por $\;a\;$ o valor correspondente ao comprimento de $\;AB\;$ e estudemos o triângulo $\;CDB,\;$ retângulo em $\;B:\;$ $\;CB^2+ BD^2 =CD^2 \rightarrow\;$ que se pode escrever $\rightarrow \;CB^2 +(AB-AD)^2 = (DP+PC)^2 \rightarrow\;$ e nos permite escrever uma relação entre os variáveis raio da circunferência e lado do quadrado $\;x,\;y\;$ e o invariável $\;a\;$ comprimento do segmento $\;AB\;$ considerado fixo no enunciado. Para $\;PQ \neq CB \leftrightarrow x\neq y :$ $$\rightarrow x^2+ \left(a-\frac{xy}{x-y}\right)^2 = \left(\frac{xy}{x-y} + x\right)^2 \Leftrightarrow x^2 +a^2 -2a\frac{xy}{x-y}+ \left(\frac{xy}{x-y}\right)^2 = \left(\frac{xy}{x-y}\right)^2+2x\frac{xy}{x-y} + x^2 \Leftrightarrow$$ $$a^2-2a\frac{xy}{x-y}=2x\frac{xy}{x-y} \Leftrightarrow a^2(x-y)-2axy=2x^2y \Leftrightarrow a^2x-a^2y-2axy-2x^2y=0 \Leftrightarrow \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; $$ $$ y=\frac{a^2x}{a^2+2ax+2x^2}$$ a forma como o lado do quadrado é dependente do raio da circunferência quando este varia com a deslocação de $\;C\;$
4. Nesta última etapa dos passos da nossa construção acrescentamos um ponto $\;O\;$ e a partir dele, o ponto variável $\;X\;$ tal que $\; OX = O+(x, 0)\;$ e os pontos $\;PQ =O+(x,y)\;$ e $\;PQRS = O+(x, y^2)\;$ - pontos dos gráficos de “lado do quadrado e área do quadrado $\;PQRS\;$ em função do raio da circunferência $\;(C, x)\;$.
   Claro que o quadrado de área máxima é o quadrado de máximo lado e por isso bastará determinar o valor do raio $\;x\;$ para o qual o lado $\;y;$ do quadrado é máximo.
   Podemos determinar esse valor recorrendo aos zeros da derivada da função $$ y=\frac{a^2x}{a^2+2ax+2x^2}$$ $$\frac{dy}{dx} = \frac{a^2(a~2+2ax+2x^2)-(2a+4x)a^2x}{(a^2+2ax+2x^2)^2}= \frac{a^4+2a^3x+2a^2x^2-2a^3x-4a^2x^2}{(a^2+2ax+2x^2)^2 }= \frac{-2a^2x^2+a^4}{(a^2+2ax+2x^2)^2}$$ Para $\;a>0\;$ e $\;x>0\;$ que é o que se adequa às condições do problema $$y’(x) =\frac{-2a^2x^2+a^4}{(a^2+2ax+2x^2)^2} = 0 \Leftrightarrow -2a^2x^2+a^4=0 \Leftrightarrow x^2= \frac{a^4}{2a^2} \Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2}}{2}a $$ E convém verificar que
   $$x<\frac{\sqrt{2}}{2}a \Rightarrow -2a^2x^2 >-2a^2\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)^2 \Rightarrow -2a^2x^2+a^4 >-2a^2\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)^2+a^4 >0$$ que, por ser $\;(a^2+2ax+2x^2)^2>0, \forall x\,$ nos permite afirmar que $\;y’(x)>0, \forall x \in ] \;0, \displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}a \; [ \;$ e os valores de $\;y(x)\;$ crescem com $\;x\;$ a crescer até atingir o valor de $\;\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}a.\;$
   E, de igual modo, se verifica que $\;y’(x) <0, \forall x> \displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}a\;$ e os valores de $\;y(x)\; $ decrescem com $\;x\;$ a crescer a partir de $\;\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}a.\;$

Concluíndo, para um raio $$x=\frac{\sqrt{2}}{2}a$$ da circunferência $\;\;(C, \;BC)\;$, o lado do quadrado $\;PQRS\;$ correspondente atinge o seu valor máximo que é $$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a^3}{a^2 + \sqrt{2}a^2 + a^2 } = \frac{\sqrt{2} a^3}{2a^2(2+\sqrt{2})} =\frac{\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}a = \frac{\sqrt{2}-1}{2} a$$ e a sua área (máxima) corresponde ao quadrado desse valor do lado.

---

Sangaku Optimization Problems:
(All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
Japanese Optimizations Problema found in Shiokawa Kokaido Building
Problem Statement: A circle of varying radius is constructed from the far-right endpoint of a segment of fixed length. A right triangle is formed using the circle's center and the two endpoints of the segment. A square is constructed using the circle, the hypotenuse, and the segment. Find the side length of the square that maximizes the square's area.
Sacred Mathematics: Japanese Temple Geometry. Fukagawa, H. & Rothman, T. 2008.

Crescente equivalente a um triângulo

Um Crescente é equivalente a um triângulo

Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar a equivalência de um triângulo a um Crescente limitado por dois arcos circulares.

O enunciado do problema desta entrada é:
Demonstrar que um Crescente Vermelho (entre dois arcos) na figura é igual em área a um triângulo.

Para além da superfície que estudamos, apresentam-se inicialmente retas, segmentos e arcos que ajudam a compreender a construção e permitem determinar a sua área da superfície em estudo ou a compará-la com outras áreas. Na construção deve recorrer à barra de navegação para passos da construção e seguir etapas da construção e os raciocínios até à demonstração (acompanhados de fórmulas que não escondem o uso dos axiomas da igualdade em geral e neste caso de igualdade entre áreas)

1. Apresenta-se inicialmente uma circunferência de centro $\;O\;$ e diâmetro $\;AB\;$ e a mediatriz de $\;AB\;$ que intersecta a circunferência em $\;C, \;D.\,$

11 agosto 2017, Criado com GeoGebra

2. A seguir mostra-se a circunferência de centro em $\;D\;$ e raio $\;DA:\;$.
   Como $\;CD\;$ é a mediatriz de $\;AB,\;$ sabemos que $\;AD=BD;\;$ e, como $\;AB\;$ é diâmetro de $\;(O, \;OA)\;$ e $\;D \in (O,\;OA),\;$ o triângulo $\;ABD\;$ é rectângulo em $\;D\;$. Por isso, $\;AB^2= 2AD^2 .\;$ Claro que também podíamos ter usado o facto de $\;ODA\;$ ser triângulo rectângulo em $\;O\;$ para concluir que $\;AD^2 = 2OA^2\;$
3. O semicírculo de centro $\;O\;$ e raio $\;OA\;$ que designamos por $\;\widehat{ACB}\overline{BA},\;$ neste passo evidenciado, tem área $$\; \frac{\pi\times OA^2}{2}= \frac{\pi \times 2.OA^2}{4} =\frac{\pi \times AD^2}{4}\;$$
4. Chamamos Crescente ao que sobra do semicírculo vermelho após retirarmos o segmento circular $\;\widehat{AB}\overline{BA}\;$ do círculo $\;(D,\;DA).\;$
   
5. O segmento circular referido tem área igual à área do que sobra do sector circular $\;D\widehat{AB}\;$ (quarto do círculo) $$\;\frac{\pi \times AD^2}{4}$$ depois de lhe retirarmos o triângulo $\;ABD\;$ rectângulo em $\;D\;$ de área $$\; \frac{AD^2}{2}$$
Por um lado a área do Crescente é igual à área do semicírculo de centro $\;O\;$ e raio $\;OA\;$ $$\frac{\pi \times AD^2}{4}$$ subtraída da área do segmento que é, como vimos, $$\frac{\pi \times AD^2}{4} - \frac{AD^2}{2} $$ ou seja, $$ \mbox{Área do Crescente} = \frac{\pi \times AD^2}{4} - \left(\frac{\pi \times AD^2}{4} - \frac{AD^2}{2}\right)= \frac {AD^2}{2}= \mbox{Área do triângulo}\,\;\; ABD $$ como queríamos demonstrar.

---

Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie -quatrième livre: Les Aires 4. éd.,Librairie Vuibert. Paris:1947

Área de um trapézio -ilustrar geométricamente fórmulas algėbricas (1)

Dividir um paralelogramo em três polígonos equivalentes e com um vértice comum a incidir numa diagonal.

medianas para dividir um triângulo em 2, 3 ou 6 triângulos equivalentes

O triângulos de bases iguais aos lados não paralelos de um trapézio e vértice comum no encontro das diagonais são equivalentes.

triângulos medial e pedal; o ortocentro e o círculo de 9 pontos

Elementos: Teorema de Pitágoras.

---

Optamos por escolher alguns exemplos de enunciados e demonstrações de #"Os Elementos" para ilustrar o que Euclides tinha em mente quando usava a palavra igualdade associada à construção de conceitos diferentes. Temos andado a abordar resultados relacionados com áreas de figuras planas, apresentando resultados muito conhecidos (por enunciados atuais), mas transcritos do original para perceber como era ao tempo da génese das noções de geometria escrita.

TEOREMA DE PITÁGORAS

PROP. XLVII. TEOR.
Em todo o triângulo retângulo o quadrado feito sôbre o lado oposto ao ângulo reto, é igual aos quadrados formados sôbre os outros lados, que fazem o mesmo ângulo reto .

© geometrias. 28 de Fevereiro 2015, Criado com GeoGebra

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ (no selector no centro ao fundo da janela de construção) verá o desenvolvimento da figura relativa à demonstração.

Seja o triângulo retângulo ABC, cujo ângulo reto seja BAC. Digo que o quadrado feito sôbre o lado BC é igual aos quadrados descritos sôbre os lados BA, AC, que formam o ângulo reto BAC.
Descreva-se sôbre BC o quadrado BDEC (Pr. 46.1.^*), e sôbre BA, AC os quadrados GB, HC. Pelo ponto A tire-se AL, paralela (Pr. 31.1. ^**) a BD, ou CE, tirem-se também as retas AD, FC. Porque os ângulos BAC, BAG são retos (Def. 30. ^***), as duas retas CA, AG estão em direitura uma com outra (Pr. 14.1. ^****). O mesmo será a respeito das duas AB, AH. Os ângulos DBC, FBA, por serem retos, são iguais. Ajunte-se-lhes o mesmo ângulo ABC. Logo, o total DBA será igual ao total FBC (Ax. 2.^*****). E sendo as duas AB, BD iguais às duas FB, BC, cada uma a cada uma, e o ângulo DBA = FBC, será o triângulo ABD = FBC outro triângulo (Pr. 4.1.^******). Mas o paralelogramo BL é o dôbro (Pr. 41.1.^*******) do triângulo ABD, porque está sôbre a mesma base BD, e entre as mesmas paralelas BD, AL; e o quadrado GB é o dôbro do triângulo FBC, porque tem a base comum FB, e estão q as mesmas paralelas FB, GC. Logo, sendo iguais os dobros de quantidades iguais (Ax. 6.^********), deve ser o paralelogramo BL igual ao quadrado GB. Do mesmo modo, tiradas as retas AE, BK, se demonstra, que o paralelogramo CL é igual ao quadrado HC. Logo, o quadrado inteiro BDEC, feito sôbre o lado BC oposto ao ângulo reto BAC, é igual aos dois quadrados GB, HC formados sôbre os lados BA, AC, que fazem o mesmo ângulo reto BAC. □

---

^*PROP XLVI.PROB. Sôbre uma linha reta dada descrever um quadrado ^**PROP. XXXI. PROB. De um ponto dado conduzir uma linha reta paralela a outra linha reta dada ^*** DEFINIÇÃO XXX. Entre as figuras quadriláteras, o quadrado é o que é juntamente equilátero e retângulo ^**** PROP.XIV. TEOR. Se em um ponto de uma linha reta qualquer concorrerem de partes opostas duas retas, fazendo com a primeira reta os ângulos adjacentes iguais a dois retos, as retas, que concorrem para o dito ponto, estarão em direitura uma da outra. ^***** AXIOMA II Se a cousas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais. ^****** PROP. IV. TEOREMA. Se dois triângulos tiverem dois lados iguais a dois lados, cada um a cada um, e os ângulos, compreendidos por êstes lados, forem também iguais; as bases e os triângulos, e os mais ângulos, que são opostos a lados iguais, serão também iguais. ^*******PROP. XLI. TEOR. Se um paralelogramo e um triângulo estiverem sobre a mesma base, e enre as mesmas paralelas, o paralelogramo será o dobro do triângulo. ^********AXIOMA VI As quantidades, das quais cada uma por si faz o dôbro de outra quantidade, são iguais.

Nota: Dedicadas ao Teorema de Pitágoras, há mais 50 entradas com diferentes enunciados, construções, demonstrações, aplicações, ... publicadas neste Lugar Geométrico.

---

1. Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
2. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000