para cada um e para todos, alguns dos enunciados de problemas para que leitores continuem o trabalho...

...antes disso, sem mudar de assunto, lembramos que ainda há problemas por resolver

32. Construir um rectângulo de perímetro dado 2p, equivalente um quadrado de quadrado de lado a dado.
33. Inscriver num semicírculo de diâmetro 2r um rectângulo equivalente a um quadrado de lado a. De entre os rectângulos inscritos neste semicírculo, qual é o que tem área máxima e qual o que tem área mínima?
34. Construir um triângulo semelhante a um triângulo dado e equivalente a um dado polígono.
35. Construir um losango euqivalente a um rectângulo de dimensões a e b, conhecida a razão k entre as suas diagonais. (Por exemplo, pense nos casos seguintes: k=1, k=2, k=5/3)
36. Construir um círuclo equivalente à soma (ou à diferença) de dois circulos dados.
37. Sendo dado um círculo, traçar um círculo concentrico cuja área seja igual a metade (e a um terço) da área do círculo dado.
38. Recorrendo a círculos concêntricos, dividir um círculo em cinco partes equivalentes.
39. Dividir um círculo em três partes proporcionais aos números 2, 1 e 7 recorrendo a dois círculos concêntricos.
40. Dividir um triângulo em duas partes equivalentes por uma paralela paralela a um lado.
41. Recorrendo a paralelas a um dos lados de um dado triângulo, dividi-lo em três e em cinco partes equivalentes.
42. Dividir um triângulo em duas partes proporcionais aos números 4 e 5 por uma paralela a um lado.
43. Dividir um triângulo em três partes proporcionais aos números 2, 1 e 5 por rectas a passar por um mesmo vértice.
44. Dividir um triângulo em três partes proporcionais aos números 1, 2 e 3 por paralelas a um dos lados.
45. Dividir um paralelogramo em três partes proporcionais a três números dados 2, 1 e 1/2 por duas rectas tiradas por um mesmo vértice.
46. Dividir um quadrilátero ABCD em três partes proporcionais a três números dados 3, 1/2 e 2 por duas rectas vindas de A.
47. Divida um trapézio em duas partes equivalentes: 1º por uma paralela às bases;
2º por uma linha reta vinda de um dos vértices.
48. Divida um hexágono regular em três partes equivalentes por duas rectas provenientes de um mesmo vértice.

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

Dividir em 4 ... ainda

Paulo Correia, de Alcácer do Sal, tinha-nos enviado uma divisão de um triângulo em 4 figuras equivalentes. Não a publicámos então por não tratar da divisão em tirângulos. Mais tarde havemos de publicá-la (se percebermos, como exercício interactivo ...) .
Mas, agora, quando verificou que tínhamos dado por encerrada a série da divisão de um triângulo em 4 triângulos equivalentes, Paulo Correia insistiu com novas propostas. Pelo menos duas divisões interessantes e simples teriam sido esquecidas por nós. Tem razão (arrisco-me a pensar). E aqui vai a primeira:

Determinar os pontos D e E que são vértices dos 4 triângulos [ADE], [AEB], [BEC] e [CDE] equivalentes em que o triângulo [ABC] fica dividido.




Agradecemos ao Paulo.

Dividir em 4 para reinar :-))))

Determine M, N, P e MN, NP e MP, vértices e lados dos triângulos equivalentes [APN], [BMN] e [CNM] em que fica dividido o triângulo [ABC].



Este processo que temos vindo a utilizar pode servir para mais de 30 diferentes divisões em triângulos equivalentes.
Paulo Correia, de Alcácer do Sal, enviou-nos uma divisão em 4 figuras equivalentes, das quais uma é um triângulo. Obrigado, Paulo. Mas nós estamos a dividir um triângulo em triângulos equivalentes e isso é, em si mesmo, o romance. E vamos continuar este trabalho que nos é sugerido no artigo de Daniel Scher, intitulado "A Triangle divided: Investigating Equal Areas" e publicado na revista Mathematics Teacher, Vol. 93, n. 7. October 2000. Pensamos que procurar formas diferentes de dividir um triângulo em figuras de igual área (equivalentes) pode ser uma proposta interessante a fazer a estudantes jovens.

Um ponto divide um segmento em partes com razão

Várias vezes usámos a projecção paralela de um segmento sobre o outro para o dividirmos em partes iguais. Por sabermos que a razão entre elementos de pares correspondentes de segmentos em rectas cortadas por paralelas respeitam a razão entre eles.

Segmentos iguais numa recta são projectados paralelamente em segmentos iguais noutra qualquer.





O método geral de divisão de um segmento de recta AB em partes iguais, usa precisamente as propriedades da projecção paralela. Toma-se uma recta AC concorrente com AB em A, em que se marquem um certo número de segmentos iguais a partir de A. Se quiser dividir o segmento AB em 5 partes partes iguais tomo o extremo do quinto segmento determinado sobre AC e projecto este sobre B. Depois paralelamente, projecto os outros pontos sobre AB. No caso da construção, vimos que 5|AK|=|AB| ou |AK|/|AB|=1/5 ou |AB|/|AK|=5/1.

E também podemos dizer que K divide aritmeticamente o segmento AB em dois segmentos AK e KB em que 4|AK|=1|KB| ou na razão 1/4. Do mesmo modo, podemos dizer que L divide AB em dois segmentos AL e LB em dois segmentos na razão 2/3 ou M divide AB em dois segmentos AM e MB na razão 4/1 ou N divide o segmento AB em dois segmentos AN e NB na razão 7/2.

Acrescente-se que este método geral de construção para a divisão de um segmento em partes iguais é também bom para multiplicar um segmento por qualquer número racional. Por exemplo para obter um segmento AP : |AP|= (7/5)|AB| equivale à deteminação de N, tirando pelo extremo do 7º dos segmentos iguais em AC uma paralela à recta que une o extremo do 5º dos segmentos iguais de AC com B.



Notas:

1. Na construção pode deslocar o ponto C e a semirecta AC, verificando que os pontos da divisão de AB não dependem da semirecta. E podem deslocar o extremo do 1º dos segmentos iguais sobre AC para verificar que os pontos da divisão de AB não dependem do tamanho dos segmentos iguais sobre AC


2. O ponto médio de AB é obviamente um ponto M que divide o segmento AB em AM e MB de razão 1/1


3. Para uma dada razão k ≠1, há sempre dois pontos P da recta AB que dividem aritmeticamente o segmento AB em dois segmentos AP e PB na razão k/1.

Acrescente-se a ideia de separação de um par (A,B) por outro, por exemplo, (M,N):
dizemos que os pontos M e N separam (ou dividem) o segmento AB ou par (A,B), nas razões MA/MB=5/1 e NA/NB=7/2 - se considerássemos estes pares como pares de segmentos orientados, as razões correspondentes teriam sinais contrários.
E uma ideia de razão para o quaterno (A,B;M,N):
[(MA/MB).(NB/NA)=10/7 e, tratando-se de segmentos orientados: MA/MB).(NB/NA)=-10/7 ].

O ponto L: LA/LB = 2/3 e um ponto P (fora de AB para o lado de B): PA/PB=3/2, dividem o segmento AB na razão 2/3 (ou -2/3): (LA/LB).(PB/PA)=1 (ou -1, caso considerássemos os segmentos orientados). Esta divisão produzida por L e P sobre AB merece o nome de divisão harmónica e estudo à parte. Dizemos que L e P dividem harmonicamente na razão 2/3 o segmento AB. Esta divisão já foi abordada em variadas entradas deste lugar de geometria com régua e compasso.

Só com compasso, dividir em quatro arcos iguais uma dada circunferência.

Nesta entrada realizamos uma construção dinâmica adequada ao problema

Só com compasso, dividir em quatro arcos iguais uma dada circunferência.

$\fbox{1}:\;$ Com centro num ponto $\;O\;$ há uma infinidade de circunferências; designamos essa família por $\;(O).\;$ Cada uma das circunferências daquela família fica bem definida se lhe associarmos o número que corresponda à distância única a que se encontram os seus pontos do seu centro - raio $\;r\;$. Um elemento da família $\;(O)\;$ pode designar-se por $\;(O, \;r)\;$ ou por $\;(O, \;P)\;$ sendo $\; OP=r\;$ Considere dada a circunferência a apresentada.



$\fbox{2}:\;$ Toma-se um ponto $\;A\;$ qualquer incidente em $\;(O, \;r),\;$ que pode ocupar qualquer posição na circunferência dada. $\;OA=r\;$
$\fbox{3}:\;$Fica bem determinada uma circunferência de centro em $\;A\;$ a passar por $\;O\;$ que pode ser representada por $\;(A, \;O),\;$ ou por $\;(A, \;r).\;$ pois $\;AO = OA = r.\;$ Ficam bem determinados dois pontos na intersecção $\;(O, \;r). (A, \;r)\;$ tomamos um deles que designamos por $\;B\;: OA=AB=\;$ $=BO=r.\;$
$\fbox{4}:\;$ A circunferência $\;(B, \;O)\;$ centrada em $\;B\;$ que passa por $\;O\;$ intersecta $\;(O,A)\;$ em dois pontos: $\;A\;$ e um outro a que chamamos $\;C\;$ sendo $\;OA=AB=BC=CO=r\;$
$\fbox{5}:\;$ Do mesmo modo, a circunferência $\;(C, \;O)\;$ intersecta $\;(O, \;r)\;$ em dois pontos sendo um deles $\;B\;$ e outro a que chamamos $\;D,\;$ sendo $\;OB=BC=CD=DO=r\;$
Resumindo: os triângulos $\;[AOB], \;[BOC],\;[COD]\;$ são equiláteros e iguais e, por isso, é raso o ângulo $\;AÔD = AÔB+BÔC+CÔD\;$ e $\;A,\; O,\; D\;$ são colineares ou seja $\;AD\;$ é um diâmetro de $\;(O\;r)\;$ dividindo-a em duas semi-circunferências.
$\fbox{6}:\;$ Usando circunferências (compassos) podemos determinar pontos equidistantes de $\;A\;$ e $\;D\;$ para além de $\;O\;$. Por exemplo, as intersecções $\;(A, \;C).(D,\;B)\;$ são pontos equidistantes de $\;A\;$ e $\;D\;$ já que $\;[ABC]\;$ e $\;[BCD]\;$ são triângulos isósceles iguais por terem um lado comum igual aos outros dois $\;AB=BC=CD \;$ de onde se tira que $\;AC=BD\;$. Tomemos um desses, por exemplo, $\;E\;$ ponto da mediatriz do diâmetro $\;[AD].\;$
Sabemos que $\;C\;$ e $\;E\;$ são pontos da mesma circunferência $\;(A, \;C)$ e por isso $\;AC=AE.\;$ E sabemos também que o triângulo $\;[ACD]\;$ está inscrito na circunferência $\;(O,\; r)\;$ e, por isso, é um triângulo retângulo em $\;C\;$ de hipotenusa $\;AD,\;$ de onde decorre que $\;AD^2= AC^2+CD^2,\;$ ou seja $\;4r^2=AE^2 +r^2 \equiv AE^2=3r^2\;$.
Também $\;[AEO]\:$ é um triângulo rectângulo. De catetos $\;EO, \;OA\;$ e hipotenusa $\;EA, \;$ logo é $\;EO^2+OA^2=EA^2,\;$ ou seja $\;EO^2 =3r^2-r^2=2r^2.\;$
$\fbox{7}:\;$ Tomando para centros os extremos do diâmetro $\; A\;$ ou $\;D\;$ e raios iguais a $\;OE\;$, as circunferências $\;(A, \;OE)\;$ e $\;(D, \;OE]\;$ intersectam-se em dois pontos $\; F, \;G:\; AF=DF=AG=DG=OE. \;$
$\;[AFD]\;$é um triângulo isósceles de altura $\;FO:\; FO^2 +OA^2 =AF^2=OE^2, \;$ ou seja $\;FO^2=2r^2-r^2=r^2\;$ e isso faz de $\;F\;$ um ponto de $\;(O, \;r).\;$ De forma análoga, se prova que $\;G, \;$ também ponto de $\;(A,\;OE),\;$ incide em $\;(O, \;r).\;$
Podemos concluir que os pontos $\;G, \;D,\; F,\;A\;$ de $\;(O,\;r)\;$ são tais que $\;GD=DF=FA=$
$=AG\;$

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Howard Eves. Fundamentals of Moderno Elementary Geometry.Jones and Bartlett Publishers. Boston:1992.

Dividir em 4 para reinar :-)

Com as infinitas (?) possibilidades de dividir um triângulo em quatro triângulos equivalentes, isto de dividir triângulos ganha um certo encanto. Não tanto por cada uma das divisões, mas pelas tentativas de as procurar sem esquecer qualquer uma delas.
A primeira é puro engano, tal é a facilidade da resolução do exercício que propomos.

Determinar D, E e F e os lados dos triângulos [BCD], [BDE], [BEF] e [ABF] equivalentes em que dividimos o triângulo [ABC].



Claro que, por este proocesso, podemos fazer outras divisões em 4 equivalentes.

Esperamos que possa agora movimentar os vértices A, B e C. Mas não é seguro que tal aconteça.

Dividir um triângulo em duas partes equivalentes sendo uma delas um triângulo rectângulo

Dividir um triângulo em duas partes equivalentes
por uma perpendicular a um dos seus lados

Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar que para qualquer triângulo e um dos seus lados há uma perpendicular a esse lado que o divide em dois polígonos equivalentes

O enunciado do problema desta entrada é:
Dado um triângulo acutângulo $\;ABC\;$ determinar uma perpendicular a $\;BC,\;$por exemplo, que divide $\;ABC\;$ em duas partes iguais em área.

Pode seguir as etapas da nossa construção e notas de demonstração usando a barra de navegação para passos da construção ao fundo do rectângulo de visualização

1. Apresenta-se inicialmente um triângulo $\;ABC.\;$
   
   • Sabemos que, das perpendiculares a $\;BC,\;$ a altura $\;AD\;$ divide o triângulo $\;ABC\;$ em duas partes.
     Quando e só quando $\;D\;$ é o ponto médio de $\;BC,\;$ $\;ABD\;$ é equivalente a $\;ACD\;$ e o segmento de reta que procuramos é a altura $\;AD\;$
     
   • Quando a área de $\;ABD\;$ é maior que a área de $\;BAD,\;$ a reta perpendicular que procuramos é paralela à altura e há-de cortar os lados $\;AB\;$ e $\;BC.\;$ Designemos por $\;A’\;$ e $\;D’\;$ esses pontos de intersecção que definem a reta perpendicular a $\;BC\;$ que divide em duas partes equivalentes o triângulo $$\; [ABC]=[A’BD’] \cup[AA’D’C]\; \;\; \wedge \mbox{Área de }\;\;[A’BD’] = \mbox{Área de }\;\;[AA’D’C] \; $$
     Como determinamos $\;D’$?
   • Quando a área de $\;ABD\;$ é menor que a área de $\;ADC,\;$ a reta perpendicular que procuramos é paralela à altura e há-de cortar os lados $\;AC\;$ e $\;BC.\;$ Designemos por $\;A’\;$ e $\;D’\;$ esses pontos de intersecção que definem a reta perpendicular a $\;BC\;$ que divide em duas partes equivalentes o triângulo $$\; [ABC]=[A’CD’] \cup[D’A’AB]\; \;\; \wedge\;\;\; \mbox{Área de }\;\;[A’D’C] = \mbox{Área de }\;\;[D’A’AB] \; $$
     Para este caso, a determinação de $\;D'\;$ segue os mesmos passos.

26 agosto 2017, Criado com GeoGebra

2. Na figura agora apresentada, estão visíveis todos os elementos construtíveis auxiliares para a determinação da perpendicular $\;A’D’\;$ tal que $$\; [ABC]=[A’BD’] \cup[AA’D’C]\; \;\; \wedge \;\; \mbox{Área de }\;\;[A’BD’] = \mbox{Área de }\;\;[AA’D’C]. \; $$ Se se verificam as condições de divisão de $\;ABC\;$ em duas partes equivalentes, então $$\;\mbox{Área de}\;\;[ABC] = 2 \times \mbox{Área de}\;\;[A’BD’]\;\; \mbox{ou} \;\; \mbox{Área de}\;\;[A’BD’] = \frac{1}{2}\mbox{Área de}\;\;[ABC] $$ que é o mesmo que dizer $$\frac{BD’ \times A’D’}{2} = \frac{1}{2} \times \frac{BC\times AD}{2}$$ e, tomando o ponto $\;M\;$ médio de $\;BC\;$, que é tal que $\;\displaystyle BM=\frac{BC}{2},\;$ podemos escrever $$\mbox{Área de}\;\;[A’BD’] = \frac{BD’ \times A’D’}{2}= \frac{1}{2} (BM\times DA)$$ A condição para a posição de $\;A’D’\;$ pode assim resumir-se a $$\; BD’ \times A’D’ = BM\times DA \;\; \mbox{ou} \;\; \frac{BD’}{BM}=\frac{DA}{D’A’}$$ Como $\;A’D’\;$ e $\;AD\;$ são perpendiculares à mesma $\;BC\;$, os triângulos $\;ABD\;$ e $\;A’BD’ \;$ são retângulos com um ângulo comum $\;\hat{B}.\;$ $$\;\displaystyle \frac{DA}{D’A’} =\frac{BD}{BD’}\;$$ E podemos assim escrever $$\frac{BD’}{BM}=\frac{BD}{B’D’}\;\; \mbox{ou} \;\; BD’^2 = BM \times BD$$ o que nos determina a posição de $\;D’\;$ sobre $\;BC.\;$ Na nossa construção optámos por considerar a potência do ponto $\;B\;$ relativa à circunferência de diâmetro $\;MD\;$ e como o segmento da tangente a esse círculo tirada por $\;B\;$ é tal que $\;BT^2=BM \times BD\;$ sendo $\;T\; $ o ponto de tangência, $\;D’\;$ determina-se como um ponto de intersecção $\;[BC] \cap (B, \; BT)\;$
3. Realçam-se o triângulo $\;A’BD’\;$ de área igual a metade da área de $\;ABC\;$ e o equivalente quadrilátero $\;AA’D’C\;$ ambos azulados.
4. Quando passa para a etapa 4 na barra de navegação dos passos de construção, verá o mesmo que viu na etapa anterior a menos que coloque $\;A\;$ numa posição para a qual a área de $\;ABD\;$ seja menor que a área de $\;CAD.\;$ Deslocando $\;A\;$ para o lado de $\;B\;$ passará pelo caso em que $\;AD\;$ divide $\;ABC\;$ em dois triângulos iguais e finalmente para o caso em que uma perpendicular a $\;BC\;$ divide $\;ABC\;$ em duas partes equivalentes: $\;CA'D'\;$ e $\;ABD'A'\;$ esverdeadas.

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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

Dividir em 4... à Paulo Correia

Outra proposta de Paulo Correia para a divisão de um triângulo em 4 equivalentes:
Determinar os pontos D e E que são vértices dos 4 triângulos [ABE], [BDE], [CDE] e [ACE] equivalentes em que o triângulo [ABC] fica dividido.

Áreas: Problemas de Optimização

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

O enunciado adaptado do problema desta entrada é:
Consideremos dois pontos $\;A,\;B\;$ e sobre esse segmento, com vértice em $\;A,\;$ construimos um quadrado $\;AEFD.\;$ Sobre $\;BD\;$ tomamos $\;K\;$ na intersecção com $\;EF.\;$ Determinar o comprimento do lado do quadrado para o qual a área do triângulo $\;KEB\;$ é máxima.

1. Na figura inicial aparecem-nos os pontos $\;A,\;B,\;C,\;D,\;E,\;F,\;K,\;L,\;O,\;X,\;Y,\;$ os segmentos $\;AB=a(>0),\;AD,\; AE,\;BD,\;$$EF,\;FD,\;OX,\;XL,\;LY,\;YO,\;$ o quadrado de lado $\;AD\;$ e o comprimento do seu lado, o triângulo retângulo em $\;E, \;\;[KEB],\;$ e o valor da sua área, ambos em vermelho.
   Ao lado, o retângulo $\;OXLY\;$ tem dimensões $\;OX=AD \;\mbox{e} \; OY= \displaystyle \frac{BE \times EK}{2}\;$
   Está assim reunida toda a informação necessária ao estudo da relação entre os números $\;OY =y\;$ associados às áreas dos triângulos $\;KEB\;$ a variar com os valores $\;AD=OX=x\;$ dos lados dos quadrados $\;AEFD\;$ estes a variar entre $\;0\;$ e $\;a=AB.\;$

4 setembro 2017, Criado com GeoGebra

2. Como $\;DA=AE=EF=FD = x\;$ e $\;K\;$ é um ponto da diagonal $\;DB\;$ a dividir em dois triângulos o retângulo $\;AB \times AD, \;$ podemos concluir que $\;AE\times EK = EB \times KF\;$ (Os Elementos de Euclides; Livro I; Proposição XLIII TEOR: Em qualquer paralelogramo os complementos dos paralelogramos, que existem ao redor da diagonal, são iguais entre si ) Clicando no botão Notas obtém os elementos auxiliares da construção relativos ao resultado anterior.
   
3. Como $\;AE\times EK = EB \times KF\;$ pode ser escrito assim: $$x\times EK = (a-x) \times (x-KE) \Longleftrightarrow\\ x \times EK = ax-x^2-a \times KE +x\times KE \Longleftrightarrow \\ KE= \frac{ax-x^2}{a}$$ então o valor associado à área $\;y= \displaystyle \frac{BE \times EK}{2}$ do triângulo $\;KEB\;$ pode ser dado pela expressão $$\; y= \frac{(a-x) \times \displaystyle \frac{ax-x^2}{a}}{2} $$ simplificando $$y= \frac{(a-x) \times (ax-x^2)}{2a}$$ $$ y=\frac{a^2x-ax^2-ax^2+x^3}{2a} $$ e, finalmente, $$y=\frac{1}{2a}x^3 -x^2 +\frac{ax}{2}$$ que nos dá os valores de $\;y\;$ (áreas dos triângulos $\;KEB$ ) em função de $\;x\;$ (valores dos comprimentos do lado dos quadrados construídos a partir de $\;A\;$ sobre $\;AB\;$) cujo gráfico é traçado por $\;L(x,y)\;$ com $\;0 < x \leq a\;$ e $\;y\geq 0.\;$ Procuram-se o(s) valor(es) de $\;x\;$ para o qual $\;y\;$ atinge o seu valor máximo, acima das áreas de todos os outros triângulos construídos nas condições do problema.
4. A derivada $$\;y’_x = \frac{3}{2a}x^2 -2x + \frac{a}{2}$$ para valores positivos de $\;a\;$ anula-se em alguns pontos que vamos calcular. $$\frac{3}{2a}x^2 -2x + \frac{a}{2} =0 \Longleftrightarrow x= \displaystyle\frac{2 ± \sqrt{4-4\frac{3}{2a}\frac{a}{2}}}{2\times \frac{3}{2a}} \Longleftrightarrow x=\frac{a}{3}\wedge x=a $$ Entre $\;0\;$ e $\;a\;$ para qualquer $\; a>0$, o valor da área do triângulo $\;y=\frac{4a^2}{54}\;$ é máximo quando o valor do comprimento do lado do quadrado é $\;x=\frac{a}{3}.\;$ Para o valor máximo do lado do quadrado $\;x=a,\;$ o valor da área do triângulo é $\; y=0,\;$ como se pode verificar imediatamente.

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Sangaku Optimization Problems:
(All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
Japanese Optimization Problem by Kojima Yokichi -1999
Problem Statement: A square is constructed using the far-left endpoint of a segment of fixed length. For what side length of the square will the area of the red triangle be a maximum?
Sacred Mathematics: Japanese Temple Geometry. Fukagawa, H. & Rothman, T. 2008.

Dividir um quadrilátero em duas partes equivalentes por uma reta a passar por um vértice

Dividir um quadrilátero em duas partes equivalentes por uma reta a passar por um vértice

Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar que para qualquer quadrilátero há uma reta a passar por um vértice que o divide em dois polígonos equivalentes

O enunciado do problema desta entrada é:
Dado um quadrilátero $\;ABCD\;$ determinar uma reta a passar, por exemplo, por $\;D,\;$ que divide $\;ABCD\;$ em duas partes iguais em área.

Pode seguir os passos da nossa construção e notas de demonstração usando a barra de navegação para passos da construção ao fundo do rectângulo de visualização

1. Apresenta-se inicialmente um quadrilátero $\;ABCD.\;$
   
   • Sabemos que, das retas tiradas por $\;D,\;$ a diagonal $\;DB\;$ divide o quadrilátero $\;ABCD\;$ em duas partes.
     Quando $\;ABD\;$ é equivalente a $\;BCD\;$ o segmento de reta que procuramos é $\;BD\;$
     
   • Quando a área de $\;ABD\;$ é maior que a área de $\;BCD,\;$ a reta que procuramos há-de cortar o segmento $\;AB.\;$ Designemos por $\;E\;$ o ponto de $\;AB\;$ para o qual $\;DE\;$ divide em duas partes equivalentes o quadrilátero $\;[ABCD]= [AED] \cup [BCDE]\; \;\; \wedge \mbox{Área de }\;\;[AED] = \mbox{Área de }\;\;[BCDE] \; $
     Como determinamos $\;E $?
   • Quando a área de $\;ABD\;$ é menor que a área de $\;BCD,\;$ o segmento da reta que procuramos há-de ter para segundo extremo um ponto $\;F\;$ de $\;BC.\;$ para o qual $\;DF\;$ divide em duas partes equivalentes o quadrilátero $\;[ABCD]= [ABFD] \cup [FCD]\; \;\; \wedge \mbox{Área de }\;\;[ABFD] = \mbox{Área de }\;\;[FCD] \; $
     Como determinamos $\;F$?

21 agosto 2017, Criado com GeoGebra

2. O quadrilátero $\;ABCD\;$ com os vértices nas posições apresentadas inicialmente é tal que $\;\mbox{Área de}\;\;[ABD] > \mbox{Área de}\;\;[BCD]\;$ e é, por isso, necessário cortar alguma parte ao $\;[ABD].\;$ E, de acordo com o enunciado, $\;D\;$ deve ser um extremo do segmento de reta que corta $\;ABD\;$ e divide o quadrilátero em duas partes iguais. Se chamarmos $\;E\;$ ao outro extremo do segmento, terá de ser $\;[AED]\;$ equivalente a $\;[BCDE].\;$
   Como se vê na figura, tomámos as seguintes retas $\;AB,\;DB,\;$ uma paralela a $\;DB\;$ tirada por $\;C\;$ que interseta $\;AB\;$ em $\;C’\;$ e finalmente a reta $\;DC’.\;$
   Como é óbvio, os triângulos $\;DBC\;$ e $DBC’$ têm uma base $\;DB\;$ comum e os vértices $\,C, \;C’\;$ opostos a $\;DB\;$ sobre uma paralela a ela. São, por isso, iguais em área. Assim, $$\mbox{Área de}\;\;[DEBC] =\mbox{Área de}\;\;[DEB]+ \mbox{Área de}\;\;[BCD]= \mbox{Área de}\;\;[DEB]+ \mbox{Área de}\;\;[BC’D] =\mbox{Área de}\;\;[DEC’].$$ Como $\;DE\;$ deve ser tal que $$\;\mbox{Área de}\;\;[DEBC] = \;\mbox{Área de}\;\;[AED],\;$$ pelo que vimos há pouco $$\;\mbox{Área de}\;\;[DEBC]=\;\mbox{Área de}\;\;[DEC’]$$ e, em consequência, $$\;\mbox{Área de}\;\;[AED]=\mbox{Área de}\;\;[DEC’]\;$$ o que, para ser verdade, como a distância de $\;D\;$ a $\;AB\;$ é a altura comum aos dois triângulos de bases $\;AE, \; EC’\;$ que têm de ser equivalentes, então $\;E\;$ tem de ser o ponto médio de $\;AC’.\;$ Ficamos a saber os passos do processo de determinação de $\;E\;$ que com $\;D\;$ define a reta que corta o quadrilátero em duas partes equivalentes.
3. No passo 3, precisamos que o leitor desloque, por exemplo $\;C,\;$ para uma posição tal que $\;\mbox{Área de }\;\;[ABD] < \mbox{Área de }\;\;[ABD] \;$ em que teremos de procurar/apresentar um ponto $\;F\;$ de $\;BC\;$ tal que $\;DF\;$ divide o quadrilátero $\;ABCD\;$ em duas partes equivalentes. O processo é inteiramente análogo ao anterior.

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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

Dividir em 4 para reinar :-))

Mais uma forma de dividir um triângulo em 4 triângulos equivalentes. Determine os pontos D, E, F e os segmentos DE, CE e CF, vértices e lados dos triângulos equivalentes [CDE], [ADE], [CEF] e [CFB] em que fica dividido o triângulo [ABC]

Elementos: Determinar o centro de uma circunferência (demonstração)

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Nos últimos meses, seguimos um uma sequência de proposições dos Livros I, II, II, IV. A partir de certa altura esteve presente a determinação do centro de um círculo. Inicialmente, sempre tomámos como dispensável ou não essencial a apresentação da proposição (1.3), i.e, a resolução do problema de construção do centro de uma circunferência dada. Temos sempre presente uma construção do centro distinta da construção primitiva presente n'Os Elementos. Além disso, a respetiva demonstração apresentada n'Os Elementos é um bom exemplo de um raciocínio por absurdo se tivermos em atenção à época de Euclides.
Neste "lugar geométrico" foram apresentados muitos problemas de construção do centro, mas nunca nos debruçámos sobre a proposição (1.3). No último número (132) da revista Educação e Matemática (da APM) publica-se um pequeno artigo "O centro desaparecido de uma circunferência" de José Luiz Pastore Mello, que acaba com a frase "Em tempos que o desenho geométrico tem sido tão pouco explorado na escola, o problema apresentado costuma mobilizar intensamente o interesse dos alunos". O problema por ele apresentado é o da "determinação do centro da circunferência usando tão só o compasso euclidiano."
Achamos que esse problema e o teorema de Mohr-Mascheroni pode ser mobilizador do interesse de muitos jovens. Mas não resistimos a chamar a atenção para a construção e respetiva demonstração elementar de Euclides que é mais um "bom" exemplo de construção/demonstração e da genialidade da escola de Euclides.

LIVRO III: PROP. I. PROB.
Achar o centro em um círculo $\;c\;$ dado.


A construção do centro pode ser acompanhada fazendo variar de 0 a 3 o cursor n. Para a demonstração basta reter as condições da construção do centro. Para n=4 acrescentamos alguns elementos necessários para a demonstração.

$\fbox{n=0}\;$ Dada a circunferência $\;c\;$
A construção consiste em:
$\fbox{n=1}\;$ aplicação do Postulado 1 para tomar uma reta que corte a circunferência dada e assinalar os dois pontos $\;A, \;B\;$ de intersecção;
$\fbox{n=2 }\;$ aplicação de (10.1) para dividir $\;AB\;$ ao meio por $\;D$:
$$\;(A, AB).(B, BA) = \{I_1, \; I_2\}\;$$ $$\;I_1 I_2 . AB = \{D \}$$ $$\;I_1 I_2 . c = \{C, \;E \}$$
$\fbox{n=3}\;$ aplicação de (1011) para achar o ponto $\;F\;$ médio de $\;CE:\;$ $$\;(C, \;CE).(E, EC) = \{\; J_1, \; J_2\;\}$$ $$\;J_1J_2. CE = \{\;F\;\}$$ Este ponto $\;F\;$ é o centro da circunferência, como vamos provar.

© geometrias. 5 de Junho de 2015, Criado com GeoGebra

$\fbox{n=4}\;$ Suponhamos que $\;F\;$ não é o centro procurado e seja o centro do círculo $\;c=(ABC)\;$ um outro ponto $\;G.\;$ Tiremos as retas $\;GA, \;GD, \; GB. \;$
Sendo $\;DA=DB\;$ e $\;DG\;$ comum aos triângulos $\;ADG,\; BGD\;$. Sendo $\;G\;$ o centro da circunferência $\;c,\;$ $\;GA=GB,\; $ por serem ambos raios da mesma circunferência. Por terem dois lados iguais cada um a cada um e um terceiro comum, por (8.1) os ângulos compreendidos entre lados iguais são iguais: $\;\angle A\hat{D}G = \angle G\hat{D}B. \;$ Quando uma reta caindo sobre outra, faz com ela ângulos adjacentes iguais entre si, cada um destes ângulos é reto (Def. 10.1), logo $\;\angle G\hat{D}B\;$ é reto. Mas, por construção, também $\;F\hat{D}B\;$ é reto. Logo $\angle F\hat{D}B= \angle G{D}B,\;$ um ângulo maior é igual a um menor, o que não pode ser. Assim o ponto $\;G\;$ não é o centro do círculo $\;c=(ABC). \;$ O mesmo se pode demonstrar de outro ponto qualquer que não seja $\;F\;$. Logo, o ponto $\;F\;$ é o centro do círculo $\;(ABC).\;$ □


COROL. Disto se segue que, se dentro de um círculo, uma linha reta cortar outra em duas partes iguais e perpendicularmente, o centro do círculo deve estar na primeira linha que corta a outra.

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Livro I
POSTULADO I
Pede-se, como cousa possível, que se tire de um ponto qualquer para outro qualquer ponto uma linha reta.
POST III
E que com qualquer centro e qualquer intervalo se descreva um círculo.
AXIOMA I.
As cousas que são iguais a uma terceira, são iguais entre si
AXIOMA II.
Se a coisas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais
AXIOMA III.
E se de cousas iguais se retirarem outras iguais, os restos serão iguais
DEFINIÇÃO X.
Quando uma linha reta caindo sobre outra linha reta fizer com esta dois ângulos iguais, um de uma e outro de outra parte, cada um destes ângulos iguais se chama ângulo reto e a linha incidente se diz perpendicular à outra linha sobre a qual cai.
DEFINIÇÃO XV.
Círculo é uma figura plana fecha por uma só linha, a qual se chama cirucuferência, de maneira que todas as linhas retas que de um certo ponto, existente no meio da figura, se conduzem para a circunferência, são iguais entre si.
DEFINIÇÃO XVI.
O dito ponto se chama centro do círculo.
PROP. VIII. TEOR.
Se dois triângulos tiverem dois lados iguais a dois lados, cada um a cada um, e as bases também iguais, os ângulos compreendidos pelos lados iguais serão também iguais. PROP. X. PROB.
Dividir em duas partes iguais uma linha reta de um comprimento dado.
PROP. XI. PROB.
De um ponto dado em uma linha reta dada levantar uma perpendicular sobre a mesma reta dada

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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

Dividir em 4 para reinar :-)))))))

Determinar D e E vértices dos quatro triângulos equivalentes [ADE], ADC], [CDE] e [BCE] em que fica dividido o triângulo [ABC].




Parece-nos que podemos dar por findos os processos de dividir um triângulo em quatro triângulos equivalentes. Não vos parece? Valerá a pena pensar em processos de divisão em 5 triângulos equivalentes?

Dividir em 4... à Paulo Correia

Paulo Correia escreveu-nos. Para nos dizer que nos enganámos e que o último exercício (que lhe atribuímos) era equivalente a um outro, publicado anteriormente. E para nos reenviar o que ele sabe o que falta. Eu não tenho a certeza de coisa alguma que tenha ficado guardada num computador que adormeceu nos Açores.
Agradecemos. Aqui fica.


Determinar os pontos D, E, F de tal modo que o triângulo [ABC] fique dividido em 4 triângulos equivalentes [AED], [BED], [CED] e [CAF]

Quadratura de um pentágono dado

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Nas últimas entradas, fizemos construções de triângulo equivalente a polígono dado e também de construção de paralelogramo equivalente a um triângulo. Podemos assim dizer que, com régua e compasso, podemos construir paralelogramo (mesmo com um certo lado e um certo ângulo) equivalente a um qualquer polígono. Como um retângulo é um paralelogramo de ângulos retos, podemos construir um retângulo equivalente a um polígono dado e, como já tratámos da construção de um quadrado equivalente a retângulo dado, podemos construir um quadrado equivalente a um qualquer polígono. Deixamos aqui as referências das nossas entradas que trataram desse problema:

1. 
   18.3.15
   Um primeiro exemplo de proposição de álgebra geométrica, usando áreas (o corta e cola)
   PROP. V. TEOR. Livro II
   Se AB for dividido em duas partes iguais por C e em duas partes desiguais por D, o retângulo de lados AD,BD acrescentado ao quadrado de lado CD e igual ao quadrado de lado BC - metade de AB
2. 
   21.3.15
   elementos: segundo exemplo de álgebra geométrica (Livro II, Prop. VI)
   Livro II - PROP. VI. TEOR.
   Sendo uma reta AB, e nela o ponto C que divide o segmento AB em duas partes iguais e um ponto D tal que AD=AB+BD, então o retângulo de lados iguais a AB e BD acrescentado do quadrado de lado igual a CB é igual ao quadrado de lado igual a CD.
3. 
   26.3.15
   Elementos: média e extrema razão; álgebra geométrica (Prop. XI do Livro II)
   Livro II - PROP. XI. PROB.
   Dividir uma linha reta de sorte que o retângulo de tôda e de uma parte seja igual ao quadrado da outra parte
4. 
   4.4.15
   Elementos: potência de um ponto (Livro III, PROP. XXXVI. TEOR.)
   Livro III, PROP. XXXVI. TEOR.
   Se de um ponto qualquer fora de um círculo se tirarem duas linhas retas, das quais uma corte o círculo, e a outra o toque; será o retângulo compreendido por toda a reta que corta o círculo e pela parte dela que fica entre o dito ponto e a circunferência convexa do círculo, igual ao quadrado da tangente.
5. 
   11.4.15
   Retas tiradas de um ponto para um círculo: igualdade de áreas de retângulos (secantes) e quadrados (tangentes)
   Livro III - PROP. XXXVII. TEOR.
   Se de um ponto qualquer fora de um círculo se tirarem duas retas, das quais uma corte o círculo, e a outra chegue somente até a circunferência; e se o retângulo compreendido pela reta inteira que corta o círculo e pela parte dela que fica entre o dito ponto e a parte convexa da circunferência, fôr igual ao quadrado da reta incidente sôbre a circunferência, será a reta incidente tangente do círculo

Por isso, nesta entrada de hoje não há qualquer novidade. Só não resistimos a publicar uma construção do triângulo equivalente a um pentágono muito mais elegante que qualquer das que apresentámos antes e ir até ao ponto de fazer a quadratura do pentágono (determinar um quadrado igual em área (ou equivalente) a um pentágono dado).

Avaliará se valeu a pena.

Fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor do topo à esquerda, pode seguir os passos da resolução.

©geometrias, 5 maio 2016, Criado com GeoGebra

$\fbox{n=0}\;\;\;\;$ Para além do cursor $\;\fbox{n=0,1, 2,3,4,5, 6},\;$ temos o pentágono $\;[ABCDE].\;$

$\fbox{n=1}\;\;\;\;$ Prolongamos $\;AE\;$ Traçamos $\;AC\;$ e uma paralela a esta tirada por $\;B\;$ que vai intersectar $\;AE\;$ em $\;F.\;$ Do $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ outro lado, traçamos $\;CE\;$ e a paralela a ela tirada por $\;D\;$ que intersecta $\;AE\;$ em $\;G.\;$
$\fbox{n=2}\;\;\;\;$ Os triângulos $\;[ABC]\;$ e $\;[AFC]\;$ são iguais em área e pela mesma razão são iguais em área os triângulos $\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;[CDE]\;$ e $\;[CGE].$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \mathfrak{area}[ABCD]=\mathfrak{area}[ABC]+\mathfrak{area}[ACE]+\mathfrak{area}[CDE]\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; =\mathfrak{area}[AFC]+\mathfrak{area}[ACE]+\mathfrak{area}[CGE]\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; =\mathfrak{area}[FCG] $

$\fbox{n=3}\;\;\;\;$ Como já vimos em anteriores entradas, o triângulo $\;[FCG]\;$ tem área igual ao paralelogramo retângulo
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; [GHIM]\;$ por ser $\;M\;$ o ponto médio de $\;FG\;$ ou $\;FG= 2 \times MG\;$ e $\;HI\;$ incidir em $\;C\;$

$\fbox{n=4}\;\;\;\;$ O lado do quadrado equivalente ao retângulo $\;[GHIM]\;$ é o meio proporcional $\;x\;$ na proporção cujos extremos $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ são as dimensões do retângulo: $$x^2 =GA \times GH \Longleftrightarrow \frac{MG}{x} =\frac{x}{GH}....................\mbox{Euclides (300 AC) Elelemntos VI.13}$$ $ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$Bastará acrescentar ao lado $\;MG\;$ do retângulo o outro lado $\;GH.\;$ Assim: Com centro em $\;G\;$ e a passar por$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;H,\;$ traçamos a circunferência que determina $\; J\;$ na sua intersecção com a reta $\;FG\;$

$\fbox{n=5}\;\;\;\;$ $MJ =MG+GH$ é o diâmetro da circunferência que intersecta a reta $\;GH\;$ no ponto $\;L\;$ e Thales (600 AC) $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$descobriu e provou que o ângulo inscrito numa semicircunferência $\; [MLJ] \;$ é retângulo em $\;L\;$ - 1º Teorema $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$(de Thales (?)) - e, $\;GL\;$ é o meio proporcional que procuramos.

$\fbox{n=6}\;\;\;\;$ O quadrado $\;[GLRQ]\;$ é um belo representante dos quadrados equivalentes ao pentágono $\;[ABCDE]\;\;\; \square $

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1. EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
   
2. David Joyce. Euclide's Elements
3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
4. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
5. Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.

Divisões

Problemas de construção que apresentaremos na forma de exercícios interactivos (ou não):

1.     Dividir um trapézio em três partes equivalentes por rectas que intersectam as bases.

2.     Dividir um dado círculo em três partes de áreas proporcionais a três comprimentos (m, n, p) dados, com recurso a circunferências concêntricas ao círculo.

3.     Dividir um triângulo em duas partes equivalentes por uma perpendicular a um dos lados.

4.     Dividir um triângulo em duas partes equivalentes por uma paralela a um dos lados.

5.      Dividir um quadrilátero em duas partes equivalentes por uma recta passando por um vértice.

Dividir em 4 para reinar :-)))

Determinar os pontos D, E, F e os segmentos CE, DE, E EF elementos dos triângulos equivalentes [AED], [CDE], [CEF] e [BEF] em que fica dividido o triângulo [ABC].



Para cada divisão que fazemos, quantas há diferentes que podems er feitas por processo absolutamente análogo? De quantos modos mais podemos dividir um triângulo em quatro equivalentes?

De um "puzzle" a um "teorema"

Na entrada Dividir para fazer um tangram, escrevemos:
Daniel Scher termina o seu artigo A Triangle Divided: Investigating Equal Areas já referido, com uma proposta de puzzle (tangram?) feita sobre um rectângulo equivalente a um triângulo com as peças coloridas (pela divisão em quatro triângulos equivalentes).

Na altura, internamente, foram levantadas algumas dúvidas sobre o interesse dessa entrada, até porque nem tinha qualquer animação. O publicador:-) estava mesmo convencido que já tinha visto essa animação (da transformação do triângulo num rectângulo equivalente) no Atractor e procurou ligações. Por enquanto, e no pouco tempo que a esse assunto dedicou, ainda não encontrou. Mas já tinha tropeçado muitas vezes com o assunto (ou variante) em vários livros. E, antes de mudar de assunto, aproveita para referir uma ligação.
Como se pode ver nas figuras abaixo, feitas a partir da última divisão em 4 sugerida por Paulo Correia, de Alcácer do Sal, há um triângulo e um rectângulo equivalentes e compostos por um mesmo número de peças não só equivalentes, como congruentes (geometricamente iguais), disjuntas, sem sobreposições,....


No seu livro Matemática e Ensino, publicado, em Portugal, pela Gradiva(colecção Temas de Matemática), Elon Lages Lima define como polígonos equidecomponíveis os que admitem decomposições nas condições referidas. Na deambulação pelas divisões, estivemos sempre a trabalhar com polígonos com a mesma área. Elon Lages Lima afirma o óbvio de dois polígonos equidecomponíveis terem a mesma área, para chamar a atenção para a não evidência do recíproco

Teorema de Bolyai: Dois polígonos com a mesma área são equidecomponíveis.


Para aguçar a curiosidade, citamos Elon Lages Lima: ...Este teorema foi demonstrado em 1832 por F. Bolyai e, independentemente, em 1833 por P. Gerwien. F. Bolyai era o pai do famoso matemático húngaro Janos Bolyai, que descobriu a Geometria Hiperbólica (que também foi descoberta por Lobatshevski e Gauss). Gerwien era um matemático amador alemão.
O teorema de F. Bolyai é um facto geometricamente interessante, cuja prova se baseia em argumentos bem simples. ...

Valerá a pena publicar as construções exemplares relativas aos argumentos bem simples? Talvez.

Dividir em 4 para reinar :-)))))

Determine D, E, F, AD, BE e BF, vértices e lados dos quatro triângulos equivalentes [ADC], [BED], [BEF] e [BFA] em que fica dividido o triângulo [ABC].

Dividir em 4 para reinar :-))))))

Determinar D, E e F vértices dos quatro triângulos equivalentes [ABD], [BEF], [CEF] e [CDE] em que fica dividido o triângulo [ABC].