GEOMETRIA : 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

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.

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 $$\;m \times a + n \times b + p \times c = (a+b+c) \times i$$

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

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 $$2R+i+j=m+p+q+s = OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; i+j= OM+OP+OQ+OS - 2R$$
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 $$2R+k+l= OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; k+l= OM+OP+OQ+OS - 2R$$

(sugestões de António Aurélio Fernandes)

GEOMETRIA

20.11.14

Soma invariante na triangulação de polígonos inscritíveis (I)

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