31.12.17

Problema de construção —análise e síntese (9)


De vez em quando vamos acrescentando problemas de construção euclidiana (régua e compasso) usando um outro dos métodos já apresentados seguindo vários autores que foram sendo referenciados. Hoje resolvemos um problema de quadrados a partir da análise das propriedades de quadrados, ângulos, … triângulos isósceles,….

Problema: Construir um quadrado de que é dado um segmento de comprimento igual à soma $\;d+l"\;$ dos comprimentos da diagonal e do lado.


F.G.-M. Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, Problema 41.

Análise do problema:
Com o problema resolvido, teríamos um quadrado $\;[ABCD]\;$ sendo $\;AB=BC=CD=DA=l,\; AC=BD=d.\;$ Sabemos que as diagonais de um quadrado são perpendiculares se bissetam num ponto e bissectam os ângulos retos do quadrado. Cada uma das diagonais divide o quadrado em dois triângulos rectângulos isósceles. $\;ABC, \;CDA\;$ por $\;AC\;$ e $\;DAB, \; BCD\;$ por $\;DB.\;$
O que temos é um segmento de reta de comprimento $\;d+l = \overline{AC}+\overline{CD}.\;$ Tomada uma reta qualquer e sobre ela o segmento de reta de extremos $\;A\;$ e $\;E\;$ como uma extensão da diagonal $\;AC,\;$ o vértice $\;C\;$ do quadrado é o ponto que divide $\;AE = d+l\;$ em $\;AC=d\;$ e $\;CE=l.\;$
Chamemos $\;M\;$ ao ponto médio de $\;AE,\;$ podemos construir um triângulo retângulo isósceles de hipotenusa $\;AE\;$ e catetos $\;AF, \;EF\;$ sendo $\;F\;$ a intersecção da perpendicular a $\:AE\,$ tirada por $\;M\,$ com uma semicircunferência de diâmetro $\;AE\;$. Este triângulo isósceles é meio quadrado de diagonal $\;AE\;$ Sobre o cateto $\;AF\;$ deste triângulo $\;AEF,\;$ incidirá o vértice $\;D\;$ do quadrado que procuramos. Como $\;AE\;$ é a reta da diagonal $\;AC, \;\; CD \parallel EF \perp AF\;$


A construção (sintética, a seguir) é sugerida pelas relações desveladas na análise acima feita. Pode segui-la fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 5}.\;$



8 janeiro 2018, Criado com GeoGebra


Considerando as considerações acima, podemos apresentar em síntese, os passos da nossa construção bem justificados.

Para $\;\fbox{n= 1}:\;$ a figura apresentada ilustra os dados $\;A, \;E,\;AE= d+l$, para além do cursor $\;\fbox{n=1,..., 5}.\;$

Para $\;\fbox{n= 2}:\;$ acrescentamos

  • o ponto $\;M\;$ médio de $\;AE\;$ e a perpendicular a $\;AE\;$ tirada por $\;M\;$ — mediatriz — (recorrendo a $\;(A, \;AE). (E,\;EA)),\;$ por exemplo).
  • o ponto $\;F\;$ numa intersecção $\; \displaystyle (\perp_M AE) . (M,\;ME)\;$ e os catetos $\;EF, \;FA\;$ triângulo retângulo isósceles de hipotenusa $\;AE.\;$

Para $\;\fbox{n= 3}:\;$ acrescentamos a bissetriz do ângulo $\; \displaystyle A\hat{E}F =\frac{\pi}{4}\;$ que determina o vértice $\;D\;$ do quadrado na sua intersecção com $\;AF. \;$ Como $\;CD \parallel EF\;$ e uma paralela a $\;EF\;$ fará um ângulo da mesma amplitude de $\; \displaystyle A\hat{E}F =\frac{\pi}{4}\;$ sendo ângulo externo do triângulo determinado por estas últimas 3 retas e igual à soma dos ângulos internos a ele não adjacentes e que devem ser de iguais amplitudes —$\;\displaystyle \frac{\pi}{8}\;$ para que os lados opostos a cada um deles sejam iguais, ou seja $\; DC=CE\;$ já que $\;C \;$ é tal que $\;AE = AC+CD=d+l. \;$

Para $\;\fbox{n= 4}:\;$ acrescentam-se

  • o ponto $\;C\;$ como $\; (\parallel_D EF).AM\;$
  • as retas $\; \displaystyle (\perp_A AF)\;$ e $\; \displaystyle (\perp_C EF)\;$
  • o ponto $\;B\;$ como intersecção $\; \displaystyle (\perp_A AF) . (\perp_C EF)\;$
  • os segmentos de reta $\; AB, \;BC, \; CD, \;DA\;$ como lados do quadrado que procurámos.

Para $\;\fbox{n= 5}:\;$ realçamos o interior do quadrado $\;[ABCD].\;$      □

28.12.17

Hoje é Dia de Aniversário do GEOMETRIAS


No dia 28 de Dezembro de 2004, publicámos a primeira mensagem neste bloGeometrias, a saber:
A primeira experiência [28/12/04]
Durante estes anos passados, recebemos mais de 1 000 000 de visitas interessadas em construções geométricas e vindas de todo o mundo - brasileiras na sua maioria. Talvez tenhamos servido de ajuda a um ou outro. Pelo nosso lado, fomos estudando geometria básica. Ao longo dos anos trabalhámos com Cinderella, ZuL (CaR), … Geogebra... e fomos sendo abandonados por problemas com servidores, programas e linguagens que a geometria e a teimosia só em parte pôde resolver. Pode ser complicado ver e manipular algumas ou muitas das nossas construções dinâmicas. Não nos é possível rever tudo. Agradecemos agora todas as críticas e sugestões. Outros processos e projectos a que nos ligámos já estão anulados pela passagem do tempo ou abandonados à sua sorte.
OBRIGADO A TODOS OS QUE NOS VISITARAM.
ESPERAMOS TER AJUDADO A PENSAR EM GEOMETRIA BÁSICA DINÂMICA.
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Enunciado do problema (adaptado):

Inscrever numa dada esfera de raio 1 um cilindro de área máxima: que dimensões para o cilindro?

O problema é citado numa carta (10.11.1642)) enviada de Fermat para Mersenne, aqui apresentado como exemplo da potência da notação de Leibniz. Nesta entrada vamos simplesmente ilustrar o problema reduzindo à determinação de um representante dos retângulos de área máxima de entre todos os que podem inscrever-se numa circunferência de raio 1, já que a superfície do cilindro é o varrimento feito pela altura a rodar em torno do eixo a passar pelos centros das bases e, por isso , a sua área é dada por um produto da altura $\;h\;$ pelo perimetro $\;2\pi r\;$ da circunferência base ou seja $\;pi b\;$ se chamarmos $\;b\;$ segunda dimensão da secção do cilindro cortado ao meio longitudinalmente por um plano a passar pelos dois centros das bases.
A 1ª figura( parte superior da janela) apresenta uma esfera de raio 1 e nela inscrito um cano cilíndrico que a atravessa. As bases do cilindro (bocas dos canos) são circunferências de diâmetros variáveis entre zero e dois que é diâmetro da esfera. Apresenta-se também o retângulo - corte longitudinal. E, claro, os valores correspondentes às dimensões de cada retângulo, bem como o valor correspondente à superfície de cada revolução cilindrica - $\; \pi .b .h\;$.

Na parte inferior da janela, apresenta-se a figura de um círculo máximo da esfera e nele inscrito um retângulo (dimensões variáveis) em que uma delas será diâmetro da base e outra a altura do cilindro (variáveis) Sabemos que $\;b: 0 < b < 2\;$ bem como $\;h: 0 < h < 2\;$ e que $\;b^2+ h^2 = 4,\;$ já que cada um dos retângulos inscritos é dividido em dois triângulos retângulos de catetos $\;b,\; h\;$ e hipotenusa igual ao diâmetro do circulo máximo (ou da esfera). Por isso os pontos $\;(b,\; h)\;$ são pontos de uma circunferência de raio $\;2\;$ e os pontos $\;b, bh\;$ são pontos de uma curva de função $$\; b \mapsto b.\sqrt{4-b^2}$$ de domínio$\;]0, 2[,\;$ cuja derivada em ordem a $\;b\;$ é $$b \mapsto \sqrt{4-b^2} - \frac{b^2}{\sqrt{4-b^2}}= \frac{4-2b^2}{\sqrt{4-b^2}}$$ tal que $$\frac{4-2b^2}{\sqrt{4-b^2}}=0 \Leftrightarrow b=-\sqrt{2} \vee b= \sqrt{2}$$ e, por isso, de entre todos os retângulos, o retângulo que tem área máxima $\;2\;$ de dimensões $\;b=h=\sqrt{2}\;$ é um quadrado.
E o cano cilíndrico que atravesssa a esfera de um metro de raio tem área lateral $\;\pi. \sqrt{2}. \sqrt{2}\; m^2 = 2\pi\; m^2\;$ que é quanto precisa de placa de lata
ou seja, de uma placa de dimensões $\;\pi \sqrt{2}\;$ metros por $\;\sqrt{2}\;$ metros □


Alexander Ostermann, Gerhard Wanner. Geometry by its History. Sprnger, p. 195,196
Cylinder with maximal surface area in a sphere.
Problem: Inscribe in a given sphere of radius $\;1\;$ a cylinder with radius $\;y\;$ and height $\;2x\;$ of maximal surface area.

29.11.17

Áreas. Problemas de Optimização(7)


Enunciado do problema:
As diagonais de um trapézio retângulo têm comprimentos $\;a\;$ e $\;b\;$ sendo $\;b < a.\;$
Para que comprimento $\;x\;$ do lado perpendicular aos dois lados paralelos do trapézio terá este área máxima?

Para a construção da figura abaixo precisámos dos segmentos $\;a, \;b\;$ cujos comprimentos de medidas fixa correspondem às diagonais $\;a=BD\;$ e $\;b=AC\;$ do trapézio, para além de um ponto $\;A\;$ de partida.

  1. Tomados os comprimentos $\;a, \;b\;$ das diagonais e um ponto $\;A, \;$ sobre uma reta horizontal a passar por $\;A,\;$ tomámos um ponto $\;B\;$ variável em $\;\dot{A}B.\;$ Veremos depois que outras restrições tolherão os passos deste ponto.
  2. Determinamos os pontos $\;C, \;D\;$ nas intersecções de $\;(A,\; b)\;$ e $\;(B,\; a)\;$ com as perpendiculares a $\;AB\;$ tiradas por $\;B\;$ e por $\;A,\;$ respetivamente, ambos num mesmo dos semi-planos determinados por $\;AB.\;$

  3. Dos triângulos retângulos $\;ABD\;$ e $\;ABC\;$ que, em comum, têm o lado $\;AB\;$ de comprimento $\;x\;$ (cateto de um e de outro) $\;a= BD\;$ hipotenusa do primeiro deles e $\;b=AC\;$ hipotenusa do segundo.
    Sabemos
    • $\;a > b > x\;$ nova restrição para os valores de $\;x\;$ que interssama oa problema do trapézio.
    • $\;AD^2 =a^2-x^2 \Rightarrow AD= \sqrt{a^2-x^2}$
      $\;BC^2= b^2-x^2 \Rightarrow AD= \sqrt{b^2-x^2}$

      e a área $\;y\;$ do trapézio $\;ABCD\;$ que é igual ao produto da semi-soma dos lados paralelos pela altura relativa a esses lados $$ \displaystyle \frac{AD + BC}{2} \times AB $$ e pode ser expressa em função de $\;x :\;$ $$y= \frac{\sqrt{a^2-x^2}+ \sqrt{b^2-x^2}}{2} \times x$$
  4. No canto superior direito da construção apresentamos o conjunto dos pontos $\;(x, \;y)\;$ do gráfico da função $\;y = f(x)\;$ que esclarece o modo como varia a área $\;y\;$ do trapézio em estudo com a variação da altura do trapézio $\;x\;$ relativa aos seus lados paralelos.

27 novembro 2017, Criado com GeoGebra

  • No canto superior direito da construção apresentamos o conjunto dos pontos $\;(x, \;y)\;$ do gráfico da função $\;y = f(x)\;$ que esclarece o modo como varia a área $\;y\;$ do trapézio em estudo com a variação da altura do trapézio $\;x\;$ relativa aos seus lados paralelos.
  • Sem perdermos de vista que $\;0 < x < b < a,\;$ olhemos para a derivada de $\;y=fx):\;$ $$\displaystyle \frac{dy}{dx} =\frac{\sqrt{a^2-x^2}+ \sqrt{b^2-x^2}}{2} - \frac{x^2} {2} \left(\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}} +\frac{1}{\sqrt{b^2-x^2}}\right)= \frac{\sqrt{a^2-x^2}+ \sqrt{b^2-x^2}}{2} - \frac{x^2}{2}.\frac{\sqrt{b^2-x^2}+\sqrt{a^2-x^2}}{\sqrt{a^2-x^2} . \sqrt{b^2-x^2}}= $$
    $$= \displaystyle \frac{\sqrt{a^2-x^2}\sqrt{b^2-x^2}(\sqrt{a^2-x^2}+\sqrt{b2-x^2})-x^2(\sqrt{a^2-x^2} +2x^2\sqrt{b^2-x^2})}{2\sqrt{a^2-x^2} .\sqrt{b^2-x^2}}= \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \;\;\;$$
    $$=\frac{(\sqrt{a^2-x^2} +\sqrt{b^2-x^2}) (\sqrt{a^2-x^2}\sqrt{b^2-x^2} -x^2)}{2\sqrt{a^2-x^2} .\sqrt{b^2-x^2}}\;\; \;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;$$ que só se anula quando $$\sqrt{a^2-x^2}= -\sqrt{b^2-x^2} \;\;\;\;\;\vee \;\;\;\;\; x^2 = \sqrt{a^2-x^2} \;\;\sqrt{b^2 - x^2}$$ Como a primeira condição de anulamento nunca se verifica para as condições do problema, resta-nos $$y’_x = 0 \Leftarrow x^2 = \sqrt{(a^2-x^2)(b^2 - x^2)} \Leftarrow x^4 =(a^2-x^2)(b^2-x^2) \Leftarrow x^4 = x^4-(a^2+b^2)x^2 + a^2b^2 \Leftarrow x^2= \frac{a^2b^2}{a^2+b^2}$$ Concluindo $$ x=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}} \Rightarrow y’_x=0$$ De outro modo $$y’_x = 0 \Leftrightarrow x^2= \overline{AD} \times \overline{BC} \Leftrightarrow x= \sqrt{\;\overline{AD} \times \overline{BC} \;}$$
    No caso da nossa figura ou construção, em que tomamos $\;a=4\;$ e $\;b=2\;$, o máximo dos valores $$y= \frac{\sqrt{16-x^2}+ \sqrt{4-x^2}}{2} \times x$$ das áreas dos trapézios é 4 atingido para $\;\overline{AB}=x=\displaystyle \frac{4}{\sqrt{5}}\;$ □


    Sangaku Optimization Problems:
    (All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
    Kazen Yamamoto, Hiromu Hasegawa. (1809)
    Problem Statement: The diagonals of a trapezoid are fixed with lengths a and b with b < a. What is the horizontal length, x, which produces the trapezoid of maximal area?
    Sanpõ-Jojutsu, pg. 151.

    21.11.17

    Áreas. Problemas de Optimização(6)

    Problemas Sangaku de Optimização

    Enunciado do problema (interpretado):
    Considere retângulos de papel (de cantos (vértices)$\;A,\;E,\;F,\;D\;$) que têm a mesma altura ($\;AD=EF\;$) como a maior das suas dimensões. (No caso da nossa figura $\;AE < AD).\;$
    Imagine que dobra cada um dos retângulos de papel retangulares de tal modo que um dos vértices vá sobrepor-se ao vértice oposto (por exemplo $\;A \longrightarrow A’=F\;$ como no caso da nossa figura).
    Para qual dos retângulos de papel $\;AEFD\;$ é máxima a área do triângulo $\;\;[DHF]\;$ vermelho?

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

    1. Sendo $\;\overline{AD}\;$ invariante, no caso da nossa figura está fixado em $\;4,\;$ a outra dimensão $\;\overline{AE}\;$ variável, pode tomar qualquer valor positivo menor que o de$\; \overline{AD}.\;$ Por isso, na figura consideramos $\;E\;$ um ponto móvel em $\;[AB]\;$
    2. 20 novembro 2017, Criado com GeoGebra

    3. Mostramos a diagonal $\;AF\;$ porque vamos dobrar o papel levando $\;A\;$ a sobrepor-se a $\;F,\;$ ou seja $\;A \mapsto A’ \equiv F\;$ por reflexão relativa ao ponto $\;M\;$ médio de $\;AF \;$ e a dobra, que é o conjunto dos pontos do retângulo que se mantêm nas mesmas posições, será uma perpendicular a $\;AF\;$ tirada por $\;M\;$ a intersetar $\;AD\;$ em $\;H\;$ e $\;EF\;$ em $\;G. \;$ A dobra é eixo da reflexão para a qual $$M \mapsto M, \;\;G \mapsto G, \; \;H \mapsto H, \;\;A \mapsto F$$ e, em consequência, $\;HA \rightarrow HF \;$ e $\;\overline{HA}= \overline{HF}.\;$
    4. Mostramos o ponto $\;E’\;$ das perpendiculares ao eixo $\;HG\;$ tirada por $\;E\;$ e a $\;HF\;$ tirada por $\;F\;$ (esta última por a perpendicularidade é invariante por reflexão e $\;HA \rightarrow HF \;$ e $\; AF \rightarrow FE’ = A’E\;$ e $\overline{AE}=\overline{FE’}.\;$ Claro que $\;GE \rightarrow GE’\;$ e $\overline{GE}=\overline{GE’}.\;$ Quando dobramos o papel, o quadrilátero $\;AEGH\;$ passa a ocupar a posição de $\;FE’GH.\;$
      E ganha realce o triângulo vermelho $\;DHF\;$ que é o que nos interessa estudar: Quando a dimensão $\;\overline{AE}=x\;$ do retângulo varia, como varia a área $\;y\;$ de $\;FDH\;$ ?
    5. Designamos por $\;x\;$ o valor do comprimento variável comum a vários segmentos $\;AE=DF=FE’\;$ que varia quando a posição de $\;E\;$ varia sobre $\;[AB]\;$ e por $\;y\;$ o valor correspondente à área de $\;FDH\;$ que varia com $\;x = DF\;$ e é o gráfico dessa dependência de $\;y\;$ que estudamos: Se designarmos por $\;h\;$ a invariante $\;\overline{AD}\;$ temos por um lado $\; h-dH=HF\;$ e, por outro, $\;HF^2=x^2+DH^2\;$, podemos escrever $\;(h-DH)^2 = x^2+HD^2\; \; \mbox{ou} \;\; h^2 + DH^2 -2h.DH = x^2 + DH^2, \;\;$ de onde decorre que $$DH= \frac{h^2-x^2}{2h}$$ O valor $$\mbox{Área de} \; \;[FDH] = \frac{FD \times DH}{2}$$ correspondente à área $\;y\;$ pode ser expresso $$y = \frac{x \times (h^2- x^2)}{4h}\,\;\mbox{ou}\;\; y= \frac{1}{4h} (-x^3+h^2.x)$$ O gráfico $\;(x,\; f(x))\;$ para o domínio de valores para $\;x\;$ conforme as condições do problema, a saber $\;]0,\; h[\;$
    6. Para determinar o valor de $\;x\;$ correspondente ao máximo dos valores $\;y\;$ consideremos o uso da derivada $$y’(x)= \frac{1}{4h} (-3x^2+h^2)$$ Para $x: \;\;0< x < h\;$, y’(x) anula-se para $ -3x^2+h^2 = 0 \Leftrightarrow x= \displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}} h.$
      Ora $$\; x < \frac{\sqrt{3}}{3} h \Rightarrow x^2<\frac{h^2}{3} \Rightarrow -3x^2> -h^2 \Rightarrow -3x^2+h^2 >h^2-h^2 \Rightarrow -3x^2+h^2 >0$$ o que quer dizer que à esquerda de $\;\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3} h\;$ a função $\;y(x)\;$ cresce com $\;x\;$. E, de modo simétrico, $$\; x > \frac{\sqrt{3}}{3} h \Rightarrow x^2 > \frac{h^2}{3} \Rightarrow -3x^2 < -h^2 \Rightarrow -3x^2+h^2 < h^2-h^2 \Rightarrow -3x^2+h^2 < 0$$ e com $\;x\;$ para a direita de $\;\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3} h\;$ a função $\;y(x)\;$ decresce Ou seja, para todos os pontos do domínio $\;]0, \; h[\;$ a área do triângulo vermelho tem valores nunca superiores a $$y\left(\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3} h\right) = \frac{1}{4h} \left(-\left(\frac{\sqrt{3}}{3} h\right)^3+h^2.\frac{\sqrt{3}}{3} h\right)= \frac{\sqrt{3} h^2}{18}$$
    No caso da nossa figura em que $\;h=4\;$, de entre os triângulos $\;FDH, \;$ aquele que tem área máxima de valor aproximado 1,5396 tem o cateto $\;DF = \displaystyle \frac{4\sqrt{3}}{3} \approx 2,3094 $ □


    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: A rectangular piece of paper is folded so that two opposite corners coincide. If the height of the rectangle is fixed at a given length, what dimensions of the rectangle will give the maximum area of the shaded triangle?
    The Sangaku in Gumma. Gumma Wasan Study Association, 1987.

    17.11.17

    Áreas: Problemas de Optimização (5)

    Problemas Sangaku de Optimização

    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 $\;[AO].\;$
    2. 16 novembro 2017, Criado com GeoGebra

      na figura seguinte, acrescenta-se
    3. a semicircunferência tracejada de centro em $\;O\;$ e raio $\;OD=x\;$
    4. a que sucede a determinação da
    5. 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 $\;OD$.
    6. e, finalmente,
    7. 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.
    8. 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.

    7.11.17

    Notas sobre o problema do quadrado dobrado

    Problemas Sangaku de Optimização

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

    Nas condições já descritas em entrada anterior que vale a pena rever por ter sio ampliada, dobrámos um quadrado de papel de cantos $\;A,\;B, \;C, \;D\;$
    mantendo fixos os cantos $\;B, \;C \;$ e levando $\;A\;$ a sobrepor-se a um ponto $\;A'\;$ de $\;BC.\;$
    Escolhemos, para isso, um ponto $\;P \in [AB]\;$ para extremo de uma linha de dobra mais próximo de $\;B\;$ que de $\;A.\;$ Sabemos que
    — para cada ponto $\;P\;$ há um só $ \;A' \in [BC] \;$ tal que $\;\overline{PA}= \overline{PA'},\;$
    — $\;AD \longrightarrow A'D' \;$ sendo $\;A'D' \perp PA' \wedge A'D'= AD,\;$
    o outro ponto $\;E \in [CD]\;\;$ extremo da linha de dobra está na perpendicular a $\;A'D'\;$ tirada por $\;D'\;$ e é tal que $\;\overline{ED}=\overline{ED'},\;$
    — os trapézios $\;APED\;$ e $\;A'PED'\;$ são geometricamente iguais, ou a figura $\;APA'D'ED\;$ admite a linha de dobra $\;PE\;$ como eixo de simetria (reflexão)
    — são semelhantes os triângulos retângulos $\;PBA', \;A'CF, \;FD'E.\;$ já que são complementares entre si $\;B\hat{A'}P\;$ e $\;F\hat{A'}C\;$ e, cada um deles, ser respetivamente complementar com $\;A'\hat{P}B\;$ e $\;C\hat{F}A'\;$ e este último ser verticalmente oposto a $\;E\hat{F}D',$ obviamente complementar de $\;D'\hat{E}F.$

    Apresentamos, nesta entrada, relações entre comprimentos de segmentos (do quadrado, dos trapézios, dos triângulos, etc) que não dependam da posição de $\;P\;$ e nos foram sendo sugeridas por leituras a respeito de um problema de optimização Sangaku.....

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

    © geometrias, 23 outubro 2017, Criado com GeoGebra

    1. Começamos por apresentar o quadrado $\;ABCD\;$ e
    2. a castanho, o trapézio $\;A'DEP\;$, imagem de $\;ADEP\;$ por uma reflexão de eixo $\;EP.\;$
    3. A circunferência de centro em $\;A'\;$ e a passar por $\;D'\;$ (de raio $\;A'D'=AB\;$) passa pelo ponto $\;T\;$ de tangência de $\;(A',\; AB)\;$ com $\;AD\;$ ($\;A'T \perp AD \; \wedge A'T = AB\;$ ) a que, ao dobrar pela reflexão de eixo $\;EP, \;$ corresponde o ponto $\;T'\;$ de tangência de $\;A'D'\;$ com $\;(A, \;AB)\;$ ( a reflexão de eixo $\;EP\;$ que transforma $\;(A, \;AB)\;$ em $\;(A', \;AB)\;$ mantém a tangência)
      Ficou assim provado que $\;T'\;$ é um ponto de tangência de $\;A'D'\;$ com $\;(A, \;AB).\;$
      1. Em consequência, e por $\;B\;$ e $\;D\;$ serem pontos de tangência de $\;(A, \;AB)\;$ respectivamente com $\;BA'\;$ e com $\;DF\;$ são iguais os segmentos dessas tangentes, a saber: $\;A'T'=A'B\;$ e $\;FT'=FD\;$.
      2. E podemos agora provar que o perímetro do triângulo $\;A'CF\; $ $$\;A'C+A'F+FC=A'C+\underbrace{A'T'+T'F}+FC= \underbrace{CA'+A'B} + \underbrace{DF+FC}=BC+CD$$ é igual a metade do perímetro do quadrado $\;ABCD.\;$
      3. Do mesmo modo, como $\;CA'+A'F+FC=BC+A'D'=\underbrace{BA'+A'C}+\underbrace{A'F+FD'}=\underbrace{CA'+A'F}+ \underbrace{A'B+FD'}$ concluímos que $$FC=A'B+FD'$$
      4. Como $$\Delta A'CF'\; \sim \Delta FD'E \Longrightarrow \frac{A’F}{EF}= \frac{A’C}{D’E}=\frac{CF}{D’F}$$ $$\Delta PBA'\; \sim \Delta FD'E \Longrightarrow \frac{BA’}{FD’}=\frac{PB}{ED’}=\frac{PA’}{EF}$$ $$\Delta A'CF'\; \sim \Delta PBA' \Longrightarrow \frac{A’F}{A'P}= \frac{A’C}{PB}=\frac{CF}{A'B}$$ e $$\;FC=A'B+FD' \Leftrightarrow \frac{FC}{FD'} = \frac{FD'}{FD'}+\frac{A'B}{FD'}= 1+\frac{A'B}{FD'}, \;\;\;\;\overline{F'D} \neq 0\;$$ ou seja, a razão da semelhança que transforma $\;\Delta FD'E\;$ em $\;\Delta A'CF'\;$ excede em 1 o valor da semelhança que transforma $\;\Delta FD'E\;$ em $\;\Delta PBA'\;$ e é, por isso, sendo verdade que $\;FC=A'B+FD'\;$ também é verdade que $\;A'C=PB+D'E\;$ e $\;A'F=PA'+EF.\;$ $$CF+FA'+A'C = \underbrace{A'B+FD'} + \underbrace{PB+D'E} + \underbrace{PA'+EF}= \underbrace{BA'+A'P+PB} + \underbrace{FD'+D'E+EF}$$ e concluimos que o perímetro de $\;\Delta A'CF'\;$ é igual à soma dos perímetros de $\;\Delta PBA'\;$ e $\;\Delta FD'E.\;$
    4. Mostra-se nesta etapa o círculo inscrito de centro em $\;I\;$ e raio $\;r=IJ=IK=IL\;$ no triângulo $\;A’CF\;$ retângulo em $\;C\;$ e os pontos de tangência: $\;J\;$ do lado tangente $\;A’C,\;\; \;K \;$ do lado tangente $\;CF,\;\;\;L\;$ do lado tangente $\;A’F.\;$ Cada um destes pontos de tangência divide o lado respetivo em dois segmentos, a respeito dos quais sabemos que $$\;A’L=A’J,\; \;\;FL=FK, \; \;CJ=CK=JI=KI=LI.$$
      Ainda nos interessam alguns resultados que relacionam o inraio $\;r\;$ do triângulo $\;A’CF\;$ com os seus lados e dos outros triângulos semelhantes a este.
        Podemos também provar que
      1. o inraio $\;r=IJ=IK=IL= JC=CK\;$ tem comprimento igual ao segmento $\;[FD'].\;$
        Como $\;CF+FA'+A'C = CK+KF+FL+LA'+A'J+JC =r+FL+FL+LA'+LA'+r =\;$ $=2r+2FL+2LA'=2(r+FL+LA')\;$ e $\;A'D' = A'L+LF+FD'\;$ e, em consequência , $\;2A'D'= 2A'L + 2FL + 2FD' =2(FD'+FL+LA').$
        Ora, por ser $\;2A'D'\;$ o semiperímetro do quadrado $\;ABCD\;$ como o é $\;CA'+A'F+FC\;$ (cf. 3.2), podemos escrever $\; 2(r+FL+LA')=2(FD'+FL+LA')\;$ o que equivale a $$\;r=FD'\;$$
      2. De $\;BA'+ A'J+JC = BC =A'D'=A'L+LF+FD' \; \wedge A'J=A'L$ retira-se $$\;BA'= A'L= KF\;$$
      3. De $\; FC=FK+KC,\;$ tiramos $\;FK=FC-r\;$ e de $\; A’C=A’J+JC,\;$ tiramos $\;A’J =A’C-r\;$ e, em consequência, $\;FA’=FJ+JA’=FC-r +A’C-r =FC+A’C-2r\;$ e, concluindo, $\;2r=FC+CA’-A’F\;$ que nos dá o valor do inraio $\;r\;$ em função dos lados do triângulo $\;A’CF\;$ em que se inscreve o incírculo: $$\;r= \frac{FC+CA’-A’F}{2}\;$$ metade da semi-soma dos catetos subtraída da hipotenusa.
      4. Se tomarmos o ângulo $\;A'\hat{A}B =D'\hat{D}F =\alpha\;$ e para unidade de comprimento o lado do quadrado $\;AB=1,\;$ $\;tg(\alpha)=BA'=t\;$ . Temos $\;A'C=1-t\;$ e $$\frac{BA'}{A'C}=\frac{t}{1-t}.$$Quando tomamos $\;D\hat{A}F=\displaystyle \pi /4 -\alpha\;$ ficamos com $\;tg(\displaystyle \pi /4 -\alpha) = \displaystyle \frac{1-t}{1+t} \;$ e $\;CF=1-FD=\displaystyle \frac{2t}{1+t}\;$ e $\;\displaystyle \frac{CF}{FD}=\frac{2t}{1-t}\;$

    1. Sangaku Optimization Problems:
      (All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
      Japanese Paper Folding Problem
      Problem Statement: When as square piece of paper of fixed side length is folded as shown in the figure, a circle is formed in the upper-left-hand corner which is tangent at three points to the paper. First show the red segment and the red radius are equivalent for all folds. Then determine where the paper should be folded in order to maximize the area of the circle.
      Adapted from: Japanese Temple Geometry Problems. Fukagawa, H. & Pedoe, D. The Charles Babbage Research Center, Winnipeg, 1989.
    2. A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.
    3. http://geometrias.eu/deposito/ORirABCO2a.html
      http://geometrias.blogspot.pt/2014/10/triangulos-retangulos-altura-e-inraios.html
    4. Robert Geretschläger. Folding Questions - A paper about Problems about Paper. WFNMC-6, Riga, Latvia: 2010
    5. Hiroshi Okumura. A Folded Square Sangaku Problem
    6. Hiroshi Okumura. A Note on HAGA's Theorems in Paper Folding. in Forum Geometricorum.Volume 14 (2014) 241-242
    7. Hidetoshi Fukagawa. Japanese Temple Geometry Problems. 1989.

    28.10.17

    Áreas. Problemas de Optimização (4)

    Problemas Sangaku de Optimização

    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.

    22.10.17

    Áreas: Problemas de optimização(3)

    Problemas Sangaku de Optimização

    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:
    Tomamos um quadrado $\;ABCD\;$ de papel que vamos dobrar - fixando um ponto ($\;P\;$) num dos lados ($\;AB,\;$ por exemplo) levamos um dos vértices desse lado ($\;A,\;$ por exemplo) até um ponto ($\;A’\;$) do lado ($\;BC\;$) oposto do lado ($\;AD.\;$) Fixadas as posições (de $\;P \in AB\:$ e de $\;A’ \in BC\;$ tais que $\;AP=PA’\;$) dobramos o papel quadrado pelo segmento de reta da dobra de extremo $\;P.\;$ Obtemos assim um trapézio a cobrir parte de um outro trapézio que se manteve inalterável e a parte do original quadrado que ficou a descoberto é composta por dois triângulos retângulos, um retângulo em $\;B\;$ e outro retângulo em $\;C.\;$
    Para cada $\;P\;$ de $\;AB\;$ há uma só dobragem, se houver.
    Pretende-se saber a posição de $\;P\;$ sobre $\;AB\;$ para a qual o círculo inscrito no triângulo retângulo em $\;C\;$ tem área máxima.

    1. Na primeira janela mostram-se os quatro vértices do quadrado $\;ABCD,\;$ dos quais $\;B\;$ e $\;C\;$ vamos manter fixos (não afectados pelas operações de dobragem do quadrado de papel.
    2. Não é possível levar $\;A\;$ até $\;BC\;$fixando um ponto qualquer de $\;AB\;$ para extremo da linha de dobra. Se tomar o ponto $\;M\;$ médio de $\;AB, \;$ levamos o ponto $\;A\;$ a sobrepor-se a $\;B.\;$ Só os pontos de $\;MB\;$ podem ser extremidades de linhas de dobra nas condições do enunciado. Mostram-se os pontos $\;M: \; AM=MB\;$ e $\;P \in MB\;$ que pode ser deslocado.
    3. 3 outubro 2017, Criado com GeoGebra

    4. Para cada $\;P\;$ só há um ponto $\;A’\;$ de $\;BC\;$ tal que $\;AP=PA’.\;$ Fixados $\;P\;$ e $\;A’\;$ a dobra é única. Ao levar $\;A\;$ a sobrepor-se a $\;A’,\;\; AP\;$ irá para a posição de $\;PA’,\;\; AD\;$ para a posição de $\;A’D’\;$ um segmento da reta perpendicular a $\;PA’\;$ e igual em comprimento a $\;AD.\;$ O extremo $\;E\;$ da linha de dobra no lado $\;CD\;$ oposto a $\;AB\;$ estará sobre a perpendicular tirada por $\;D’\;$ a $\;A’D’\;$ e será tal que $\;DE=ED’\;$ e $\;D\hat{E}D’=A\hat{P}A’.\;$
      Notemos que, quando existem, são iguais os trapézios retângulos $\;APED\;$ e $\;PA’D’E\;$ e semelhantes os triângulos retângulos $\;PBA’, \;\; A’CF,\; EFD’.\;$
    5. Mostra-se nesta etapa o incírculo de $\;[A'CF] \;$ de centro $\;I\;$ e inraio $\;r=IJ$
    6. Nesta etapa, acrescentam-se os pontos $\;O\;$ e $\;X\;$ tais que $\;OX =PB\;$ e relativamente a estes os pontos
      • $\;S=\left(OX, \pi. r^2 \right)\;$ que nos mostra a variação da área do incírculo de $\;[A'CF]\;$ com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$
      • $\;CA'=\left(OX,\; \overline{A'C} \right)\;$ que nos mostra a variação do comprimento do cateto $\; \overline{A'C}\;$com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$ que decresce à medida que $\;P\;$ se aproxima de $\;B;\;$
      • $\;CF=\left(OX,\; \overline{CF} \right)\;$ que nos mostra a variação do comprimento do cateto $\; \overline{CF}\;$ (com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$) que cresce à medida que $\;P\;$ se aproxima de $\;B;\;$
      Deslocando $\;P\;$ em $\;MB,\;$ poderá conjecturar que $\;S\;$ atinge a sua posição mais elevada (área máxima) quando os catetos de $\;A'CF\;$ têm comprimento igual.


    A figura abaixo esclarece que quando a área - ordenada do ponto $\; T\;$ - do triângulo $\;A’CF\;$ cresce {decresce}, a área - ordenada do ponto $\;Y\;$ - do seu incírculo cresce (decresce) e que, para qualquer que seja o valor de $\;x=PB=OX\;$ abcissa comum de $\;T\;$ e $\;Y, \;$ as áreas dadas como ordenadas são tais que $\;y(Y) < y(T).\;$ Ou seja, podemos concluir que a maior área do incírculo e a maior área do triângulo são atingidos numa mesma posição de $\;P.\;$

    1 novembro 2017, Criado com GeoGebra

    Usando as seguintes designações $\;AB=a\;$ (constante), $\;BP=x\;$ (variável com posição de $\;P\;$ em $\;MB,\;$) $\;BA’ = p\;$ e $\; CF=a’\;$ temos
    $\;A’P=a-x, \;A’C=a-p\;$ e por $\;BA’P\;$ ser retângulo em $\;B\,$, temos
    $$\;x^2+p^2=(a-x)^2 \Leftrightarrow x^2+p^2 = a^2+x^2-2ax \Leftrightarrow x= \displaystyle \frac{a^2-p^2}{2a} *\;$$ e como $\Delta A’CF \sim \Delta BA’P$, sabemos que $$\frac{a’}{p}=\frac{a-p}{x} \Leftrightarrow a’=\frac{2ad(a-p)}{a^2-p^2} \Leftrightarrow a’= \frac{2ap}{a+p}$$ e a área $\;y(T)\;$ de $\;\Delta A’CF\;$ pode ser expressa $$y = \frac{a’(a-p)}{2}\Leftrightarrow y = \frac{2ap(a-p)}{2(a+p)}\Leftrightarrow y=\frac{ap(a-p)}{a+p}$$ e $$y’_p= \frac{(a(a-p)-ap)\times(a+p) - ap(a-p)}{(a+p)^2}= \frac{(a^2-2ap)(a+p)-a^2p+ap^2}{(a+p)^2}=$$ $$y’_p=\frac{a^3+a^2p-2a^2p-2ap^2-a^2p+ap^2}{(a+p)^2} = \frac{a^3-2a^2p -ap^2}{(a+p)^2}$$ Assim, para $\;a\neq 0,\;$ $$y’_p (p)=0 \Leftrightarrow a(p^2 + 2ap -a^2)=0 \Leftrightarrow p=\frac{-2a ± \sqrt{8a^2}}{2}= 0 \Leftrightarrow p= -a + \sqrt{2} a \vee p=-a - \sqrt{2} a$$ Para o problema em causa, só o primeiro valor apresentado $\;p= (\sqrt{2} -1)a\;$ serve. E, portanto, para o valor $$*x=\frac{a^2- (\sqrt{2} -1)^2a^2}{2a}=\frac{a^2(1-(2-2\sqrt{2}+1)}{2a}= \frac{a^2(\sqrt{2}-1)}{a}= (\sqrt{2}-1)a$$ de $PB$ as áreas do triângulo $\;[A’CF]\;$ e do seu incírculo tomam o seu valor máximo.
    Podemos agora confirmar a conjectura feita na entrada anterior Quando $\;p=BA’=(\sqrt{2}-1)a, \;$ será verdade que acontece $\;a-p= A’C=CF=a’ ?\;$ Ou, para $ \;p=(\sqrt{2}-1)a\;$ será $\;CF=a’= \frac{2ap}{a+p} = a-p =A’C’ ?$
    Ora, substituindo $\;p\;$ por $(\sqrt{2}-1)a\;$ nas diversas expressões e simplificando temos
    $\;2ap = 2a(\sqrt{2}-1)a, \;\; \; a+p=a+(\sqrt{2}-1)a=\sqrt{2}a; \;\;\; a-p= a- \sqrt{2}a +a=(2-\sqrt{2})a\;$ de onde se retira finalmente $$\frac{2(\sqrt{2}-1)a^2}{\sqrt{2}a}=\frac{2a(\sqrt{2}-1) \times \sqrt{2}}{2}=(2-\sqrt{2})a $$ como esperávamos. Fica confirmada a conjectura adiantada inicialmente.


    1. Sangaku Optimization Problems:
      (All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
      Japanese Paper Folding Problem
      Problem Statement: When as square piece of paper of fixed side length is folded as shown in the figure, a circle is formed in the upper-left-hand corner which is tangent at three points to the paper. First show the red segment and the red radius are equivalent for all folds. Then determine where the paper should be folded in order to maximize the area of the circle.
      Adapted from: Japanese Temple Geometry Problems. Fukagawa, H. & Pedoe, D. The Charles Babbage Research Center, Winnipeg, 1989.
    2. A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.
    3. http://geometrias.eu/deposito/ORirABCO2a.html
      http://geometrias.blogspot.pt/2014/10/triangulos-retangulos-altura-e-inraios.html
    4. Robert Geretschläger. Folding Questions - A paper about Problems about Paper. WFNMC-6, Riga, Latvia: 2010
    5. Hiroshi Okumura. A Folded Square Sangaku Problem
    6. Hiroshi Okumura. A Note on HAGA's Theorems in Paper Folding. in Forum Geometricorum.Volume 14 (2014) 241-242
    7. Hidetoshi Fukagawa. Japanese Temple Geometry Problems. 1989.

    13.9.17

    Áreas: Problemas de optimização (2)

    Problemas Sangaku de Optimização

    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:
    Seja um quadrado $\;[BCAD],\;$como se mostra na figura abaixo. Consideremos as diagonais $\;AB, \;CD\;$ e $\;M\;$ o seu ponto de intersecção. Sobre $\;CD, \;$ tomemos os pontos $\;P,\;\;R\;$ simétricos eme relação a $\;M.\;$ Obtemos um rombo (ou losango) $\;BPAR.\;$ Consideremos também o quadrado $\;PQRS.\;$
    Para que valor ou valores dos comprimentos $\;PQ\;$ (lados dos quadrados $\; PQRS\;$) é que os valores das áreas assinaladas a vermelho atingem o seu máximo?

    Da figura à esquerda, já descrita no enunciado, as retas das diagonais $\;AB, \;CD\;$ são eixos de simetria e, por isso, o problema proposto fica resolvido determinando qual é o valor do comprimento de $\;PQ\;$ para o qual $\;PAQ\;$ tem área máxima.

    12 setembro 2017, Criado com GeoGebra

    O que vamos fazer é estudar a dependência de valores $\;y=OY\,$ das áreas de $APQ$ em função dos valores dos comprimentos dos lados $\;x=OX=PQ\;$ dos quadrados $\;PQRS.\;$
    As diagonais dos quadrados são iguais $\;AB=CD, \;PR=QS,\;$ bissectam-se $\;QM=MP \;$ perpendicularmente $\;C\hat{M}A =P\hat{M}Q =1\;$ reto, sendo por isso $\;PQ^2 = PM^2+MQ^2 = 2PM^2\; \Leftrightarrow x=\sqrt{2}PM \Leftrightarrow PM^2=\displaystyle \frac{x^2}{2}\;$ e, designando por $\;2a\;$ o comprimento fixo de $\;AB,\;$ e por $\;2d\;$o valor dos comprimentos variáveis das diagonais de $\;PQRS,\;$ sobre a área $\;y\;$ do triângulo $\;PAQ$ que é igual ao triângulo $\;PAM\;$ subtraído do triângulo $\;MPQ,\;$ podemos escrever $$y=\frac{a\times d}{2} - \frac{d^2}{2} = \displaystyle \frac{\sqrt{2}ax}{2} - \frac{\displaystyle\frac{x^2}{2}}{2}=\frac{2\sqrt{2}ax-x^2}{4}$$ Quando $\;P\;$ toma a posição de $\;M, \;\; P\equiv M\equiv Q \ldots \;$ então $\;x=0.\;$ O maior valor que $\;x=PQ\;$ pode atingir é quando $\;P = C\;$ e $\;Q=A\;$: $\;\;\;PQ=AC=\sqrt{2}a.$
    Para o nosso problema, $\;x\;$ pode tomar todos os valores entre $\;0\;$ e $\;\sqrt{2}a:\;$ $$0\leq x=OX \leq AC=\sqrt{2}a$$ e, em consequência, como $$\;y=\frac{2\sqrt{2}ax-x^2}{4}= \frac{-(x^2 - 2\sqrt{2}ax +2a^2)+2a^2}{4}= \frac{1}{4}(2a^2 -(x-\sqrt{2}a)^2$$ função polinomial do segundo grau em que $\;x^2\;$ tem coeficiente negativo $\;\displaystyle -\frac{1}{4}\;$ $$y=\frac{1}{4} (2a^2-(x-\sqrt{2}a)^2 = 0 \Leftrightarrow \;x=0 \vee x=\sqrt{2}a $$ $y\;$ atinge o seu valor máximo para o valor de $\;x\;$ médio de $\;[0,\; \sqrt{2}a] \;$ que é $\; \displaystyle \frac{\sqrt{2}a}{2}.\;$
    Nota: Clicando no botão de animação, na esquerda ao fundo, pode visualizar os traços dos pontos de abcissas $\;x\;$ entre $\;0\;$ e $\;\;\sqrt{2}a \;$
    • $\;L\;$ que tem como ordenada $\;y=OY\;$ o valor associado à área do triângulo $\;PAQ\;$ correspondente a cada valor de $\;x \ldots\;$
    • $\;L_t\;$ que tem como ordenada $\;y_t= OY_t\;$ o valor associado á área de toda a superfície vermelha $\;y_t = 4 y =4 PAQ \;$ correspondente a cada valor $\;x\;$ de comprimento do lado do quadrado $\;PQRS.\;$

    Sangaku Optimization Problems:
    (All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
    Ohma Shinmeislsya shrine, circa 1821, Nakamura Tokikazu
    Problem Statement: A square of fixed side length is constructed. If we shrink the vertical diameter of the square and keep the side lengths fixed, a rhombus is formed. Within the rhombus another square can be formed. For what side length of the inner square will the area between the rhombus and the inner square be maximized?
    Sacred Mathematics: Japanese Temple Geometry. Fukagawa, H. & Rothman, T. 2008.

    6.9.17

    Áreas: Problemas de Optmização


    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 $\;a=AB.\;$
    2. 4 setembro 2017, Criado com GeoGebra

    3. 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.
    4. 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.
    5. 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.

    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.

    26.1.17

    cortes no cubo

    video feito sobre animação de uma construção dinâmica em geogebra5 vista em tese de dissertação de mestrado em Matemática para Professores de Zelina Filomena José Roteiro: Zelina Filomena José Roteiro. Geogebra3D - Uma abordagem para Timor-Leste. orientada por Fernando Jorge Soares Moreira. FCUP. Porto onde se encontram ligações (nas páginas 105 e 106) para cada uma das construções feitas no âmbito da dissertação.