área do círculo restante do dado hexágono regular que nele se inscreve

---

Começámos por apresentar um hexágono regular de vértices $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E,\;F\;$ sendo $\;\overline{AB}=10 =\overline{BC}=..=\overline{FA}=.\;$
Queremos só que determine a área de parte do círculo exterior ao dado hexágono regular que nele se inscreve. .

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

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

---

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

---

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

3D: Círculos como cortes de uma esfera por planos perpendiculares concorrentes num ponto da superfície esférica.

Teorema: Tomemos três planos perpendiculares dois a dois, que concorrem num ponto da superfície de uma esfera dada. As intersecções dos três planos com a esfera são três círculos que passam pelo ponto comum à esfera e aos planos.
Prova-se que a soma das áreas dos três círculos assim obtidos não depende da posição desse ponto na superfície esférica.

adaptado de

---

Théorème. 30. On donne une sphère et un point fixe P; par ce point on mène trois plans rectangulaires deux à deux et qui déterminent trois cercles; prouver que la somme de ces trois cercles est constante. F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)-

---

Pode acompanhar as etapas de construção dos planos e dos cortes da esfera deslocando o cursor $\;\fbox{n=1, ..., 6}.\;$

28 abril 2018, Criado com GeoGebra5

$\;\fbox{n=1}\;$ Apresenta-se uma esfera de centro em $\;O\;$ e raio $\;r,\;$ (igual a 2 no caso da nossa ilustração. E também se mostra o ponto $\;P\;$ da superfície da esfera (que pode tomar qualquer posição dessa região).Claro que também se apresenta segmento de reta $\;[OP]\;$ de comprimento $\;\overline{OP}=r.\;$
$\;\fbox{n=2}\;$ Apresenta-se o plano vermelho, primeiro de três planos perpendiculares dois a dois que passam por $\;P.\;$ Também é apresentado o segmento da perpendicular a esse plano tirada por $\;O, \;$a saber $\;[OA]\;$ cujo comprimento $\;a \leq r\;$ representa a distância de $\;O\;$ ao plano vermelho e ao círculo vermelho secção da esfera por ele cortada. Sendo do plano vermelho, $\;A\;$ é ponto médio de qualquer diâmetro do círculo vermelho, já que $\;OA\;$ é perpendicular a todas as retas do plano e, assim $\;A\;$ é o centro do círculo vermelho de centro $\;A\;$ e raio $\;\overline{PA}=r_1 \leq r.\;$
Em cima, aparece o valor aproximado da área do círculo vermelho calculado: $\; \pi \times r_1^2\;$
$\;\fbox{n=3}\;$ Oculta-se o plano vermelho e mostra-se o plano verde perpendicular ao vermelho e o respectivo círculo verde ambos a passar por $\;P:\;$
mais o segmento da perpendicular ao plano verde - $\;OB\;$ de comprimento $\;b \leq r\;$ distância de $\;O\;$ ao plano verde e círculo verde de centro $\;B\;$ e raio $\; PB = r_2 \leq r \;$
em cima, aparece o valor aproximado da área calculada do círculo verde: $\; \pi \times r_2^2.\;$
$\;\fbox{n=4}\;$ Oculta-se o plano verde e mostra-se o plano azul perpendicular ao plano verde e ao plano azul e o respectivo círculo azul,ambos a passar por $\;P\;$
mais o segmento da perpendicular ao plano azul - $\;OD\;$ de comprimento $\;d \leq r\;$ que é a distância de $\;O\;$ aos plano e círculo azul de centro $\;D\;$ e raio $\;PD=r_3 \leq r.\;$
em cima, aparece o valor aproximado da área calculada do círculo azul: $\; \pi \times r_3^2.\;$
$\;\fbox{n=5}\;$ Oculta-se o plano azul. Os três círculos nas condições da hipótese do teorema estão apresentados.
$\;\fbox{n=6}\;$ Nesta etapa, ocultamos os círculos e mantemos todos os segmentos cujos comprimentos interessam para a demonstração que já foram sendo construídos e são dependentes (ou não) da posição de $\;P\;$.

• $\;OP\;$ não depende da posição de $\;P\;$ na superfície da esfera dada de centro $\;O\;$ e raio $\;r.\;$
  $$\overline{OP}= r$$
• Na figura mostra-se o paralelipípedo de diagonal $\;OP\;$ e dimensões $\;\overline{OA}=a, \;\overline{OB}=b, \overline{OD}=d,\;$ que variam com a posição de $\;P\;$ e, por isso, $$\overline{OP}^2 = \overline{OA}^2 + \overline{OB}^2+ \overline{OD}^2 \;\;\mbox{ou}\;\; r^2= a^2 + b^2+d^2$$
• Os raios dos círculos $\;r_1 =\overline{PA}, \;r_2 = \overline{PB}, \;r_3 = \overline{PC}\;$ são diagonais respetivamente dos rectângulos $\; b \times d, \;d\times a, \; a \times b \;$ e por isso, $$r_1^2=b^2+d^2, \; r_2^2= d^2+a^2, \; r_3^2= a^2+b^2\;$$
• Finalmente,sobre a soma das áreas dos círculos podemos escrever o seguinte $$\pi \times r_1^2 + \pi \times r_2^2 + \pi \times r_3^2 = \pi \times \left(r_1^2 + r_2^2 + r_3^2 \right) = $$ $$= \pi \times \left( b^2+d^2 + d^2+ a^2+ a^2+b^2 \right) = 2\pi \times \left(a^2+b^2+d^2\right)=2\pi r^2$$ Fica assim provado que, por ser igual a $\;2\pi r^2,\;$ a soma das áreas não depende da posição de $\;P\;$ na superfície esférica dada. $\;\;\;\;\;\blacksquare$
  O valor aproximado da soma das áreas dos três círculos é calculado e mostrado acima. Pode deslocar o ponto $\;P\;$ na superficie esférica para ver que essa soma não depende da posição de $\;P\;$

Triângulo isósceles: invariância da soma das distâncias do lados iguais a pontos da base.

---

TEOREMA: Se por um ponto qualquer $\;D,\;$ da base $\;BC\;$ de um triângulo $\;ABC\;$ isósceles, tirarmos perpendiculares $\;DE, \; DF\;$ respetivamente aos lados $\;AC\;$ e $\;AB\;$ iguais, então a soma $\;DE+DF\;$ é sempre a mesma qualquer que seja a posição de $\;D.\;.$
PROBLEMA: Provar que é invariante a soma das distâncias $\;DE+DF\;$ de um ponto qualquer $\;D\;$ de $\;BC\;$ aos lados $\;AC\;$ e $\;AB\;$ .

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, - Problème 20. 20. La somme des perpendiculaires abaissées d'un point quelconque de la base d'un triangle isocèle sur les côtés égaux, quelconque est une quantité constante.

---

Todos os passos da construção e demonstração em tudo são análogos aos usados na anterior entrada

$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se um triângulo isósceles $\;ABC\;$ de base $\;BC\;$ e sobre esta um ponto $\;D\;$ que pode tomar a posição de qualquer dos seus pontos. E mostram-se também os pontos $\;E, \;F\;$ pés das perpendiculares a $\;AC,\; AB\;$ por $\;D\;$ tiradas.Também se mostram os segmentos (distâncias do problema) das perpendiculares $\;[DE],\; [DF]$

$\;\fbox{n=2}:\;$ Para verificar a invariância da soma, bastará prolongar uma das perpendiculares, no caso da nossa construção prolongamos o segmento $\;[DF]\;$ acrescentando $\;[DN],\;$ em que $\;N\;$ é ponto de intersecção da recta $\;DF\;$ com uma paralela a $\;AC\;$ tirada por $\;C\;$ (ou o que é o mesmo com uma perpendiculara a $\;DF\;$ tirada por $\;C.$)
Ficamos assim com três triângulos retângulos semelhantes $\;DBF, \;CDN, \;DCE:\;$

• $\; \angle F\hat{B}D = \angle D\hat{C}E\;$ ângulos da base do triângulo $\;ABC\;$ isósceles;
• $\; \angle D\hat{F}B = \angle C\hat{E}D= 1\;$ reto, por construção (dados da hipótese);
• e, em consequência, $\; \angle B\hat{D}F= \angle E\hat{D}C\;$;
• $\;\angle N\hat{C}D= \angle F\hat{B}D \;$ por terem os lados inversamente paralelos;
• e finalmente $\; \angle B\hat{D}F = \angle C\hat{D}N \;$ são iguais por serem verticalmente opostos.
• Podemos agora afirmar que, mais do que semelhantes, são iguais os triângulos $\;CED, \;CDN\;$ por terem os três ângulos iguais e a hipotenusa $\;CD\;$ comum.
• Por isso, $\;DE = DN\;$ e $\;FD+DN= FD+DE = FN\;$ que os valores referidos nos textos abaixo da construção sugerem que os diversos valores de $\;DE\;$ e $\;DF\;$ quando $\;D\;$ se desloca sobre a base $\;BC\;$ têm uma soma constante.

31 janeiro 2018, Criado com GeoGebra

$\;\fbox{n=3}:\;$ Apresenta-se neste passo o segmento $\;[CL]\;$ da paralela a $\;FN\;$ tirada por $\;C\;$ (ou da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ que é uma das duas alturas iguais do triângulo $\;ABC\;$ tiradas pelos vértices opostos $\;C\;$ e $\;B\;$ opostos aos lados iguais $\;AB\;$ e $\;AC,\;$ que não sofre qualquer variação quando $\;D\;$ muda de posição e tem comprimento igual a $\;\overline{FN},\;$ ou seja, à soma das duas distâncias dos lados iguais do triângulo isósceles a cada ponto da base. Fica assim demonstrado que essa soma é constante.

---

Quando $\;D\;$ se encontra em $\;C\;$o retângulo $\;CLFN\;$ tem área $\; CL\times FF\;$ nula. Quando $\;D\;$ se encontra em $\;B\;$o retângulo $\;CLFN\;$ tem área $\; CL\times LB\;$ máxima

Quanto ao perímetro, como uma das dimensões do retângulo é sempre a mesma, o perimetro é um mínimo $\;CL\;$ quando $\;D\;$ toma a posição de $\;C\;$ e é máximo $\;2(CL+LB)\;$ quando $\;D\;$ toma a posição de $\;B\;$

Paralelogramos inscritos num triângulo isósceles com um perímetro comum.

---

TEOREMA:Por um ponto qualquer $\;D,\;$ da base $\;BC\;$ de um triângulo $\;ABC\;$ isósceles, tiram-se paralelas aos lados iguais $\;AB, \;AC\,$ do triângulo que intersetam os lados $\;AC, \;AB \;$ em $\;E\;$ e em $\;F\;$ respetivamente. Para cada $\;D\;$ de $\;]BC[\;$ há um paralelogramo $\;[DEAF].\;$ Prova-se que os paralelogramos $\;[DEAF]:\;D \in ]BC[\;$ são isoperimétricos.
PROBLEMA: Provar que a soma dos comprimentos dos lados de todos os paralelogramos é invariante.

---

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, - Problème 19. Par un point quelconque de la base d'un triangle isocèle on mène des parallèles aux côtés égaux; prouver qye le parallélogramme ainsi formé a un périmètre constant.

---

Considera-se que na resolução deste problema de demonstração se recorre ao método geral de análise já que se aceita que a afirmação é verdadeira, o que é o mesmo que supor ter o problema resolvido. Os primeiros três passos da construção abaixo dão toos os elementos para a demonstração do teorema.

$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se um triângulo isósceles $\;ABC\;$ de base $\;BC\;$ e sobre esta um ponto $\;D\;$ que pode tomar a posição de qualquer dos seus pontos. E mostram-se também os pontos $\;E, \;F\;$ vértices do paralelogramo $\;DEAF\;$ conforme dados da hipótese do teorema.

$\;\fbox{n=2}:\;$ Claro que lados opostos do paralelogramo têm comprimento igual (segmentos paralelos entre paralelas são iguais) $\;AE=FD, \;AF=DE\;$ e, por isso, o perímetro de $\;DEAF\;$ é igual ao dobro da soma de dois dos seus lados consecutivos: $\;DE+EA+AF+FD= 2 (DE+FD). \;$ Se $\;DE+FD\;$ não depender da posição de $\;D\;$ em $\;BC\;$, o perímetro de $\;DEAF\;$ não varia quando a posição de $\;D\;$ varia. Desloque $\;D\;$ para confirmar isso (conjetura) - nos textos se vê como variam os comprimentos $\;DE\;$ e $\;FD\;$ tendo soma constante.

$\;\fbox{n=3}:\;$ Claro que ângulos de lados paralelos são iguais em amplitude, por exemplo, $\;\angle B\hat{A}C= \angle D\hat{E}C =\angle B\hat{E}D, \; $ $\angle B\hat{C}A= \angle D\hat{C}E = \angle B\hat{D}F\;$ e, como é óbvio, por ser $\;\angle A\hat{B}C = \angle B\hat{C}A\;$ do triângulo isósceles $\;ABC,\;$ os triângulos $\;BDF\;$ e $\;DCE,\;$ de onde se retira que $\;DE=EC\;$ ou seja $\;\overline{FD}+\overline{ED} = \overline{FD}+\overline{EC}=\overline{AE}+\overline{ED}\;$
Prolongando $\;FD\;$ e tirando por $C\;$ a paralela a $\;AB\;$ obtemos um paralelogramo $\;FGCA\;$ que para qualquer posição de $\;D\;$ (incluindo $\;B\;$ e $\;C\;$) $\;FD+DE =FG= AC\;$ que não depende da posição de $\;D\;$

22 janeiro 2018, Criado com GeoGebra

Aproveitamos a oportunidade para lembrar um OUTRO PROBLEMA (clássico), usando a mesma construção:
Dos paralelogramos $\;DEAF\;$ isoperimétricos, qual deles tem área máxima?
De outro modo, qual a posição de $\;D\;$ para a qual $\;DEAF\;$ tem área máxima?
Ou ainda, de entre os números com uma certa soma constante, quais deles têm um produto máximo?
$\;\fbox{n=4}:\;$ Mostra-se a área de $\;DEAF\;$ variável com $\;D\;$ como se pode ver.
$\;\fbox{n=5}:\;$ Quando a posição de $\;D\;$ varia em $\;BC\;$, a área de $\;DEAF\;$ como função de $\;BD\;$ é representada por uma curva que se mostra neste passo… □

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.

Áreas: Problemas de optimização (2)

---

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.

Áreas: Problemas 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:
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.

---

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.

□

---

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

Crescente equivalente a um triângulo

Um Crescente é equivalente a um triângulo

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

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

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

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

11 agosto 2017, Criado com GeoGebra

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

---

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

Uma superfície limitada por três arcos circulares equivalente a um quadrado.

Uma superfície de gumes circulares equivalente a um quadrado

Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar a equivalência de um quadrado a uma superfície limitada por arcos de circunferências.
Tomamos um quadrado $\;ABCD\;$ e uma das diagonais, por exemplo, $\;BD\;$ e consideremos o arco $\;BD\;$ de centro em $\;A\;$ e os arcos $\;BGA\;$ - de diâmetro $\;AB,\;$ centro $\;E\;$ - e $\;AGD\;$ - de igual diâmetro $\;DA,\;$ e centro em $\;F\;$. Estes três arcos circulares limitam uma superfície (a vermelho na figura abaixo)
O enunciado do problema desta entrada é:
Demonstrar que a superfície a vermelho na figura é igual em área a um quadrado de lado $\;\displaystyle\frac{AB}{2}\;$ (um quarto do quadrado $\;ABCD)\;$.

Nota Daqui para a frente, por exemplo, estamos a usar $\;E, \widehat{AGB}\;$ para designar o semicírculo de diâmetro $\;AB\;$ ou $\;(A, \hat{BD})\;$ o arco de centro $\;A\;$ de extremos $\;B, \;D\;$ (quarto de circunferência na figura). Para além da superfície que estudamos, apresentam-se inicialmente retas, segmentos e arcos que ajuda a compreender a construção e permitem determinar a sua área da superfície em estudo ou a compará-la com outras áreas. Partimos dos seguintes dados:

• $\;ABCD\;$ são vértices de um quadrado;
• As diagonais $\;BD\;$ e $\;AC\;$ são perpendiculares e bissectam-se.
• O arco $\;\hat{BD}\;$ é um quarto da circunferência de raio igual ao lado do quadrado $\;ABCD\;$. O quarto do círculo correspondente tem área $$\; \frac{\pi\times AB^2}{4}\;$$
• Os arcos $\;\widehat{AGB}\;$ e $\;\widehat{AGD}\;$ das circunferências de diâmetros $\;AB\;$ e $\;AD\;$ são semicircunferências iguais. A área de cada um doss semicírculos correspondentes às semicircunferências é $$\; \pi \times \frac{\left(\frac{ AB}{2}\right)^2}{2} = \frac{\pi \times AB^2}{8},\;$$ metade da área do quarto de círculo de raio $\;AB.\;$

3 agosto 2017, Criado com GeoGebra

• Por isso $$\mbox{Área de} (E,\widehat{AGD})+\mbox{Área de} (F,\widehat{AGB})=\mbox{Área de} (A,\widehat{AB}),$$ $$(A,\widehat{AB})\setminus(F,\widehat{AGB})= (E, \widehat{AGD}) $$ Também sabemos que $\; (F, \widehat{AG}) = (F,\widehat{GD})= (E, \widehat{AG}) = (E, \widehat{GB})$. Basta agora olhar para $\;(F,\widehat{AGA});$ no lugar de $\;(E, \widehat{BGB})\;$ para vermos que o semicírculo de centro em $\;E\;$ e raio $\; \displaystyle \frac{AB}{2}= AE=EB=EG\;$ é assim composto: $$\;(E, \widehat{GAG}) \cup \;(E, \widehat{BGB}) \cup \Delta[BGA] \;$$ de conjuntos disjuntos igual à metade do quarto de círculo que contém toda a superfície vermelha acrescentada de um triângulo de base $\;AB\;$ e respectiva altura $\;EG\;$ cuja área é $$\frac{AB \times EG}{2} = \frac{\left(AB \times \displaystyle \frac{AB}{2}\right)}{2} = \left(\frac{AB}{2}\right)^2$$ de um quadrado de lado igual a metade do lado do quadrado $\;ABCD.\;$

Usando o botão [mover peças], verá que a nossa superfície vermelha é equivalente à parte do círculo $\;(A, AB)\;$ entre a corda $\;[AB]\;$ e o arco $\;\widehat{AB}\;$ e que esta é igual em área ao quadrado de vértices $\;A, G\;$ opostos que também se pode ver quando a animação é concluída.

---

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

Uma superfície limitada por três semicircunferências equivalente a um triângulo rectângulo.

Coroa circular equivalente a um círculo

ABC, AM; P: Relação entre as áreas de PAB, PAC, PAM

Demonstração de igualdade de áreas de dois triângulos dentro de outro

Prova de relação entre áreas de um triângulo e outros dois

Dividir um retângulo em duas figuras equivalentes.

Construir um paralelogramo de área quíntupla de um retângulo dado

Os lados não paralelos e as diagonais de um trapézio determinam triângulos equivalentes

revisitar problemas de máximos e mínimos - perímetros e áreas