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26.6.14

Resolver problema de construção, usando análise e síntese (3)

Problema:     Num dado triângulo, traçar uma linha paralela à base de tal forma que se se traçarem a partir dos seus extremos linhas paralelas aos lados até cortarem a base, somadas meçam o dobro que a linha inscrita. (31/12/1881)
Charles Lutwidge Dodgson, Um conto enredado e outros problemas de almofada. RBA: 2008

Para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido. (ilustrada, na figura, para os valores \;2\;de \;n\; no cursor \;\fbox{n=1,..., 4}.\;
  1. São dados \;A, \;B, \;C\;. Resolver o problema consiste em determinar, por construção, pontos \;C'\; sobre \;AB\; e \;B'\; sobre \;AC\;, de tal forma que \;B'C' \parallel BC \wedge C'E+B'D = 2\times B'C',\; sendo \;D, \;E\; pontos de \;BC\; e \;B'D \parallel AB\; e \;C'E \parallel AC. \;
  2. Supor que o problema está resolvido é supor que \;B'C'\; está situada de tal forma que \;B'D\; e \;C'E\;, paralelas aos lados, somados dêem \;2B'C'.
    De acordo com a proposição 34 do Livro I dos Elementos de Euclides
    \;B'D =C'B\; e \;C'E=B'C\; e portanto \;B'C + C'B = 2B'C'.
    E há um ponto \;L\; de \;B'C'\; que o divide em duas partes sendo uma igual a metade de \;B'C\; e outra igual a metade de \;C'B.\; Se deteminarmos este ponto \;L,\; por ele passa uma única paralela a \;BC...

    3. A construção (sintética, a seguir) está ilustrada para os valores \;3,\; 4\; de \;n\; no cursor \;\fbox{n=1,..., 4}.\;

    © geometrias, 25 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra


    Considerando a decomposição (análise) do problema antes feita, apresentamos, agora sinteticamente, os passos da determinação da reta \;B'C'\; .
  3. Para determinar o ponto \;L\; sobre \; B'C'\; paralela a \;BC,\; de tal modo que \;2LC'=C'B\; e \;2LB'=B'C \; (i.e. \;2(LC'+LB')= 2C'B' =C'B+B'C = B'D+C'E\; ), podemos usar um ponto \;F\; qualquer de \;AB\; (ou de \;AC\;) e por ele tirar uma paralela a \;BC.\;
  4. Depois é só tomar \;G\; sobre essa paralela de tal modo que \;2FG =FB\; e \;L\; estará sobre a reta \;BG.\; Claro que, fazendo o mesmo para o lado \;AC,\; \;L\; estará sobre \;CK,\; estando \;K\; sobre uma paralela a \;BC\; tirada por um ponto \;H\; de \;AC\; sendo \;2KH=HC.\; \;L\; é único \;CK.BG \; e \;B'C'\; é a única paralela a \;BC \; tirada por \; L
  5. São semelhantes os triângulos \;[FBG]\; e \;[C'BL]\; e os lados opostos ao ângulo \;\hat{B}\; comum são homólogos e \;BC' = 2C'L,\; já que por construção \;FB=2FG.\; Do mesmo modo, se mostra que \;2LB'=B'C\; □
O ponto \;F\; pode tomar as diversas posições sobre \;AB.\; Verá que a variação de \;F\; sobre \;AB\; não afeta a posição de \;L.\; No caso da nossa construção, quando \;F\; toma a posição de \;C',\; K\; toma a posição de \;B',\; \;G\; e \;K\; coincidem com \;L.\; Os pares de arcos iguais (centrados em \;F\; e \;M,\; e em \;H\; e \;N)   acompanham a deslocação de \;F\; e ilustram as relações estabelecidas.
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22.6.14

Resolver problema de construção, usando análise e síntese (2)

Problema:     Traçar num dado triângulo um segmento paralelo à base de tal forma que, se a partir dos seus extremos se tirarem segmentos paralelos aos lados até à base, a sua soma seja igual ao primeiro segmento.
Charles Lutwidge Dodgson, Um conto enredado e outros problemas de almofada. RBA: 2008
São dados \;A, \;B, \;C\;. Resolver o problema consiste em determinar, por construção, pontos \;D\; sobre \;AB\; e \;E\; sobre \;AC\;, de tal forma que \;DE \parallel BC \wedge DE= DF+EG,\; sendo \;F, \;G\; pontos de \;BC\; e \;EG \parallel DB\; e \;DF \parallel EC. \;
Considerando que, para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido. (ilustrada, na figura, para os valores \;1,\;2\;de \;n\; no cursor \;\fbox{n=1,..., 4}.\;
  1. No problema resolvido temos os pontos dados \;A, \;B, \;C\; e também os pontos \;D\; sobre \;AB\; e \;E\; sobre \;AC\;, de tal forma que \;DE \parallel BC \wedge DE= DF+EG,\; sendo \;F, \;G\; pontos de \;BC\; e \;EG \parallel DB\; e \;DF \parallel EC. \;
  2. \;[DBGE]\; e \;[DFCE]\; são paralelogramos, logo
    \; DE= EG+DF = DB+EC \;

    3. A construção (sintética, a seguir) está ilustrada para os valores \;3,\; 4\; de \;n\; no cursor \;\fbox{n=1,..., 4}.\;

    © geometrias, 22 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra


    Considerando a decomposição (análise) do problema antes feita, apresentamos, agora sinteticamente, os passos da determinação da reta \;DE\; .
  3. Começamos por traçar as bissetrizes dos ângulos \;A\hat{B}C\; e \;B\hat{C}A\; e designemos por \;H\; o ponto em que elas se encontram (aliás, este ponto é o incentro do triângulo \;[ABC]\;, comum às suas três bissetrizes e equidistante dos seus três lados).
    Por \;H\; tiramos a paralela a \;BC\; que interseta os lados \;AB\; e \;AC\; respetivamente em \;D\; e em \;E\;
  4. Como \;DE \parallel BC, \;\; D\hat{H}B =H\hat{B}F= D\hat{B}H\; e, em consequência, \;DB=DH. \;
    Do mesmo modo, \;E\hat{H}C= H\hat{C}G = E\hat{C}H \; e, em consequência, \;EC=EH\; e
    DE= DH+HE =DB+EC
    Finalmente, já que \;B, \;E\; e \;D, \;C\; são vértices de paralelogramos, então \;EG=DB, \;DF=EC \; e, em consequência, \;DE= DF+EG.\;\;\;\; □
Completam a ilustração, vários elementos que relacionam este problema de construção com o da anterior entrada. Fica assim apresentada uma nova resolução em que \;H\; é olhado como o pé da bissetriz de \;\hat{A}\; no triângulo \;[ADE].\;
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