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14.3.22

...o triângulo retângulo com uma hipotenusa e a soma dos catetos dadas

.... continuando

Na anterior publicação refere-se que o problema se pode reduzir a um outro:

Construir um triângulo retângulo de que se conhece a hipotenusa e a soma dos seus catetos.
Observando a figura:

Figura 3

Seja $\;c\;$ a hipotenusa e $\;a, \;b\;$ os catetos
$$\;𝑐 = 𝑏 − 𝑟 + 𝑎 − 𝑟 ⟺ 2𝑟 = (𝑏 + 𝑎) − 𝑐 𝑒 2𝑅 = 𝑐 \;\rm{e}\; 2R= c\;$$ Assim podemos determinar $\;r\;$ e $\;R\;$ e resolver como o problema anterior.

Por último , e ainda na mesma entrada, é considerado um outro problema sugeridos pelos anteriores:
A partir do vértice do ângulo reto, determinar um triângulo retângulo $\;[ABC]\;$ de que se conhece só o raio da circunferência inscrita.
Parece-me que este problema tem uma infinidade de soluções. Vejamos a seguinte construção:

Figura 4
As retas $\;AB\;$ e $\;BC\;$ são perpendicular em $\;A.\;$
A partir de $\;A\;$ marcando $\;r\;$ sobre as duas retas determinamos $\;I, \;$ centro da circunferência inscrita. Traça-se o incírculo.
Seja $\;D, \;$um ponto livre sobre o arco $\;EF.\;$ Traça-se a tangente à circunferência inscrita em $\;D.\;$ Esta tangente determina os vértices $\;B \;\rm{e}\; C\;$ sobre as retas $\;AB\;$ $\;AC.\;$
Quando $\;D\;$ percorre o arco $\;EF,\;$ todos os triângulos retângulos assim gerados são solução.

Mariana Sacchetti
Aveiro, Fevereiro 2022.

7.2.18

Ponto de Miquel determinado por quatro retas distintas que se intersectam duas a duas.



TEOREMA: Quatro retas, concorrentes duas a duas,formam quatro triângulos; as circunferências circunscritas a estes quatro triângulos passam por um mesmo ponto
PROBLEMA: Demonstrar que o ponto de intersecção de quaisquer duas das circunferências circunscritas é ponto de qualquer outra das circunferências


F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, - Théorème de Miquel. 21. Quatre droites, se coupant deux à deux, forment quatre triangles ; les circonférences circonscrites à ces quatre triangles passent par un même point.



$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresentam-se quatro retas $\;a,\;b,\;c,\;d\;$ que se intersectam duas a duas: $\;a.b={E},\;a.c={D}, \; a.d={B},\; b.c={A}, \;b.d={C}, \;c.d={F}$
$\;\fbox{n=2}:\;$ Estes pontos são, combinados três a três, vértices de quatro triângulos, a saber: $\;[FCA], \; [ADE], \;[ECB], \;[BDF]$
$\;\fbox{n=3}:\;$ Como sabemos, há uma circunferência a passar por cada terno de pontos não colineares, por exemplo, as circunferências $\;(FCA), \;(ADE)\;$ circunscritas aos respetivos triângulos $\;[FCA], \;[ADE]\;$ intersectam-se em dois pontos, sendo o primeiro deles $\;A\;$ e um segundo que designaremos por ponto $\;M,\;$ de Miquel, matemático catalão.
Assim a circunferência $\;(FCA)\;$ passa por $\;M\;$ e, por isso, circunscreve o quadrilátero $\;[FMCA],\;$ e, como sabemos, os ângulos opostos de um quadrilátero inscrito são suplementares: $\;\angle A\hat{F}M + \angle M\hat{C}A = 1 \;\;\mbox{raso}\;\; = \angle F\hat{M}C + \angle C\hat{A}F\;$
O quadrilátero $\;[ADME]\;$ está inscrito em $\;(ADE)\;$ e, por isso, $\;\angle A\hat{D}M + \angle M\hat{E}A = 1\;\;\mbox{raso}\;\; = \angle E\hat{A}D + \angle D\hat{M}E.\;$
Nota: É condição necessária e suficiente para que um quadrilátero seja inscritível numa circunferência ou tenha os seus quatro vértices a incidir numa circunferência que qualquer dos seus quatro ângulos seja suplementar do seu oposto.



7 fevereiro 2018, Criado com GeoGebra



$\;\fbox{n=4}:\;$ Para provar que $\;M\;$ incide na circunferência $\;(ECB)\;$ circunscrita ao triângulo $\; [ECB]\;$ basta provar que $\;[ECBM]\;$ é inscritível nela ou seja que $\;ECB + BME = CBM+MEC = 1\;\;$ raso.
Na circunferência $\;(FMCA)\;$ em que $\;M\;$ incide, inscrevem-se ângulos iguais $\;M\hat{A}F = M\hat{C}F=M\hat{C}B\;$ cuja amplitude é metade do arco $\;\widehat{FM}\;$ da circunferência compreendido entre os seus lados.
Claro que $\;M\hat{E}D = M\hat{E}B = M\hat{A}D\;$ já que compreendem entre os seus lados o mesmo arco $\;\widehat{DM}\;$ da circunferência $\;ADME\;$ ($\;M\;$ foi determinado como ponto da intersecção $\;(ADE).(FCA)\;$)
$\;M\hat{C}B=M\hat{C}F=M\hat{A}F=M\hat{E}B\;$
$\;M\hat{C}B=M\hat{E}B\;$ são ângulos inscritos em $\;(ECB)\;$ sendo $\;M\;$ o ponto comum a lados (um de cada um dos ângulos iguais) ou seja incidindo em $\;(BCE)\;$ ou de intersecção da diagonal $\;CM\;$ com os lados $\;BM, \;ME\;$ do quadrilátero $\;[ECBM]\;$ De facto, a verificação desta condição é suficiente para garantir que os ângulos opostos do quadrilátero $\;[BMEC]\;$ são suplementares.
A prova de que $\;M\;$ também é um ponto da circunferência $\;(BDF)\;$ é inteiramente análoga.

Nota: Há várias entradas no "bloGeometrias"" sobre quadriláteros inscritíveis em circunferências e com referências ao ponto de Miquel. O nosso interesse em fazer esta nova ilustração dinâmica só pretende chamar a atenção para a demonstração presente no volume de Exercícios de Geometria por FG-M (acima referido) que pode ser consultado em
http://gallica.fr (bnf)
que merece ser visitada (também pelos professores de matemática básica).

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.

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.