Áreas. Problemas de Optimização(6)

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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 $\;[AB]\;$

20 novembro 2017, Criado com GeoGebra

2. 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 $\;\overline{HA}= \overline{HF}.\;$
3. 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 $\;FDH\;$ ?
4. 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 $\;]0,\; h[\;$
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 $\;DF = \displaystyle \frac{4\sqrt{3}}{3} \approx 2,3094$ □

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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.

Áreas: Problemas de Optimização (5)

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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 $\;[AO].\;$

16 novembro 2017, Criado com GeoGebra

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

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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.

Áreas. Problemas de Optimização (4)

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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.

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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.

Áreas: Problemas de optimização(3)

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 outubro 2017, Criado com GeoGebra

3. 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 $\;PBA’, \;\; A’CF,\; EFD’.\;$
4. Mostra-se nesta etapa o incírculo de $\;[A'CF] \;$ de centro $\;I\;$ e inraio $\;r=IJ$
5. 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.

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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.

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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.

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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.

Áreas: Problemas de optimização (2)

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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 $\;PQRS.\;$

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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

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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.

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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.

Soma invariante na triangulação de polígonos inscritíveis (I)

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Consideremos um quadrilátero convexo $\;[ABCD]\;$ inscrito numa circunferência dada. Cada uma das suas diagonais divide o quadrilátero em dois triângulos diferentes tendo a respetiva diagonal por lado comum. Dizemos por isso que um quadrilátero admite duas triangulações diferentes: divisão em $\;[ABC]\;$ e $\;[ACD]\;$ pela diagonal $\;AC;\;$ e em $\;[ABD]\;$ e $\;[BCD]\;$ pela diagonal $\;BD\;$.
Um dos "sangakus" mais famosos relaciona as duas triangulações de um quadrilátero convexo inscrito numa circunferência. Assim:

A soma dos raios das circunferências inscritas nos triângulos de cada triangulação de um quadrilátero inscrito é igual para as duas triangulações

© geometrias, 16 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

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Lembramos que

• Os ângulos opostos de um quadrilátero inscrito numa circunferência são suplementares. Consideremos um caso semelhante ao da figura acima em que são agudos os ângulos dos vértices $\;A\;$ e $\;B\;$ e, em consequência, os respetivos suplementares $\;C\;$ e $\;D\;$ são obtusos.
• O produto das diagonais de um quadrilátero inscrito numa circunferência é igual à soma dos produtos de lados opostos: $\; AC \times BD = AB \times CD + BC \times CD \;$ - teorema de Ptolomeu - aplicado ao quadrilátero da figura acima.

1. Na figura dinâmica que se segue, mostra-se o triângulo acutângulo $\;ABC \;$, o seu incírculo $\;(I, i)\;$ e as distâncias do circuncentro $\;O\;$ do triângulo aos seus lados: $\;OM = m\;$ - altura do triângulo $\;OBC,\;$tirada de $\;O\;$ para $\;BC =a; \;$ $\; ON =n\;$ - altura do triângulo $\;OCA\;$ tirada de $\;O\;$ para $\;CA =b;\;$ e $\;OP\;$ - altura de $\; OAB$ tirada de $\;O\;$ para $\;AB =c. \;$ Lembra-se que como $\;OM \perp BC\;$, sendo $\;BC\;$ corda da circunferência $\; (O), \;$ é $\; BM=MC$
   $$\; \Delta[OBC] + \Delta[OCA] + \Delta[OAB] = \Delta [ABC]$$ que que multiplicada por 2, dá $$\;m \times a + n \times b + p \times c = (a+b+c) \times i$$




© geometrias, 19 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

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


2. Cada um dos quadriláteros $\;[OMCN], \;[ONAP], \; [OPBM] \;$ é inscritível, já que cada um deles tem dois ângulos opostos retos (suplementares portanto) e, consequentemente, os outros dois opostos também são suplementares. Por isso, chamando $\;R=OA=OB=OC=OD\;$ ao circunraio, aos lados $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB,\;$ e ás alturas respetivas dos triângulos $\;OBC, \; OCA, \;OAB\;$ respetivamente $m=OM ,\; n=ON , \; p=OP,\;$ e, por ser $$NP =\frac{a}{2}, \; MN =\frac{b}{2}, \; MP=\frac{c}{2}, \;$$ podemos escrever (com recurso ao teorema de Ptolomeu, aplicado a cada um desses quadriláteros em que $\;[ABC]\;$ se decompõe, $\;[OMCN]: \;$ $$R\times \frac{c}{2} =m \times \frac{b}{2} + n\times \frac{a}{2}$$ multiplicando por 2, equivalente a $$R\times c= m \times b + n \times a$$ e, do mesmo modo para $\;[ONAP]\;$ $$R\times a =n \times c + p \times b$$ e para $\;[OPBM] :\;$ $$\; R\times b =p \times a + m \times c$$ E, somando $$\; (a+b+c) \times i= m \times a + n \times b + p \times c$$ com as últimas três, obtemos $$R\times (a+b+c) +(a+b+c)\times i = a(m+n+p) +b(m+n+p) +c(m+n+p)$$ $$(a+b+c)(R+i) = (a+b+c)(m+n+p)$$ ou seja
   $R+i = m+n+p= OM + ON + OP\;\;\;\; \square$ - Teorema de Carnot para triângulos acutângulos
3. 
   
   
   1. Para o triângulo $\;CDA\;$ em que $\;D\;$ é vértice de um ângulo obtuso e o circuncentro está no seu exterior, podemos fazer um raciocínio análogo, levando em conta que a soma das áreas dos triângulos $\;ODC\;$ e $\;ODA\;$ excedem a área de $\;CDA\;$ numa área igual à do triângulo $\;OCA.\;$
      Assim no caso de um triângulo $\;CDA\;$ inscrito e sendo $\;D\;$ obtuso $$\Delta [CDA] = \Delta [OCD] + \Delta [ODA] - \Delta [OCA]$$ de onde podemos retirar $$(AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + AD\times OR + AC \times (-ON)$$
   2. Por outro lado, o teorema de Ptolomeu aplicado aos três quadriláteros inscritíveis $\;[OQDS], \;[OSAN], \; [ONCQ], \;$ dá-nos $$R \times (AC + CD + DA) =O\times DA + DC \times OS + OS \times AC + AD \times ON + ON\times CD + OQ \times CA$$ e somando esta última, membro a membro, com $\; (AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + DA\times OS +AC \times (-ON )$, $$R \times (AC+CD+ DA) + (AC+CD+DA) \times j= \\= OQ \times ( AC+CD+DA) + OS \times (AC+DC+DA) - ON \times (AC+CD+DA) =\\= (OQ+OS-ON) \times ( AC+CD+DA)$$ $R+j =q+s-n= OQ+OS-ON ;\;\;\; \square$ - Teorema de Carnot para triângulos obtusângulos
   
   
   Finalmente, podemos escrever $$2R+i+j=m+p+q+s = OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; i+j= OM+OP+OQ+OS - 2R$$
4. E repetindo o raciocínio para a outra triangulação de $\;ABCD\;$ em que este quadrilátero é dividido pela diagonal $\;BD\;$ nos triângulos $\;ABD\;$ (de incentro $\;K\;$ e inraio $\;k\;$) e $\;BCD\;$ (de incírculo $\;(L, \; l)\;$), podemos escrever que $$R+k= OP+OT+OS=p+t+s$$ $$R+l=OM+OQ-OT = m+q-t$$ e finalmente $$2R+k+l= OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; k+l= OM+OP+OQ+OS - 2R$$
$$i+j=k+l \;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \square$$ como queríamos provar.

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(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Triângulo dividido em dois triângulos com incírculos gémeos

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Problema: Dois círculos gémeos $\;(J, k)\;$ e $\; (K, k)\;$ estão inscritos respetivamente em $\;[ABP]\;$ e $\;[APC].\;$
Determinar o comprimento de $\;AP\;$ em função dos lados de $\;[ABC]\;$


Notações: $\; x=AP, \;a =BC, \;b=AC,\; c=AB, 2p=a+b+c,\; 2p_1=c+BP+PA., 2p_2=AP+PC+b\;$ De resto seguimos as designações usadas na fuigura.

© geometrias, 15 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

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Clicando no botão que mostra ou esconde a circunferência $\;(I, r),\;$inscrita no triângulo $\;[ABC],\;$ mostram-se ainda os segmentos $\;BI, CI\;$ das bissetrizes de $\;\hat{B}\;$ (a passar por $\;J\;$) e de $\;\hat{C}\;$ a passar por $\;K\;$ ; e o segmento $\;II_a,\;$ raio de $\;(I)\;$ para o ponto de tangência com $\;BC.\;$<

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O problema apresentado consiste em demonstrar, consideradas as notações da figura e as referidas acima, que $$\;AP = \sqrt{p(p-a)}$$

1. Sendo $\; 2p_1=c+BP+PA,\;$ $\;2p_2=AP+PC+b \;$ e $\;BP+PVC=a,\;$ $\;\; 2(p_1+p_2)= c+BP+x +x+PC+b =a+b+c+2x =2p+2x$
   ou, concluindo, $$p + x = p_1 + p_2$$
2. As áreas dos três triângulos relacionam-se como segue. $\;\Delta ABC = \Delta ABP + \Delta APC \;\;\;$ e, cada uma das áreas pode ser obtida pelo produto do semiperímetro do triângulo pelo raio da circunferência nele inscrita. Assim, temos $\;p\times r = (p_1 +p_2)\times k = (p+x)\times k = p.k+x.k\;$ e, finalmente, de $\;p.r=p.k+x.kp\;$ se conclui $$x = \frac{p.r}{k}-p$$
3. Há, na figura completa, triângulos obviamente semelhantes $\;[IBI_a]\; \sim \;[JBJ_a]\;$ e $\;[CII_a]\; \sim \;[CKK_a]\;$ Por isso, podemos escrever que $$\frac{r}{k} = \frac{BI_a}{BJ_a} = \frac{I_aC}{K_aC} \;\; \;\; (*)$$ Como $\;(I, r)\;$ é tangente a $\;BC\;$ em $\;I_a,\;$ a $\;AC\;$ em $\;I_b\;$ e a $\;BC\;$ em $\;I_c,\;$ $\; BI_a =BI_c, \; CI_a=CI_b, \; AI_c=AI_b\;$
   $\underbrace{BI_a+ I_aC}+AI_c =BI_c+\underbrace{CI_b+I_bA} =BC+AI_c=BI_c+CA=$ $= a+AI_c=BI_c+b=a+AI_b=b+BI_a=p \;$ e, em conclusão,
   $\;BI_c=BI_a=p-b, \; CI_b=CI_a = p-c.$
   Também é $\;AI_b=AI_c=p-a.\;$.
   Do mesmo modo, como $\; (J, k)\;$ é o incírculo de $\;[ABP], \; \;BJ_a=p_1-AP=p_1-x$ e, por ser $\; (K, k)\;$ incírculo de $\;[APC],\;\;\; CK_a=p_2 - AP=p_2-x.$
   
   E, retomando $\;\;(*)\;\;$, podemos escrever $$\frac{r}{k} =\frac{p-b}{p_1-x} =\frac{p-c}{p_2-x}$$
4. Temos assim 3 equações envolvendo $\;AP=x,\; r,\; k, \;p, \;a, \;b, \;c,\;p_1, \;p_2\;$ :
   • $x=\displaystyle \frac{rp}{k}-p$
   • $\displaystyle \frac{r}{k} =\frac{p-b}{p_1-x}$
   • $\displaystyle \frac{r}{k}=\frac{p-c}{p_2-x}$
   que se podem reduzir a duas em $\;x, \;a, \;b; \;c. \; p,\;p_1, \;p_2\;$ $$x=p\times\frac{p-b}{p_1-x} -p \Longleftrightarrow p_1x -x^2 =p(p-b)-p(p_1-x)$$ $$x= p\frac{p-c}{p_2-x}-p\Longleftrightarrow p_2x-x^2 = p(p-c)-p(p_2-x)$$ que, somadas ordenadamente, dá $$(p_1+p_2).x-2x^2=p.(2p-b-c)-p.(p_1+p_2)+2px$$ e, finalmente,
   $(p+x).x-2x^2=p.a-p(p+x)+2px \Longleftrightarrow -2x^2 =p.a-p(p+x)-x.(p+x)+2px \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow -2x^2=p.a+2px-(p+x)^2 \Longleftrightarrow -2x^2 =p.a+2px - p^2 -x^2-2px \Longleftrightarrow -x^2 =pa-p^2 \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow x^2 = p(p-a)$ $$x= \sqrt{p(p-a)} \;\;\;\;\;\;\; \square$$

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J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Num quadrado, uma semicircunferência e duas circunferências com tangentes comuns

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Problema: Temos um quadrado $\;[ABCD]\;$, um semicírculo de diâmetro $\;AB,\;$ ao qual $\;CK\;$ é tangente. A circunferência de centro $\;O_1\;$ está inscrita no triângulo $\;[CDK],\;$ As tangentes comuns a $\;(O), \;(O_1)\;$ são as retas $\;AD, \; EH.\;$ Esta última $\;EH\;$ interseta $\;CK\;$ em $\; G\;$. A circunferência de centro $\;O_2\;$ está inscrita no triângulo $\;[CGH].\;$
Determinar relações entre os raios de $\;(O_1)\;$ e $\;(O_2).\;$


Notações: Representemos por $\;a =AB =...\;$ o comprimento do lado do quadrado , por $\;r_1\;$ o raio de $\;(O_1)\;$ e por $\;r_2\;$ o raio de $\;(O_2).\;$

A construção da figura é feita pela ordem que a descrição do enunciado sugere e a determinação das relações pode ser feita de vários modos. Escolhemos o que nos pareceu mais simples, com recurso a propriedades das tangentes comuns a circunferências, a triângulos retângulos, teorema de Pitágoras e semelhanças.

© geometrias, 13 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

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Fazendo variar de 1 a 4 os valores de $\;n\;$ no cursor verde escuro ao fundo da construção, poderá acompanhar com elementos auxiliares os passos de resolução do problema.

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1. Por construção, a semicircunferência $\;(O)\;$ tem diâmetro $\;AB=a\;$ ou raio igual a $\;\displaystyle \frac{a}{2}\;$ e como $\;CL\;$ e $\;CB\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;C, \;$ $\;CL =CB =a.\;$ Do mesmo modo, por serem $\;CS\;$ e $\;CM\;$ segmentos das tangentes a $\; (O_1)\;$ tiradas por $\;C, \; \;CS =CM= CD-DS = a- r_1$. Assim, o segmento entre os pontos $\;L\;$ e $\;M\;$ de tangência de uma tangente comum (interiormente) a (O) e (O_1) é tal que $$\;LM = CL - CM = a-(a-r_1)=r_1\; \; \; \\ \wedge \\ LM^2 =OO_1^2 - OW^2= (OT^2+TO_1^2)- OW^2= \left(\frac{a}{2} -r_1\right)^2 +\left(a-r_1\right)^2 - \left(\frac{a}{2}+r_1\right)^2 =\\ =\frac{a^2}{4}+r_1^2 - ar_1 + a^2+r_1^2-2ar_1 - \frac{a^2}{4} - r_1^2 - ar_1 = r_1^2 + a^2 - 4ar_1$$ $$r_1^2 = r_1^2 + a^2- 4ar_1 \Longleftrightarrow a^2-4ar_1=0 \Longleftrightarrow a(a-4r_1)=0 \Longleftrightarrow a=0 \vee r_1=\frac{a}{4}$$ Existindo quadrado $\;ABCD\;$ de lado não nulo $\;(a \neq 0), \;$ o raio da circunferência $\;(O_1) \;$ é $\, \displaystyle r_1 = \displaystyle \frac{a}{4}$
2. Como $\;M, \;F\;$ são pontos de tangência das tangentes a $\;(O_1)\;$ tiradas por $\;G,\;$ $\;O_1M \perp MG, \; O_1F \perp GF,$ $\; GM=GF, \; O_1M=r_1=\displaystyle \frac{a}{4}=O_1F \:$ e, em consequência, $\;[O_1MGF]\;$ é um quadrado de lado igual a $\;r_1 = \displaystyle \frac{a}{4},$ (um quadrilátero equilátero com dois ângulos opostos retos é um quadrado.)
   De modo análogo por $\;L, \; V\;$ serem pontos de tangência das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;G,\;$ $\;[GLOV]\;$ é um quadrado de lado $\; \displaystyle \frac{a}{2}\;$
   Como $\;KR\;$ e $\;KM\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O_1) \;$ tiradas por $\;K, \;\;KR\;=\;KM$
   E, do mesmo modo, como $\; AK\;$ e $\;KL\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;K,\; AK=KL$
   $\;AR =AD-RD = \displaystyle a-\frac{a}{4} = \frac{3a}{4}=AK+KR=AK+KM=AK+KL+LM=2KL+LM=2AK+\frac{a}{4}\;$, de onde se retira $\;2AK=\displaystyle \frac{2a}{4}\;$ ou $\;AK=KL=\displaystyle \frac{a}{4}.\;$
   $\;GK = \frac{3a}{4}\;$ Como $\;[EO_1F] \sim [O_1KM]\;$ e $\;KM=2.MO_1\;$ temos $O_1F=2.EF\;$ ou $\;EF=\displaystyle \frac{1}{2}O_1F = \frac{1}{2} \times \frac{a}{4} = \frac{a}{8}.\;$
   $GE=GF+FE = \displaystyle \frac{a}{4}+\frac{a}{8} = \frac{3a}{8}\;$ Como $\;S, \; F\;$ são pontos de tangência das tagentes a $\;(O_1)\;$ tiradas por $\;E, \; EF=ES= \displaystyle \frac{a}{8}\;$ e $\;DE = \displaystyle \frac{a}{4}+\frac{a}{8} = \frac{3a}{8}= GE.\;$
   $CE= CD-DE =\displaystyle a -\frac{3a}{8} = \frac{5a}{8}$
   Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo $\;CGE\;$ retângulo em $\;G\;$ temos $\;CG^2 = CE^2-GE^2 = \displaystyle \left(\frac{5a}{8}\right)^2 - \left(\frac{3a}{8} \right)^2 = \frac{16a^2}{64},\;$ de onde $\;CG=\displaystyle \frac{a}{2}.\;$
3. A circunferência $\;(O_2, \;r_2)\;$ está inscrita no triângulo $\;[HCG]\;$ retângulo em $\;G\;$ e obviamente semelhante a $\;[KCD]\;$ retângulo em $\;D.\;$ . De facto, para além de $\; \angle D = \angle G,\;$ também $\;\angle G\hat{H}C = \angle D\hat{C}K\;$por ambos serem complementares de $\;\angle H\hat{C}G.\;$
   
4. Para resolver o problema proposto de determinar a relação entre os raios dois círculos, bastará determinar a razão da semelhança entre os triângulos em que eles estão inscritos.
   A razão da semelhança $\;[HCG]\;\sim \;[KCD]\;$ pode ser calculada, já que conhecemos os comprimentos (em função de $\;a\;$) de dois catetos homólogos $\;CG = \displaystyle \frac{a}{2}\;$ e $\;KD=\displaystyle \frac{3a}{4}$. Assim, podemos dizer que $$\;r_1 = \frac{3}{2} \times r_2\; \;\;\;\; \; \square$$
   Como $\; \displaystyle r_1=\frac{a}{4}, \; r_2=\frac{a}{6}.\;$ ....

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a partir de enunciado de J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
e seguindo em parte o processo de Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Raios das circunferências inscritas e altura em triângulos retângulos

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Problema: Dividimos o triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$ pela altura $\;CD\;$ relativa à hipotenusa $\;AB.\;$ Provar que a soma dos raios $\;r_1, \;r_2, \;r_3\;$ respetivamente das circunferências inscritas em $\;ABC, \; BCD, \; CAD\;$ é $\;CD\;$

Na entrada de 13 de Setembro p.p., círculo "misto" de um triângulo retângulo no seu ponto 5. tínhamos demonstrado que o raio $\;r\;$ da circunferência inscrita num triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$ é dado pelo seu semiperímetro subtraído da hipotenusa $$r= \frac{a+b+c}{2} - c = \frac{a+b-c}{2}$$ em que $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB.\;$ Ou: o comprimento do diâmetro do incírculo de um triângulo retângulo é igual à soma dos catetos subtraída da hipotenusa $$2r= a+b-c$$

© geometrias, 6 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

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Clicando nos botões $\fbox{1, 2, 3, 4}\;$, na esquerda ao fundo, poderá ver (ou ocultar) a altura, os diversos (in)círculos e respetivos (in)raios.

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$\fbox{x}$ 1. inscrita em ABC:     No caso da nossa circunferência $\;(O_1,\; r_1)\;$ inscrita em $\;ABC\;$ de catetos $\;a=BC, b=AC\;$ e hipotenusa $\;c=AB\;$, temos $$2r_1=a+b-c$$ $\fbox{x}$ 2. altura h_C:     Chamámos $D$ ao pé da altura relativa a $\;c.\;$ Na nossa figura, $\;h_C= h=CD$. Como $\;CD \perp AB,\; CD\;$ divide o triângulo $ABC$ em dois triângulos, ambos retângulos em $\;D:\;$

• $\;BCD\;$ de catetos $\;BD, \;DC\;$ e hipotenusa $\;a=BC\;$
• $\;CAD\;$ de catetos $\;AD, \;DC\;$ e hipotenusa $\;b=AC\;$

$\fbox{x}$ 3. inscrita em BCD:     Da circunferência $\;(O_2, \;r_2)\;$ inscrita em $\;BCD\;$ $$2r_2 =BD+DC-a$$ $\fbox{x}$ 4. inscrita em ACD:     Da circunferência $\;(O_3, \;r_3)\;$ inscrita em $\;ACD\;$ $$2r_3 =AD+DC-b$$
Finalmente, podemos concluir $$2(r_1+r_2+r_3) = a+b-c + BD+DC-a +AD+DC-b=\underbrace{\underbrace{-c}+\underbrace{BD+DA}}+ 2DC= 2DC$$ ou $$r_1+r_2+r_3 =h_C \;\;\;\; \;\; \square$$

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a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University. (sugestões de António Aurélio Fernandes)

Semicircunferência, círculos, triângulos e tangências

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Problema: No interior de uma semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$ uma circunferência é tangente nos pontos médios do seu diâmetro e do arco da semicircunferência. Há dois círculos, coloridos na imagem, tangentes ás retas que unem A e B com os pontos de interseção da semicircunferência com as tangentes à circunferência, inscrita na semicircunferência, tiradas por $\;A\;$ e por $\;B.\;$ Construa geometricamente os círculos coloridos.

Clique no botão de mostrar e ocultar "Auxiliares" para tornar visiveis pontos e segmentos auxiliares e as designações que lhe foram atribuídas para acompanhar a descrição da construção e dos cálculos.

© geometrias, 20 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

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A figura inicial mostra: a semicircunferência e o seu diâmetro $\;AB\;$, a preto; uma circunferência azul tangente aos pontos médios do diâmetro e do arco $\;AB\;$ da semicircunferência; quatro segmentos de reta, castanhos, obtidos como partes das tangentes à circunferência azul tiradas por $\;A, \;B \;$, desde $\;A\;$ (ou $\,B\;$) até à interseção da tangente com o arco da semicircunferência, e os outros dois unindo cada um destes pontos com $\;A\;$ ou com $\;B\;$; dois círculos - um amarelo e outro verde - tangentes aos dois últimos segmentos e à circunferência azul nos pontos em que esta é tangente aos diâmetro e arco da semicircunferência.
A mediatriz de $\;AB\;$ é obviamente eixo de simetria da figura dada.

Desocultando as referências auxiliares,

1. Temos o ponto $\;M\;$ médio de $\;AB\;$, o segmento $\;MN\;$ da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;M\;$ e o ponto $\;O\;$ médio de $\;MN\;$, centro da circunferência azul que passa por $\;M, \;N\;$, pontos de tangência.
   Designando o comprimento de $\;AB\;$ por $\;4r,\;$ $\;AM = MB= MN =2r, \;$ e $\;OM=ON = r, \;$ sendo o diâmetro $\;AB\;$ da semicircunferência duplo do diâmetro $\;MN\;$ da circunferência azul.
2. Realçamos os pontos $\;C\;$ e $\;D\;$ de uma das tangentes a $\;(O, OM)\;$ tiradas por $\;A.\;$ A outra é $\;AMB\;$ Como $\;D, \;M\;$ são pontos de tangência, sabemos que $\;AD =AM = 2r\;$ e como $\;C\;$ é ponto da semicircunferência de diâmetro $\;AB, \;$ o triângulo $\;ABC\;$ é retângulo em $\;C\;$ ou $\;AC \perp CB\;$
3. O segmento $\;DO\;$ que, por ser o raio de $\;(O)\;$ para o ponto $\;D\;$ de tangência, é perpendicular à tangente $\;AC.\;$ Realçamos o ponto $\;E = DO.AB \;$, sendo $\;DE \perp AC \wedge DE \parallel BC\;$.
4. Assim são semelhantes os triângulos $\;AED \sim ABC,\;$ respetivamente retângulos em $\;D\;$ e $\;C\;$.
   E, como é óbvio, também $\;AED \sim EOM$ e $\; EOM \sim BHM,\;$, por ser $\;\angle A\hat{E}D = \angle A\hat{B}C = \angle M\hat{E}O \;$ e $\;\angle E\hat{D}A = \angle B\hat{C}A = \angle O\hat{M}E \;$ $$\frac{AC}{AD} = \frac{CB}{DE}= \frac{AB}{AE}; \; \frac{AE}{OE}=\frac{AD}{OM}=\frac{DE}{ME}; \; \frac{BH}{OE} =\frac{BM}{ME} =\frac{HM}{OM}$$ A área do triângulo $\; \Delta AED\;$ pode ser calculada: $$2\Delta AED = AD\times DE = AD\times (DO+OE)= 2r \times (r+ OE) =2r^2 +2r.OE,$$ como triângulo de base $\;AD\;$ e altura $\;DE\;$ por ser retângulo em $\;D,\;$ ou $$2\Delta AED = 2\Delta AOD + 2\Delta AEO = AD\times DO + OM \times AE = AD\times DO + OM \times (AM+ME)=$$ $$=2r \times r + r.(2r+ME)=2r^2+ 2r^2+r.ME = 4r^2 +r.ME,$$ como soma do triângulo $\;ADO\;$ retângulo em $\;D\;$ com triângulo $\;AOE\;$ de base $\;AE\;$ e altura $\;OM.\;$ $$2r^2 + 2r.OE = 4r^2 + r.ME \Longleftrightarrow 2r.OE= 2r^2+r.ME \Longleftrightarrow 2\times OE=2r + ME \Longleftrightarrow OE= r +\frac{ME}{2}$$ Como o triângulo $\;EOM\;$ é retângulo em $\;M,\;$ $$\;EO^2 = EM^2 + MO^2\;$$ ou $$\left(r+\frac{ME}{2}\right)^2 = EM^2 +r^2,$$ $$\;r^2+\frac{ME^2}{4} +r \times ME=ME^2 +r^2 \Longleftrightarrow \frac{ME^2}{4} +r \times ME=ME^2 \Longleftrightarrow ME^2 +4r \times ME=4ME^2 \Longleftrightarrow$$ $$\Longleftrightarrow ME +4r =4\times ME \Longleftrightarrow 4r =3\times ME$$ para, finalmente, $$ME= \frac{4r}{3} =\frac{AB}{3}=\frac{2}{3} MN$$
5. A construção do círculo amarelo é simples, já que ele está inscrito no triângulo isósceles $\;AHB,\;$ com $\;AH = HB\;$. O centro do círculo amarelo é o incentro $\;J\;$ de $\;AHB\;$ na interseção das bissetrizes do triângulo: de $\;A\hat{H}B\;$ (que é a mediatriz $\;MH\;$ de $\;AB\;$) e do ângulo $\;H\hat{A}, por exemplo. A circunferência amarela tem centro em$\;J\;$e passa por$\;M\;$.
6. O círculo verde é homotético do círculo amarelo. Ambos são tangentes a $\;AC, \;AC', \; (O, 2r)\;$. Os pontos de tangência com $\;(O, 2r)\;$ são $\;M\;$, para $\;(J)\;$, e $\;N\;$, para o círculo verde, permitem determinar a razão $\;k\;$ da homotetia de centro $\;H\;$ que transforma $\;M\;$ em $\;N\;$ $$\;k = \frac{\overrightarrow{HM}}{\overrightarrow{HN}}$$
   Como já vimos antes,
   $\;EOM \sim BHM\;$ e $\; \displaystyle \frac{BM}{ME} =\frac{HM}{OM}.\;$
   Sendo $\;BM=2r, \;ME=\displaystyle\frac{4r}{3} \;\;\; e \;\;\; OM = r, \;$ obtemos $$\frac{2r}{\displaystyle\frac{4r}{3}} = \frac{BH}{r}$$ ou $$BH = \frac{3r}{2}$$ e, em consequência, como $MN= MH+HN = 2r$, $HN=\displaystyle\frac{r}{2}$ e $$\frac{HN}{HM} = \frac{1}{3} \;\;\;\; \mbox{e} \;\;\;\; k=-\frac{1}{3}$$ Para determinar o centro $\;K\;$ do círculo verde, bastará tomar $\;\displaystyle \frac{MJ}{3}\;$ e transferi-lo para $\;NK\;$

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Problema de construção, a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.

Círculo "misto" de um triângulo retângulo

Problema: Tomados 3 pontos que definem um triângulo [ABC] retângulo em C e um círculo (circuncírculo do triângulo), construa-se o círculo tangente interiormente aos dois catetos e ao circuncírculo.

Clicando nos botões de "mostra/esconde" à esquerda, poderá ver os diversos círculos, segmentos e pontos que podem ajudar a perceber a construção e as relações que se estabelecem.

1. Dados A, B, C, a=BC, b=CA, c=AB tais que BC ⊥ CA e, em consequência, a²+b² = c²
2. Clicando no botão "circuncírculo", aparece um círculo de centro O que passa pelos pontos A, B, C de raio R = OA = OB = OC. No triângulo retângulo O é o ponto médio da hipotenusa [AB] e, por isso, de comprimento c / 2. Como sabemos,
   (c / 2)² = OA² = OB² = OC² = ON² + OM² = (a / 2) ² + (b / 2)²
   

   © geometrias, 12 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

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3. Clicando no botão "mista/solução" ficamos com a figura correspondente ao problema já resolvido. Temos o círculo (O, R)= (O, c / 2) e o círculo (O₁, r₁) tangente a BC, CA, (O, R). Analisar o problema de construção resolvido, esclarece como o resolvemos de facto.
   • Como (O_1, r₁) é tangente interiormente a (O, R) = (O, c/2 ),
     OP=R=c / 2 = OO₁+ r₁ e, em consequência, OO₁ = c / 2 - r₁
   • O triângulo OO₁Z é retângulo em Z, e OO₁ ² = O₁Z² + ZO².
     Ora O₁Z = O₁V-ON = r₁-a / 2 e OZ = OM - MZ = b / 2 - r₁
     
   • Finalmente, ( c / 2 - r₁)² =( r₁ - a /2)² + (b / 2 - r₁)²
     ( c / 2)² +(r₁ )² - c.r₁ = ( r₁)²+ (a / 2)² -r₁.a + ( b / 2)² +( r₁)² -b.r₁
     c²+4.r₁ ² -4cr₁ = 4r₁²+a²-4ar₁ +b^²+4r₁² -4br₁
     E, como c² = a² + b², podemos simplificar, obtendo
     -4cr₁ =-4ar₁-4br₁+4r₁^2 ou finalmente r₁= a+b-c.
   Esta análise feita sobre a figura do problema resolvido permite-nos construir a circunferência mista/solução. Como esta circunferência é tangente a CA e a BC,, o seu centro O₁ está à distância r₁= a+b-c de cada um dos catetos, é a interseção da perpendicular a CA tirada por um ponto V tal que VC =a+b-c com a perpendicular a BC tirada pelo ponto W tal que WC=a+b-c.
4. Clique agora no botão "incirculo", para ver o círculo tangente interiormente aos três lados do triângulo. Pode esconder as construções anteriores clicando no botão da direita alta para reiniciar ou usando os botões ocultar "circuncírculo" e "mista/ solução" caso estejam vísiveis. Como sabemos o centro do incírculo é equidistante dos três lados do triângulo, ou seja é o ponto de interseção das três bissetrizes.
5. Calculemos, em função de a, b, c dados, o comprimento do inraio r = IJ=IK=IL:
   • AC pode ser visto como a tangente a (I, r) tirada pelo ponto A ou tirada por C. Do mesmo modo, AB é tangente ao incírculo tirada por A ou por B. E BC é tangente ao incírculo tirada por B ou por C
     Como os segmentos das duas tangentes tiradas por um ponto são iguais, temos AJ=AL, BK=BL, CJ=CK.
     Por outro lado, temos AL+LB =AB=c, BK+KC=BC=a, CJ+JA=CA=b e AL+LB +BK+KC+CJ+JA= a+b+c. Mais simplesmente 2BK+2CJ+2AL = a+b+c . Designando por 2p o perímetro a+b+c do triângulo, BK+CJ+AL=p, sendo p o semiperímetro do triângulo. E, como CJ+AL = b, BK = BL= p-b. Do mesmo modo, como BK+CJ=BC=a, AL= AJ =p-a. E como BK+AL= BL+AL= c,\ CJ=CK= p-c.
   • Claro que, neste caso do triângulo retângulo em C, r= CJ=CK = p-c = (a+b+c)² - c = (a+b-c)²
6. Vimos assim que, para qualquer triângulo retângulo, se verifica a seguinte relação: o raio - r₁ - da circunferência tangente aos dois catetos e ao circuncírculo do triângulo é o dobro do raio - r - do incírculo, circunferência tangente aos 3 lados do triângulo

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Problema de construção, a partir de A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.