GEOMETRIA

19.6.14

Resolver problemas de construção, usando análise e síntese (1)

Muitas vezes, um problema é construído a partir da sua solução, feito pela observação de resultados de operações sobre ela, ou transformações dela, de que se não deixa rasto. Por isso, muito frequentemente, um problema não é um verdadeiro problema (desafio) para quem apresenta o seu enunciado. A resolução de problemas faz parte da essência da aprendizagem, vital para o desenvolvimento do raciocínio reconstrutivo
Quando olhamos para um problema, o mais natural é não vermos a sua solução até porque ela pode estar escondida num detalhe de que só tomamos conhecimento quando decompomos o problema em partes (quando fazemos a análise da substância do dito) e isso significa que olhamos para o problema como se ele estivesse resolvido, procurando identificar tanto os elementos nele envolvidos como as relações entre eles. Dizemos comumente que a análise tem a ver com ser natural e o sintético (enunciado da lei ou do problema) tem a ver com ser artificial.
O raciocínio analítico é fundamental para resolver problemas de construção geométrica. A generalidade dos autores, que apresentam soluções para os problemas básicos que propõem, referem-se explicitamente aos métodos analíticos e sintéticos para cada problema.
Assim faz Charles Lutwidge Dodgson - romancista, contista, fabulista, poeta, desenhador, fotógrafo, matemático e reverendo anglicano britânico, que viveu de 1832 a 1898 e lecionou matemática (lógica) em Oxford, Christ College - mais conhecido pelo seu pseudónimo Lewis Carroll.
Há um livro, em português, editado em 2008 por RBA Coleccionables, S.A. que reúne, de C.L.D. "Um conto enredado" de 1880…… e "Problemas de Almofada criados durante as horas passadas acordado" de 1893…… . Deste livro, se transcreveu um problema na "dia-a-dia com a Matemática, Associação de Professores de Matemática, 2011/2012- Agenda do Professor" e que republicamos nesta página

Problema: Num triângulo dado, traçar uma linha paralela à base de tal forma que os comprimentos dos segmentos dos lados intersetados entre esta e a base sejam, somados, iguais ao comprimento da base.
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 $\;DE \parallel BC \wedge BC= BD+CE\;$

Considerando que, para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido.

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 $\;DE \parallel BC \wedge BC= BD+CE\;$
Nas condições do problema resolvido, como $\;BD=CE\;$,
- a circunferência $(\;B, \;BD)\;$ de centro em $\;B\;$ e raio $\;BD\;$ interseta $\;AB\;$ em $\;D\;$ e $\;BC\;$ num outro ponto que designamos por $\;F;$
- Do mesmo modo, a circunferência $(\;C, \;CE)\;$ de centro em $\;C\;$ e raio $\;CE\;$ interseta $\;AC\;$ em $\;E\;$ e $\;BC\;$ no ponto $\;F,\;$
- já que $\;BD+CE= BC= BF+FC.\;$
Por ser $\;BF=BD\;$ no triângulo $\;BFD\;$, $\;B\hat{D}F=B\hat{F}D\; = \;$ (pela Prop. 29 (Livro I, Elementos de Euclides), como $\;DE \parallel BC \;$) $\;= F\hat{D}E.\;$ De forma análoga, também $C\hat{E}F = F\hat{E}D\;$ (ângulos alternos internos)
Por ser $\; B\hat{F}D\; = F\hat{D}E$, $\;FD\;$ bisseta o ângulo $\;B\hat{D}E.\;$ E, de modo análogo, $\;FE\;$ bisseta o ângulo $\; C\hat{E}D.\;$
Se o ponto $\;F\;$, interseção de duas bissetrizes externas do triângulo $\;ADE\;$, é o centro de uma das circunferências ex-inscritas desse triângulo e está sobre a bissetriz do ângulo $D\hat{A}E$
$\;F\;$ é um ponto equidistante dos três lados $\;DE, \;AD, \;AE\;$ que está sobre a base $\;BC\;$ do triângulo $\;ABC\;$
e, assim ficamos a saber que, para resolver o nosso problema, bastaria determinar o ponto $\;F\;$ como pé em $\;BC\;$ da bissetriz do ângulo $Â$.

Pode seguir os passos da construção (sintética) fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1, 2, ..., 6}.\;$

Considerando a decomposição (análise) do problema antes feita, apresentamos, agora sinteticamente, os passos da construção.

Começamos por bissetar o ângulo $\;C\hat{A}B\;$ com a reta $\;AF\;$, sendo $\;F\;$ o pé da bissetriz em $\;BC.\;$
Tiramos por $\;F\;$ as perpendiculares a $\;AC\;$ e a $\;AB\;$, respetivamente $\;FB'\;$ e $\;FC'\;$
Como $\;F\;$ é um ponto da bissetriz de $\; C\hat{A}B,\;$ $\;FB'=FC'.\;$
A seguir, traçamos a circunferência de centro em $\;F\;$ que passa por $\;B'\;$ e $\;C'\;$. E tiramos por $\;F\;$ um outro raio $\;FA'\;$ perpendicular a $\;BC\;$. A perpendicular a $\;FA'\;$ que interseta $\;AB\;$ em $\;D\;$ e $\;AC\,$ em $\;E\;$ é paralela a $\;BC.\;$
Os ângulos $\;A',\; B',\; C'\;$ são retos e $\;FA'=FB'=FC':\;$ $\;FD\;$ é hipotenusa comum de dois triângulos retângulos iguais ( $\;[C'FD] = [FA'D]\;$ ) e, por isso, $\;FD\;$ é bissetriz de $\;B\hat{D}E.\;$ De modo análogo, podemos ver que $\;FE\;$ é bissetriz de $\;C\hat{E}D.\;$
Como $\;B\hat{F}D = F\hat{D}A'\;$ (por serem ângulos alternos internos) e $\;F\hat{D}A'= F\hat{D}B\;$ (por $\;FD\;$ ser bissetriz de $\;BDE\;$), então $\;B\hat{F}D = F\hat{D}B\;$ e, em consequência, $\;BD = BF.\;$
De modo análogo, se prova que $\;CE = CF.\;$
Em conclusão, $\;BC=BF+FC= BD+CE,\;$ como queríamos.

12.6.14

Resolver problema de construção, usando composta de rotações (e meia volta)

Problema: O tesouro enterrado Um velho pergaminho, que descrevia o local onde piratas enterraram um tesouro numa ilha deserta, dava as seguintes instruções:

Na ilha só há duas árvores, $\;A\;$ e $\;B\;$, e os restos de uma forca.
Comece na forca e conte os passos necessários para ir, em linha recta, até à árvore $\;A\;$. Quando chegar à árvore, rode $\;90^o \;$ para a esquerda e avance o mesmo número de passos. No ponto em que parou, coloque um marco no chão.
Volte para a forca e vá em linha recta, contando os seus passos, até à árvore $\;B$. Quando chegar à árvore, rode $\;90^o\;$ para a direita e avance o mesmo número de passos, colocando outro marco no chão, no ponto em que acabar.
Cave no ponto que fica a meio caminho entre os dois marcos e encontrará o tesouro.

Um jovem aventureiro que encontrou o pergaminho com estas instruções, fretou um navio e viajou para a ilha. Não teve dificuldade em encontrar as duas árvores mas, para seu grande desgosto, a forca tinha desaparecido e o tempo tinha apagado todos os vestígios que pudessem indicar o lugar onde ficava.

Fractal music, hipercards and more, de Martin Gardner

Proposto na brochura Trigonometria e Números Complexos: matemática - 12º ano de escolaridade. Maria Cristina Loureiro... DES. Lisboa:2000 (pp. 65/66), com uma resolução usando números complexos.
Mariana Sacchetti lembrou-se deste problema que tem utilizado na lecionação dos complexos, como um exemplo de problema que poderia ser resolvido usando transformações geométricas.
É o que vamos fazer, considerando que resolver o problema é encontrar o tesouro sem termos a exata localização de vestígios da forca.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema, no caso mostrar que, qualquer que seja a posição da forca, seguir as instruções do pergaminho, conduz a uma única posição do tesouro. Com recurso exclusivo a propriedades das transformações geométricas.

São dados os pontos $\;A\;$ e $\;B\;$ de localização das árvores
Conhecida a localização da forca, designemo-la por $\,F\;$, seguir as instruções seria percorrer $\;FA\;$, rodar sobre os calcanhares $\;90^o\;$ para a esquerda e fazer um percurso de comprimento gual a $\;FA\;$, local onde se coloca um marco, designemo-lo por $\;M\;$: $$\begin{matrix} &{\cal{R}} (A, \;-90^o)&&\\ F&\longmapsto&M&\\ &&&\;\;\; \mbox{e, do mesmo modo, para o outro marco,} \;N \\ &{\cal{R}} (B, \;+90^o)&&\\ F&\longmapsto&N&\\ \end{matrix}$$

© geometrias, 10 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra

Clique no botão $\;\fbox{1}\;$ para seguir as instruções do pergaminho para uma localização da forca.
Não conhecendo a posição exata de $\;F\;$ tomamos um ponto qualquer, $\;F_1$, do chão da ilha para localização da forca. Designando por $\;M_1\;$ e $\;N_1\;$ as posições dos marcos a que chegamos, seguindo as instruções do pergaminho. Se $\;F_1\;$ fosse a localização exata da forca, no ponto médio $\;O\;$ de $\;M_1N_1\;$ valeria a pena cavar porque estaríamos a desenterrar o tesouro.
É altura de fazer variar a posição de $\;F_1\;$ para observar o comportamento de $\;O\;$
Pela rotação de $\;-90^0\;$ em torno de $\;A\;$, $\;M_1\;$ é a imagem de $\;F_1\;$ e, em consequência, $\;F_1$ é imagem de $\;M_1\;$ pela rotação de $\;+90^0\;$ em torno de $\;A\;$. Podemos escrever: $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(A, \;+90^o)&&{\cal{R}}(B, \;+90^o)&\\ M_1&\mapsto & F_1 & \mapsto & N_1 \\ \end{matrix}$$ Ora, a composta de duas rotações $\;{\cal{R}}(B, \;+90^o)\circ {\cal{R}}(A, \;+90^o)\;$ é uma rotação:
- o ângulo de rotação da composta é a soma dos ângulos das componentes, no caso $\;+90^o + 90^o =180^o$
- o centro da rotação composta de rotações é um ponto equidistante de qualquer par de elementos relacionados pela composta, no caso $\;O\;$ : $\;OM_1 = ON_1$.
  De um modo geral, o centro da rotação composta determina-se como ponto de encontro das mediatrizes de dois pares de pontos por ela relacionados.
Assim, se vê que as posições dos marcos $\;M\;$ e $\;N\;$ obtidas, para qualquer posição da forca $\;F\;$ de acordo com as instruções do pergaminho, estão relacionadas por uma transformação de meia volta. E o centro de uma rotação de meia volta é invariante, não dependendo da posição da forca.

O botão $\;\fbox{2}\;$ parte de outra localização da forca. Claro que bastará fazer variar uma posição de $\;F\;$.