Problema de Copernico

Problema copernicano:
Desenhe um círculo (C) de raio R, então imagine um círculo (C') de raio R/2 rolando para dentro sem escorregar em (C). Prove este resultado surpreendente:
todos os pontos das circunferências (C') permanecem numa mesma linha reta. .

1. (C): circunferência de centro O e raio OY;
2. (C'): circunferência de centros A a passar por O e tangentes interiormente à circunferência (O, OY);
3. Os pontos O, X, Y da circunferência (C) representam posições fixas desses pontos de (C) e os pontos A são centros das diversas circunferências (C') que se deslocam mantendo as propriedades de tangência em pontos F
4. O ponto A, centro das circunferências (C'), está sempre a igual distância de O e de F, e da circunferência de centro O e raio OA(=AF=MX=OM=OG=GY). Na ilustração, aqui apresentada, podemos deslocar A no arco MG da cirucnferência (O, OA)
5. $$ \alpha = \angle \;GÔA =\angle \;YÔF $$ $$ \beta = \angle EÂF $$ $$ Arco(YOF) = Arco(EAF)? $$ Porquê?

Nesta ilusrtração dinâmica, pode verificar as diversas posições de A e verificar que quando A toma a posição de GF toma a posição de Y, isto é, E coincide com F e Y. E quando A toma a posição de M, F assume a posição de X e e E a posição de O.....

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André MYX. Grenier Circulaire. Bulletin de liaison des Professeurs de Mathématiques, n.28 Le Cercle,mai 1981.AUDECAM. Association Universitaire pour le Développement de l'Enseignement et la Culture en Afrique et à Madagascar Problème de Copernic
Tracer un cercle(C) de rayon R, puis imaginer un cercle (C') de rayon R/2 roulant intérieurement sans glisser sur (C).
Démontrer ce résultat étonnant: todo o ponto A de la circonférence de (C') reste sur une droite.

Triângulos de Perímetro Mínimo

I

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Problema 1a:
Dados A e B e uma reta r determine C sobre a reta r de forma a que o triângulo [ABC] tenha perímetro mínimo.

Figura 1
Seja B’ simétrico de B relativamente à reta r. Então r é a mediatriz de BB’. Logo C é equidistante de B e de B’, CB’=CB.
AB’ é a distância entre os pontos A e B’ pois é o comprimento do segmento de reta que os une (é o comprimento do caminho mais curto que os une) AB’=AC+CB’=AC+CB, é, pois, o comprimento mínimo para ir de A a B passando por r. Logo o triângulo [ABC] é o triângulo de perímetro mínimo.
Na construção pode-se mover o ponto E, ao longo de r, e verificar o valor do perímetro dos diferentes triângulos que se vão formando.
O mais usual é formular-se este problema com o seguinte enunciado: Dados dois pontos A e B do mesmo lado de uma reta r, qual o caminho mais curto para ir de A para B passando por r, e é conhecido como Problema de Héron. Este problema já foi abordado em Problema usando reflexões -1 na entrada de 10.11.09
Problema 1b:
Prove que a perpendicular a r no ponto C, a reta XC, é a bissetriz do ângulo C.


Figura 2
Seja XC perpendicular a r em C. XC é paralela a BB’
O triângulo [BDC] e o triângulo [B’DC] são congruentes, logo 𝐶𝐵𝐷 = 𝐶𝐵′𝐷.
𝐶𝐵𝐷 = 𝐵𝐶𝑋, pois são alternos internos
𝐶𝐵′𝐷 = 𝑋𝐶𝐴, pois são ângulos correspondentes
Então, 𝐵𝐶𝑋 = 𝑋𝐶𝐴                          c.q.d.

Heron de Alexandria utilizou este princípio do caminho mais curto (afirmou que o caminho percorrido pela luz era sempre o mais curto), para estudar a reflexão da luz num espelho e provando que o ângulo de incidência (𝐴𝐶𝑋) é igual ao ângulo de reflexão (𝐵𝐶𝑋).

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II

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Problema:
De entre todos os triângulos com uma dada base e altura a ela referida, determinar qual deles tem perímetro mínimo.
Este problema é também abordado em Problemas usando reflexões 2 na entrada de 16.11.09.
Nele se mostra a solução (interativa) e se remete a sua resolução para o problema anterior.

Figura 3
É o triângulo [ABC] isósceles. Vejamos. Sendo OO’ a reta paralela a AB que dista desta a altura do triângulo, o vértice C situa-se sobre OO’. Trata-se então de procurar o caminho mais curto para ir de A a B passando por OO’. Se determinarmos o simétrico de A relativamente a OO’ encontramos C. Mas também poderíamos determinar o simétrico de B relativamente a OO’. Verificamos que A’B’ é paralela a AB, logo [ABA’B’] é um retângulo sendo C o ponto de interseção das suas diagonais. Logo AC=BC. O triângulo é isósceles.
Obtém-se uma prova analítica, escrevendo a função Perímetro
$$ P(x)\;=\;a+\;\sqrt{x^2+h^2} + \sqrt{(a-x)^2 +h^2}\;$$
Derivando, obtém-se
$$P'(x)\; =\; (x-a) + \sqrt{x^2+h^2} + x\sqrt{(a-x)^2+h^2}$$
Determinando os zeros, obtém-se
$$ P'(x)\;=\;0 \; \Leftrightarrow \;x\;=\;\frac{a}{2}$$
Logo é o triângulo isósceles!


Figura 4

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III

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Problema de Fagnano
Na entrada de 11.7.06 de Quinto despertar dos geómetras define-se triângulo órtico de um triângulo e regista-se a seguinte propriedade:
O triângulo órtico é o triângulo de perímetro mínimo que pode ser inscrito no triângulo [ABC]. Verifiquemos que assim é num triângulo acutângulo


Figura 5
Podemos reduzir este problema ao primeiro enunciado:
Qual o caminho mais curto para ir do ponto D ao ponto F passando pela reta BC? E verificamos que é o ponto E. E o mesmo para quaisquer outros dois pontos.
Com o descrito anteriormente, provamos também que as alturas do triângulo [ABC] são as bissetrizes do seu triângulo órtico (o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão), e que os lados do triângulo [ABC] são as bissetrizes externas do triângulo órtico (perpendiculares às bissetrizes internas nos vértices)

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IV

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Em 8.5.06 em Triângulos equiláteros num quadrado [8/5/06] é colocado o seguinte problema:
Problema: No interior de um ângulo 𝑨, toma-se um ponto P. Por P passam uma infinidade de retas que cortam os lados do ângulo 𝑨. Cada uma dessas retas define um triângulo. Determine o de perímetro mínimo.
E é apresentado um exercício interativo.

Figura 6
Vejamos a seguinte propriedade:
Construa-se uma circunferência inscrita num ângulo 𝐴. Os pontos de tangência definem dois arcos. Um interior e outro exterior. Seja um ponto X no arco interior e um ponto Y no arco exterior. Pelos pontos X e Y tracemos tangentes à circunferência e observemos o perímetro dos triângulos definidos pelas tangentes nos lados do ângulo. Pode deslocar os pontos verdes sobre os arcos.


Figura 7

Todas as tangentes ao arco interior definem triângulos com o mesmo perímetro:
𝑃 = 𝐴𝐶 + 𝐶𝐵 + 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 + 𝐶𝐻 + 𝐻𝐵 + 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 + 𝐶𝑁 + 𝐵𝑀 + 𝐴𝐵 = 𝐴𝑁 + 𝐴𝑀 = 2𝐴𝑀
e menor do que o perímetro dos triângulos definidos pelas tangentes ao arco exterior, que varia.
Respondendo agora ao problema inicial a circunferência inscrita no ângulo 𝐴 deverá passar pelo ponto P e a reta pretendida é a tangente à circunferência em P.
Trata-se de um dos problemas de Apolónio. Traçar uma circunferência tangente a duas retas concorrentes e que passa por um ponto


Figura 8

Tracemos uma circunferência auxiliar, tangente às duas retas e determinemos a sua homotética, de centro A, que passa no ponto P. Como vemos existem duas soluções. No entanto, na solução laranja o ponto P situa-se no arco exterior que, como vimos acima origina triângulos de perímetros superiores às tangentes num ponto do arco interior. Assim interessa-nos a solução a negro (P situa-se no arco interior)

Figura 9

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V

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Problema:
Determinar o triângulo de perímetro mínimo em que dois dos vértices situam-se um em cada lado de um ângulo  e em que o terceiro vértice é um ponto P no interior do ângulo.

Figura 10

Podemos enunciar o problema da seguinte maneira:
Qual o caminho mais curto para “sair” de P e “voltar” a P depois de ter passado pelas duas retas AB e AC.
Determinemos então o ponto P’ simétrico de P relativamente a AB e o ponto P’’ simétrico de P relativamente a AC. O segmento de reta P’P’’ determina em AB e AC, os vértices Q e R do triângulo pedido.