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.

Dividir um triângulo em duas partes equivalentes sendo uma delas um triângulo rectângulo

Dividir um triângulo em duas partes equivalentes
por uma perpendicular a um dos seus lados

Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar que para qualquer triângulo e um dos seus lados há uma perpendicular a esse lado que o divide em dois polígonos equivalentes

O enunciado do problema desta entrada é:
Dado um triângulo acutângulo $\;ABC\;$ determinar uma perpendicular a $\;BC,\;$por exemplo, que divide $\;ABC\;$ em duas partes iguais em área.

Pode seguir as etapas da nossa construção e notas de demonstração usando a barra de navegação para passos da construção ao fundo do rectângulo de visualização

1. Apresenta-se inicialmente um triângulo $\;ABC.\;$
   
   • Sabemos que, das perpendiculares a $\;BC,\;$ a altura $\;AD\;$ divide o triângulo $\;ABC\;$ em duas partes.
     Quando e só quando $\;D\;$ é o ponto médio de $\;BC,\;$ $\;ABD\;$ é equivalente a $\;ACD\;$ e o segmento de reta que procuramos é a altura $\;AD\;$
     
   • Quando a área de $\;ABD\;$ é maior que a área de $\;BAD,\;$ a reta perpendicular que procuramos é paralela à altura e há-de cortar os lados $\;AB\;$ e $\;BC.\;$ Designemos por $\;A’\;$ e $\;D’\;$ esses pontos de intersecção que definem a reta perpendicular a $\;BC\;$ que divide em duas partes equivalentes o triângulo $$\; [ABC]=[A’BD’] \cup[AA’D’C]\; \;\; \wedge \mbox{Área de }\;\;[A’BD’] = \mbox{Área de }\;\;[AA’D’C] \; $$
     Como determinamos $\;D’$?
   • Quando a área de $\;ABD\;$ é menor que a área de $\;ADC,\;$ a reta perpendicular que procuramos é paralela à altura e há-de cortar os lados $\;AC\;$ e $\;BC.\;$ Designemos por $\;A’\;$ e $\;D’\;$ esses pontos de intersecção que definem a reta perpendicular a $\;BC\;$ que divide em duas partes equivalentes o triângulo $$\; [ABC]=[A’CD’] \cup[D’A’AB]\; \;\; \wedge\;\;\; \mbox{Área de }\;\;[A’D’C] = \mbox{Área de }\;\;[D’A’AB] \; $$
     Para este caso, a determinação de $\;D'\;$ segue os mesmos passos.

26 agosto 2017, Criado com GeoGebra

2. Na figura agora apresentada, estão visíveis todos os elementos construtíveis auxiliares para a determinação da perpendicular $\;A’D’\;$ tal que $$\; [ABC]=[A’BD’] \cup[AA’D’C]\; \;\; \wedge \;\; \mbox{Área de }\;\;[A’BD’] = \mbox{Área de }\;\;[AA’D’C]. \; $$ Se se verificam as condições de divisão de $\;ABC\;$ em duas partes equivalentes, então $$\;\mbox{Área de}\;\;[ABC] = 2 \times \mbox{Área de}\;\;[A’BD’]\;\; \mbox{ou} \;\; \mbox{Área de}\;\;[A’BD’] = \frac{1}{2}\mbox{Área de}\;\;[ABC] $$ que é o mesmo que dizer $$\frac{BD’ \times A’D’}{2} = \frac{1}{2} \times \frac{BC\times AD}{2}$$ e, tomando o ponto $\;M\;$ médio de $\;BC\;$, que é tal que $\;\displaystyle BM=\frac{BC}{2},\;$ podemos escrever $$\mbox{Área de}\;\;[A’BD’] = \frac{BD’ \times A’D’}{2}= \frac{1}{2} (BM\times DA)$$ A condição para a posição de $\;A’D’\;$ pode assim resumir-se a $$\; BD’ \times A’D’ = BM\times DA \;\; \mbox{ou} \;\; \frac{BD’}{BM}=\frac{DA}{D’A’}$$ Como $\;A’D’\;$ e $\;AD\;$ são perpendiculares à mesma $\;BC\;$, os triângulos $\;ABD\;$ e $\;A’BD’ \;$ são retângulos com um ângulo comum $\;\hat{B}.\;$ $$\;\displaystyle \frac{DA}{D’A’} =\frac{BD}{BD’}\;$$ E podemos assim escrever $$\frac{BD’}{BM}=\frac{BD}{B’D’}\;\; \mbox{ou} \;\; BD’^2 = BM \times BD$$ o que nos determina a posição de $\;D’\;$ sobre $\;BC.\;$ Na nossa construção optámos por considerar a potência do ponto $\;B\;$ relativa à circunferência de diâmetro $\;MD\;$ e como o segmento da tangente a esse círculo tirada por $\;B\;$ é tal que $\;BT^2=BM \times BD\;$ sendo $\;T\; $ o ponto de tangência, $\;D’\;$ determina-se como um ponto de intersecção $\;[BC] \cap (B, \; BT)\;$
3. Realçam-se o triângulo $\;A’BD’\;$ de área igual a metade da área de $\;ABC\;$ e o equivalente quadrilátero $\;AA’D’C\;$ ambos azulados.
4. Quando passa para a etapa 4 na barra de navegação dos passos de construção, verá o mesmo que viu na etapa anterior a menos que coloque $\;A\;$ numa posição para a qual a área de $\;ABD\;$ seja menor que a área de $\;CAD.\;$ Deslocando $\;A\;$ para o lado de $\;B\;$ passará pelo caso em que $\;AD\;$ divide $\;ABC\;$ em dois triângulos iguais e finalmente para o caso em que uma perpendicular a $\;BC\;$ divide $\;ABC\;$ em duas partes equivalentes: $\;CA'D'\;$ e $\;ABD'A'\;$ esverdeadas.

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Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie -quatrième livre: Les Aires 4. éd.,Librairie Vuibert. Paris:1947

Dividir um quadrilátero em duas partes equivalentes por uma reta a passar por um vértice

Dividir um quadrilátero em duas partes equivalentes por uma reta a passar por um vértice

Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar que para qualquer quadrilátero há uma reta a passar por um vértice que o divide em dois polígonos equivalentes

O enunciado do problema desta entrada é:
Dado um quadrilátero $\;ABCD\;$ determinar uma reta a passar, por exemplo, por $\;D,\;$ que divide $\;ABCD\;$ em duas partes iguais em área.

Pode seguir os passos da nossa construção e notas de demonstração usando a barra de navegação para passos da construção ao fundo do rectângulo de visualização

1. Apresenta-se inicialmente um quadrilátero $\;ABCD.\;$
   
   • Sabemos que, das retas tiradas por $\;D,\;$ a diagonal $\;DB\;$ divide o quadrilátero $\;ABCD\;$ em duas partes.
     Quando $\;ABD\;$ é equivalente a $\;BCD\;$ o segmento de reta que procuramos é $\;BD\;$
     
   • Quando a área de $\;ABD\;$ é maior que a área de $\;BCD,\;$ a reta que procuramos há-de cortar o segmento $\;AB.\;$ Designemos por $\;E\;$ o ponto de $\;AB\;$ para o qual $\;DE\;$ divide em duas partes equivalentes o quadrilátero $\;[ABCD]= [AED] \cup [BCDE]\; \;\; \wedge \mbox{Área de }\;\;[AED] = \mbox{Área de }\;\;[BCDE] \; $
     Como determinamos $\;E $?
   • Quando a área de $\;ABD\;$ é menor que a área de $\;BCD,\;$ o segmento da reta que procuramos há-de ter para segundo extremo um ponto $\;F\;$ de $\;BC.\;$ para o qual $\;DF\;$ divide em duas partes equivalentes o quadrilátero $\;[ABCD]= [ABFD] \cup [FCD]\; \;\; \wedge \mbox{Área de }\;\;[ABFD] = \mbox{Área de }\;\;[FCD] \; $
     Como determinamos $\;F$?

21 agosto 2017, Criado com GeoGebra

2. O quadrilátero $\;ABCD\;$ com os vértices nas posições apresentadas inicialmente é tal que $\;\mbox{Área de}\;\;[ABD] > \mbox{Área de}\;\;[BCD]\;$ e é, por isso, necessário cortar alguma parte ao $\;[ABD].\;$ E, de acordo com o enunciado, $\;D\;$ deve ser um extremo do segmento de reta que corta $\;ABD\;$ e divide o quadrilátero em duas partes iguais. Se chamarmos $\;E\;$ ao outro extremo do segmento, terá de ser $\;[AED]\;$ equivalente a $\;[BCDE].\;$
   Como se vê na figura, tomámos as seguintes retas $\;AB,\;DB,\;$ uma paralela a $\;DB\;$ tirada por $\;C\;$ que interseta $\;AB\;$ em $\;C’\;$ e finalmente a reta $\;DC’.\;$
   Como é óbvio, os triângulos $\;DBC\;$ e $DBC’$ têm uma base $\;DB\;$ comum e os vértices $\,C, \;C’\;$ opostos a $\;DB\;$ sobre uma paralela a ela. São, por isso, iguais em área. Assim, $$\mbox{Área de}\;\;[DEBC] =\mbox{Área de}\;\;[DEB]+ \mbox{Área de}\;\;[BCD]= \mbox{Área de}\;\;[DEB]+ \mbox{Área de}\;\;[BC’D] =\mbox{Área de}\;\;[DEC’].$$ Como $\;DE\;$ deve ser tal que $$\;\mbox{Área de}\;\;[DEBC] = \;\mbox{Área de}\;\;[AED],\;$$ pelo que vimos há pouco $$\;\mbox{Área de}\;\;[DEBC]=\;\mbox{Área de}\;\;[DEC’]$$ e, em consequência, $$\;\mbox{Área de}\;\;[AED]=\mbox{Área de}\;\;[DEC’]\;$$ o que, para ser verdade, como a distância de $\;D\;$ a $\;AB\;$ é a altura comum aos dois triângulos de bases $\;AE, \; EC’\;$ que têm de ser equivalentes, então $\;E\;$ tem de ser o ponto médio de $\;AC’.\;$ Ficamos a saber os passos do processo de determinação de $\;E\;$ que com $\;D\;$ define a reta que corta o quadrilátero em duas partes equivalentes.
3. No passo 3, precisamos que o leitor desloque, por exemplo $\;C,\;$ para uma posição tal que $\;\mbox{Área de }\;\;[ABD] < \mbox{Área de }\;\;[ABD] \;$ em que teremos de procurar/apresentar um ponto $\;F\;$ de $\;BC\;$ tal que $\;DF\;$ divide o quadrilátero $\;ABCD\;$ em duas partes equivalentes. O processo é inteiramente análogo ao anterior.

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Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie -quatrième livre: Les Aires 4. éd.,Librairie Vuibert. Paris:1947

Dados os paralelogramos ABDE e ACFG sobre os lados AB e AC de um triângulo ABC, determinar um paralelogramo BCKL cuja área seja igual à soma das áreas dos outros dois.

Trilátero abc e áreas de paralelogramos construídos sobre a, b, c exteriormente

Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar que há um paralelogramo em que um dos lados é BC equivalente à soma de dois paralelogramos construídos sobre os lados AB e AC exteriormente ao triângulo ABC

O enunciado do problema desta entrada é:
Construir (e demonstrar) que dado um triângulo $\;ABC\;$ qualquer e dois paralelogramos cada um sobre um de dois dos seus lados, por exemplo $\;AB\;$ e $\;AC,\;$ construídos exteriormente ao triângulo dado, construir um paralelogramo sobre o terceiro lado $\;BC\;$ cuja área seja igual à soma das áreas dos primeiros dois paralelogramos.

Pode seguir os passos da nossa construção e notas de demonstração usando a barra de navegação para passos da construção ao fundo do rectângulo de visualização

1. Apresenta-se inicialmente um triângulo $\;ABC\;$ qualquer ($\;A, \;B, \;C\;$ livres no plano da construção)
2. Sobre $\;AB\;$ aparece construído um paralelogramos $\;ABDE\;$ em que $\;D\;$ é um ponto qualquer no exterior de $\;ABC\;$ e no semiplano determinado por $\;AB\;$ sem pontos interiores de $\;ABC.\;$ O quarto ponto $\;E\;$ do paralelogramo é a interseção da paralela a $\;BD\;$ tirada por $\;A\;$ com a paralela a $\;AB\;$ tirada por $\;D\;$
3. De modo análogo se construíu o paralelogramo $\;ACFG\;$ em que $\;F\;$ tem graus de liberdade num semiplano para o exterior de $\;ABC\;$ dos determinados por $\;AC.\;$

17 agosto 2017, Criado com GeoGebra

4. A construção do paralelogramo $\;BCKL\;$ que é tal que $$\;\mbox{Área de}\;\; [BCKL] = \mbox{Área de}\;\; [ABDE] + \mbox{Área de}\;\; [ACFG]\;$$ apoia-se exclusivamente na Proposição XXXV. PROB. do LIVRO I de “Os Elementos”: Os paralelogramos que estão sobre a mesma base, e entre as mesmas paralelas, são iguais.
   • Como as retas $\;AB\;$ e $\;AC\;$ se intersetam em $\;A\;$ também as suas paralelas a $\;AB\;$ tirada por $\;D\;$ e a $\;AC\;$ tirada por $\;F\;$ se interseta, denominemos por $\;H\;$ o ponto $\;DE.FG$
   • E se considerarmos os paralelogramos $\;ABB’H \;$ e $\;ACC’H\;\; (BB’ \parallel CC’ \parallel AH, \;$ pela proposição referida acima, verificam-se as equivalências: $\;[ABDE] \simeq [ABB’H]\;$ e $\;[ACFG] \simeq [ACC’H].\;$
   • Repare-se que estes paralelogramos têm em comum um lado $\;AH\;$ com os mesmos comprimento e direção de $\;BB’\;$ e $\;CC’\;$
   • Se tomarmos as retas $\;BB’\;$ e $\:CC’\;$ paralelas a $\;AH\;$ podemos considerar novos paralelogramos entre a reta $\;AH\;$ (que é a mesma que $\;MN\;$ em que $\;M\;$ é $\;AH.BC\;$ e $\;MN=AH\;$) por um lado e por outro $\;BL,\;$ ou $\;CK.\;$ Assim, recorrendo à Prop. XXXV, sabemos que $\;[ABB’H] \simeq [BLNM] \;$ e $\;[ACC’H] \simeq [CKNM].\;$
   • Ora $\;[BLNM] \cup [CKNM] = [BCKL],\;$ que é um paralelogramo, e consideradas as equivalências confirmadas, em consequência $$\; \mbox{Área de}\;\;[BCKL] = \mbox{Área de}\;\;[ABDE] + \mbox{Área de}\;\;[ACFG]$$.
5. Finalmente realçam-se os segmentos que são os lados dos diferentes paralelogramos auxiliares das demonstração e construção do paralelogramo $\;BCKL\;$ cuja área é igual à soma das áreas dos paralelogramos $\;ABDE\;$ e $\;ACFG.\;$ □

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Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
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Crescente equivalente a um triângulo

Um Crescente é equivalente a um triângulo

Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar a equivalência de um triângulo a um Crescente limitado por dois arcos circulares.

O enunciado do problema desta entrada é:
Demonstrar que um Crescente Vermelho (entre dois arcos) na figura é igual em área a um triângulo.

Para além da superfície que estudamos, apresentam-se inicialmente retas, segmentos e arcos que ajudam a compreender a construção e permitem determinar a sua área da superfície em estudo ou a compará-la com outras áreas. Na construção deve recorrer à barra de navegação para passos da construção e seguir etapas da construção e os raciocínios até à demonstração (acompanhados de fórmulas que não escondem o uso dos axiomas da igualdade em geral e neste caso de igualdade entre áreas)

1. Apresenta-se inicialmente uma circunferência de centro $\;O\;$ e diâmetro $\;AB\;$ e a mediatriz de $\;AB\;$ que intersecta a circunferência em $\;C, \;D.\,$

11 agosto 2017, Criado com GeoGebra

2. A seguir mostra-se a circunferência de centro em $\;D\;$ e raio $\;DA:\;$.
   Como $\;CD\;$ é a mediatriz de $\;AB,\;$ sabemos que $\;AD=BD;\;$ e, como $\;AB\;$ é diâmetro de $\;(O, \;OA)\;$ e $\;D \in (O,\;OA),\;$ o triângulo $\;ABD\;$ é rectângulo em $\;D\;$. Por isso, $\;AB^2= 2AD^2 .\;$ Claro que também podíamos ter usado o facto de $\;ODA\;$ ser triângulo rectângulo em $\;O\;$ para concluir que $\;AD^2 = 2OA^2\;$
3. O semicírculo de centro $\;O\;$ e raio $\;OA\;$ que designamos por $\;\widehat{ACB}\overline{BA},\;$ neste passo evidenciado, tem área $$\; \frac{\pi\times OA^2}{2}= \frac{\pi \times 2.OA^2}{4} =\frac{\pi \times AD^2}{4}\;$$
4. Chamamos Crescente ao que sobra do semicírculo vermelho após retirarmos o segmento circular $\;\widehat{AB}\overline{BA}\;$ do círculo $\;(D,\;DA).\;$
   
5. O segmento circular referido tem área igual à área do que sobra do sector circular $\;D\widehat{AB}\;$ (quarto do círculo) $$\;\frac{\pi \times AD^2}{4}$$ depois de lhe retirarmos o triângulo $\;ABD\;$ rectângulo em $\;D\;$ de área $$\; \frac{AD^2}{2}$$
Por um lado a área do Crescente é igual à área do semicírculo de centro $\;O\;$ e raio $\;OA\;$ $$\frac{\pi \times AD^2}{4}$$ subtraída da área do segmento que é, como vimos, $$\frac{\pi \times AD^2}{4} - \frac{AD^2}{2} $$ ou seja, $$ \mbox{Área do Crescente} = \frac{\pi \times AD^2}{4} - \left(\frac{\pi \times AD^2}{4} - \frac{AD^2}{2}\right)= \frac {AD^2}{2}= \mbox{Área do triângulo}\,\;\; ABD $$ como queríamos demonstrar.

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Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
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Uma superfície limitada por três arcos circulares equivalente a um quadrado.

Uma superfície de gumes circulares equivalente a um quadrado

Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar a equivalência de um quadrado a uma superfície limitada por arcos de circunferências.
Tomamos um quadrado $\;ABCD\;$ e uma das diagonais, por exemplo, $\;BD\;$ e consideremos o arco $\;BD\;$ de centro em $\;A\;$ e os arcos $\;BGA\;$ - de diâmetro $\;AB,\;$ centro $\;E\;$ - e $\;AGD\;$ - de igual diâmetro $\;DA,\;$ e centro em $\;F\;$. Estes três arcos circulares limitam uma superfície (a vermelho na figura abaixo)
O enunciado do problema desta entrada é:
Demonstrar que a superfície a vermelho na figura é igual em área a um quadrado de lado $\;\displaystyle\frac{AB}{2}\;$ (um quarto do quadrado $\;ABCD)\;$.

Nota Daqui para a frente, por exemplo, estamos a usar $\;E, \widehat{AGB}\;$ para designar o semicírculo de diâmetro $\;AB\;$ ou $\;(A, \hat{BD})\;$ o arco de centro $\;A\;$ de extremos $\;B, \;D\;$ (quarto de circunferência na figura). Para além da superfície que estudamos, apresentam-se inicialmente retas, segmentos e arcos que ajuda a compreender a construção e permitem determinar a sua área da superfície em estudo ou a compará-la com outras áreas. Partimos dos seguintes dados:

• $\;ABCD\;$ são vértices de um quadrado;
• As diagonais $\;BD\;$ e $\;AC\;$ são perpendiculares e bissectam-se.
• O arco $\;\hat{BD}\;$ é um quarto da circunferência de raio igual ao lado do quadrado $\;ABCD\;$. O quarto do círculo correspondente tem área $$\; \frac{\pi\times AB^2}{4}\;$$
• Os arcos $\;\widehat{AGB}\;$ e $\;\widehat{AGD}\;$ das circunferências de diâmetros $\;AB\;$ e $\;AD\;$ são semicircunferências iguais. A área de cada um doss semicírculos correspondentes às semicircunferências é $$\; \pi \times \frac{\left(\frac{ AB}{2}\right)^2}{2} = \frac{\pi \times AB^2}{8},\;$$ metade da área do quarto de círculo de raio $\;AB.\;$

3 agosto 2017, Criado com GeoGebra

• Por isso $$\mbox{Área de} (E,\widehat{AGD})+\mbox{Área de} (F,\widehat{AGB})=\mbox{Área de} (A,\widehat{AB}),$$ $$(A,\widehat{AB})\setminus(F,\widehat{AGB})= (E, \widehat{AGD}) $$ Também sabemos que $\; (F, \widehat{AG}) = (F,\widehat{GD})= (E, \widehat{AG}) = (E, \widehat{GB})$. Basta agora olhar para $\;(F,\widehat{AGA});$ no lugar de $\;(E, \widehat{BGB})\;$ para vermos que o semicírculo de centro em $\;E\;$ e raio $\; \displaystyle \frac{AB}{2}= AE=EB=EG\;$ é assim composto: $$\;(E, \widehat{GAG}) \cup \;(E, \widehat{BGB}) \cup \Delta[BGA] \;$$ de conjuntos disjuntos igual à metade do quarto de círculo que contém toda a superfície vermelha acrescentada de um triângulo de base $\;AB\;$ e respectiva altura $\;EG\;$ cuja área é $$\frac{AB \times EG}{2} = \frac{\left(AB \times \displaystyle \frac{AB}{2}\right)}{2} = \left(\frac{AB}{2}\right)^2$$ de um quadrado de lado igual a metade do lado do quadrado $\;ABCD.\;$

Usando o botão [mover peças], verá que a nossa superfície vermelha é equivalente à parte do círculo $\;(A, AB)\;$ entre a corda $\;[AB]\;$ e o arco $\;\widehat{AB}\;$ e que esta é igual em área ao quadrado de vértices $\;A, G\;$ opostos que também se pode ver quando a animação é concluída.

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Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
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Uma superfície limitada por três semicircunferências equivalente a um triângulo rectângulo.

Uma superfície limitada por quatro semicírculos equivalente a um círculo.

A faca de sapateiro e o equivalente círculo.

Coroa circular equivalente a um círculo

Quadrilátero convexo de diagonais perpendiculares: equivalência de áreas dos quadrados construídos sobre lados opostos,

Triângulo Equilátero: A soma das distâncias de um ponto aos lados é constante.

Usar áreas para determinar invariância de comprimentos

Dos triângulos com a mesma área e um lado comum, qual tem o menor perímetro?

Problema de construção de um triângulo equivalente

Do meio proporcional entre comprimentos ao meio proporcional entre áreas de um triângulo

ABC, AM; P: Relação entre as áreas de PAB, PAC, PAM

Baricentro G de ABC: Relacionar as áreas de PGA, PGB, PGC

Área de um trapézio -ilustrar geométricamente fórmulas algėbricas (1)

Demonstração de igualdade de áreas de dois triângulos dentro de outro

Prova de relação entre áreas de um triângulo e outros dois

Medida de área de um triângulo tomando para unidade o triângulo que o deu à luz no primeiro de maio.

Dividir um paralelogramo em três polígonos equivalentes e com um vértice comum a incidir numa diagonal.

Divisao de triângulo em três triângulos de áres proporcionias a três comprimentos dados.

Só com medianas se divide um triângulo em três triângulos equivalentes

medianas para dividir um triângulo em 2, 3 ou 6 triângulos equivalentes

Dividir um retângulo em duas figuras equivalentes.

Área de um triângulo retângulo, divisão da hipotenusa pelo ponto de tangência do incírculo.