Problema usando translações e reflexões

Dadas duas rectas a e b, determinar a circunferência de raio dado que é tangente às duas rectas dadas.

Na construção dinâmica que se segue, pode fazer variar as rectas. Para cada raio (da circunferência visível a castanho), pode estabelecer uma conjectura, deslocando T sobre a e a circunferência de raio dado. Pode determinar a solução usando as ferramentas disponíveis. E pode depois verificar se encontrou a solução, comparando com aquela que é apresentada.





Há mais do que uma maneira de resolver o problema. No caso, seguimos uma sugestão de translação (deslocamento de um segmento perpendicular a a e de comprimento igual ao raio, já que se a é tangente à circunferência c a é perpendicular ao raio de extremo no ponto de tangência). E há uma reflexão do plano que faz corresponder a cada ponto da recta a um só ponto da recta b.
De outro modo:
Podíamos partir da constatação de que a figura do plano constituída por duas rectas quaisquer admite um eixo de simetria e desenhar a circunferência de raio dado, para depois realizar o deslocamento por translação(?) do centro arbitrário sobre a bissectriz ...

Problema usando rotações

Tomem-se três rectas paralelas a, b e c (quaisquer). Determinar um triângulo equilátero ABC que tenha A sobre a, B sobre b e C sobre c.

O problema resolve-se usando rotações de 60º com centro num ponto qualquer da recta a, A.




Por rotação de b, obtém-se b'. A cada ponto Y de b' corresponde um ponto X de b tal que XÂY=60º. Se tomarmos C como a intersecção de b' com c, corresponde-lhe B sobre b. O triângulo assim obtido é obviamente equilátero: AB=AC (raios de uma mesma circunferência) e BÂC=60º. Na resolução dinâmica que apresentamos aqui pode deslocar as rectas a, b e c, assim como A.

Claro que há outras soluções, não só porque um dos vértices (A no caso) é um ponto arbitrário de uma das rectas paralelas (no caso a), mas também porque podia tomar-se a rotação num sentido ou noutro.

Problema usando translações

Há um problema clássico de mínimos que aparece sugerido de novo por Paulo Ventura Araújo no seu Curso de Geometria (já referido neste lugar mais do que uma vez) com a indicação de que usa translações [T]. É verdade, mas, de um modo geral, nem se pensa nisso quando estamos a trabalhar com paralelogramos.

O problema do nó da auto-estrada que é o do primeiro problema (usando reflexões) de calcular a distância mais curta entre duas cidades, passando por um ponto de um recta, pode ser retomado com a localização de uma ponte numa dada direcção de tal modo que seja mínimo o percurso entre duas cidades de lados opostos do rio.

Sejam dados dois pontos A e B e duas rectas paralelas a e b cortadas por uma recta r. Determinar P sobre a e Q sobre b, de tal modo que PQ seja paralela a r e AP+PQ+QB seja mínima.


Pode mudar as rectas a, b e r, bem como os pontos A e B.

Para cada situação, pode conjecturar quais são os pontos P e Q da distância mínima e pode, desocultando a solução, verificar se acertou. Pode justificar de forma muito simples porque é aquela a solução e tentar reconstruí-la.

Segundo problema usando reflexões - 3

Na entrada Problemas usando reflexão enunciava-se o seguinte problema:

Dados dois pontos A e B, diferentes, situados entre duas rectas r e s. Qual o caminho mais curto, passando por cada uma das rectas r e s, e ligando A a B?

Na construção dinâmica que se segue, para além da possibilidade de conjecturar, pode ver a solução




Ao tomar as imagens A'_r e B'_s por reflexões de A relativamente a r e de B relativamente a s, ficamos com o segmento de recta A'_r B'_s.

'_r B'_s=AR+RS+SB mínimo, porque A'_rR=AR e B'_sS=BS.

Problema usando reflexões

O problema resolvido na entrada anterior é muito intersssante. Aparece associado a múltiplos contextos e para ser abordado e resolvido usando ferramentas diversas. Torna-se ainda mais interessante se virmos que o mesmo raciocínio envolvendo reflexões permite resolver outros problemas. Por exemplo,

De entre todos os triângulos com um dada base e altura a ela relativa, determinar qual deles tem perímetro mínimo.
Na ilustração que se segue pode tomar várias bases e alturas e procurar, para cada par(base,altura) o triângulo de perímetro mínimo.



De facto, este problema é equivalente ao da entrada anterior, já que, fixada a base a altura, andamos à procura do caminho mais curto a partir de um vértice da base e até ao outro, passando por uma recta paralela à base e dela distanciada a altura dada.