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.

Construção das circunferências do anjo com um pão

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Problema: Dados um quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;a\;$, arcos $\;(A, BD), \;(B, AC)\;$ e o semicírculo de diâmetro $\;CD\;$, determinar os centros e raios de dois círculos, um tangente aos três arcos e outro tangente a $\;CD\;$ e aos dois arcos $\;(A, BD), \;(B, AC)\;$
Para determinar os dois círculos, bastará determinar os raios dos círculos. Os seus centros estarão forçosamente no eixo de simetria da figura, isto é sobre a reta que liga os pontos médios $\;E\;$ de $\;CD\;$ e $\;F\;$ de $\;AB.\;$
Chamemos $\;O_1\;$ e $\;r_1\;$ aos centro e raio da maior circunferência (o pão?) e $\;O_2\;$ e $\;r_2\;$ aos centro e raio da circunferência menor (a cabeça do anjo?)
Clicando o botão no centro ao fundo verá os segmentos de reta auxiliares.
Toma-se o segmento de reta $\;EF\;$ que conterá $\;O_1, \;O_2\;$ e analisa-se o problema supondo que já está resolvido.

© geometrias, 7 de Setembro de 2014, Criado com GeoGebra

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1. $\;(O_1, r_1)?\;$ Esta circunferência é tangente internamente às circunferências
   • $\;(E, \; \displaystyle \frac{a}{2})\;$ e, por isso,
     • passa por $\;G,\;$ sua interseção com $\;EF\;$
     • $\;FO_1\; = FG+GO_1 = \displaystyle \frac{a}{2} + r_1$
   • $\;(A,\; a)\;$ e, por isso, $\;AO_1 = a-r_1, \;$, pois a distância entre centros de duas circunferências tangentes interiormente é igual ao valor absoluto da diferença dos seus raios
   • $\;(B,\; a)\;$ e, por isso, $\;BO_1 = a-r_1:\;$ ($\;AO_1=BO-1 =a-r_1\;)$
   Considerando o triângulo $\;[AFO_1],\;$ retângulo em $\;F\;$, cujos catetos são $\;AF = \displaystyle \frac{a}{2}\;$ e $\;FO_1= \displaystyle \frac{a}{2} + r_1, \;$ e cuja hipotenusa é $\;AO_1=a-r_1\;$, o teorema de Pitágoras estabelece $$\left( \frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2} + r_1\right)^2 = \left(a-r_1\right)^2$$ que dá o valor de $\;r_1\,$ em função do lado $\;a\;$ do quadrado: $$r_1 = \frac{a}{6}$$
2. $\;(O_2, r_2)?\;$ Esta circunferência é tangente a $\;CD\;$ no ponto $\;E\;$ e exteriormente às circunferências $\;(A, \; a)\;$ e $\;(B, \; a)\;$. As circunferências tangentes exteriormente têm centros distanciados um do outro $\;AO_2 =a+r_2.\;$.
   O Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo $\;[AFO_2]\;$, retângulo em $\;F\;$ cujos catetos são $\;AFO_2 = \displaystyle \frac{a}{2}\;$ e $\;FO_2=a-r_2\;$ e cuja hipotenusa é $\;AO_2 = a+r_2\;$ garante que $$\left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(a-r_2\right)^2 = \left( a+r_2\right)^2$$ que dá para $\;r_2\;$ um valor em função do lado $\;a\;$ do quadrado $$r_2 = \frac{a}{16}$$

Assim, a construção das circunferências fica feita se tomarmos o segmento $\;EF\;$ de comprimento $\;a\;$ e sobre ele tomarmos

• $\;O_1\;$ tal que $\;GO_1 =\displaystyle \frac{a}{6} =r_1\;$ - $\;(O_1, r_1)\;$ passa pelo ponto de interseção da semicircunferência de diâmetro $\;CD\;$ da figura
• $\;O_2\;$ tal que $\;EO_2 = \displaystyle\frac{a}{16} =r_2\;$ - $\;(O_2, r_2)\;$ passa por $\;E\;$

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sugerido em vários apontamentos feitos sobre "sangakus", asssim apresentadas em pt.wikipedia: tábuas comemorativas, em madeira, oferecidas a pequenos santuários japoneses, como forma de agradecer aos deuses, provavelmente, a resolução de um problema matemático...

Posições de 3 circunferências tangentes entre si e tangentes a uma reta dada

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Problema: Dada uma reta $\;a\;$ construir três circunferências tangentes à reta dada e tangentes duas a duas de que se conhecem os raios $\;r_1, \;r_2\;$ de duas delas.


Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 6}$

1. $\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se a reta $\;a\;$ e segmentos $\;r_1, \;r_2\;$ de comprimentos iguais aos raios de duas circunferências $\;(O_1, \;r_1), \;(O_2, \;r_2).\;$
2. $\fbox{n=2}:\;$ Tomamos a circunferência inscrita em $\;(O_1, \;r_1)\;$ para a qual $\;T_1\;$ é um ponto de $\;a :\; O_1T_1 \;\perp\; a \;\wedge\; O_1T_1 =r_1.\;$
3. $\fbox{n=3}:\;$ Para construir $\;(O_2, \;r_2)\;$ nas condições requeridas temos de determinar os pontos $\;O_2, \; T_2\;$ tais que $\;T_2 \in a, T_2O_2\; \perp \;a, \; T_2O_2=r_2, \;O_1O_2=r_1+r_2\;$
   Analisando o problema resolvido, a posição de $\;T_2\;$ sobre $\;a\;$ relativamente a $\;T_1\;$ é dada por $\;T_1T_2 = 2 \sqrt{r_1r_2}\;$
   Nota: $\;\sqrt{r_1r_2}\;$ é determinado como altura de triângulo retângulo inscrito numa semicircunferência de diâmetro $\;r_1+r_2\;$ por ela dividido nos comprimentos - parcelas).
4. $\fbox{n=4}:\;$ Esse resultado está bem ilustrado na figura. Recorrendo a um triângulo $\;O_1PO_2\;$ retângulo em $\;P\;$, para o qual um dos catetos é $\;O_1P = |r_1-r_2|\;$ e a hipotenusa é $\;O_1O_2 = r_1+r_2\;$, o outro cateto é $\;O_2P = T_1T_2.\;$
   E assim, pelo Teorema de Pitágoras aplicado a $\;O_1PO_2\;$, $\;T_1T_2 ^2 = (r_1+r_2)^2 - (r_1-r_2)^2= 4r_1r_2\;$, e finalmente $$\;T_1T_2 =2\times \displaystyle \sqrt{r_1r_2}.\;$$ Fica assim determinada a posição da circunferência $\;(O_2, \;r_2)\;$ tangente a $\;a\;$ e a $\;(O_1, \;r_1).\;$



© geometrias, 29 de Agosto de 2014, Criado com GeoGebra

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5. $\fbox{n=5}:\;\;$ Para determinar a posição do ponto de tangência a $\;a\;$ - $\;T_3\;$ e raio $\;r_3\;$ de uma circunferência $\;( O_3, \;r_3),\;$, usamos os resultados anteriores agora aplicados aos pares de circunferências $\;\left(( O_1, \;r_1), \;( O_3, \;r_3)\right)\;$ e $\;\left(( O_2, \;r_2), \;( O_3, \;r_3)\right)\;$:
   $\;T_1T_3 = 2\sqrt{r_1r_3}, \;T_2T_3 = 2\sqrt{r_2r_3}.\;$
   Como terá de ser $\;T_1T_2 = T_1T_3 + T_3T_2,\;$ $\;2\sqrt{r_1r_2}=2\sqrt{r_1r_3} + 2\sqrt{r_2r_3}$, equivalente a $\;\sqrt{r_1r_2}=\sqrt{r_3}(\sqrt{r_1} + \sqrt{r_2})$, por sua vez equivalente a $$\frac{1}{\sqrt{r_3}} =\frac{1}{\sqrt{r_1}} + \frac{1}{\sqrt{r_2}}$$ que nos permitem a determinação de segmento de comprimento $\;\sqrt{r_3} \;$.
   Na nossa construção, usamos a construção de $\;\sqrt{r}\;$ como altura do triângulo retângulo de hipotenusa $\;r+1\;$ por ela dividida nestas suas parcelas, e recorremos à inversão (já muitas vezes aplicada na resolução de problemas de construção neste "lugar geométrico")
   Nota: O que fazemos para obter $\;r_3\;$ após termos obtido $\;\sqrt{r_3}\;$? Tomamos um segmento de comprimento 1 sobre uma reta à distância $\;\sqrt{r_3}\;$. Tiramos por um dos extremos do segmento unitário uma perpendicular a este e marcamos a interseção com a paralela. Tomamos para cateto de um triângulo retângulo o segmento que une esta interseção com o outro extremo do segmento unitário. A reta perpendicular a este cateto vai intersetar a reta do segmento unitário num ponto à distância $\;r_3\;$ do extremo da altura do triângulo de hipotenusa $\;1+\sqrt{r_3}\;$
6. $\fbox{n=6}:\;\;$ O centro $\;O_3\;$pode ser obtido como interseção das circunferências $\;(O_1, \;r_1+r_3)\;$ e$\;(O_2, \;r_2+r_3)\;$. E a terceira circunferência da solução do problema inicial está bem determinado (com régua e compasso)

Cinco círculos gémeos num quadrado

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Começámos o ano de 2008 com a publicação de uma construção animada sobre círculos gémeos (iguais) na faca de sapateiro (que é sempre referida a Arquimedes) que pode ser revisitada, clicando aqui.
Nesta entrada, apresentamos uma construção muito conhecida com triângulos retângulos, usada para demonstrar o Teorema de Pitágoras, mas sujeita a restrições de modo a acolher num quadrado cinco círculos gémeos, em que cada um de quatro deles é tangentes a um lado do quadrado e todos esses quatro são tangentes exteriormente ao quinto central.

Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 6}$

1. $\fbox{n=1}:\;$ Apresenta-se um triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;C\;$, de hipotenusa $\;c=AB\;$ e catetos $\;a=BC, \:b=AC.\;$
2. $\fbox{n=2}:\;$ Tomamos a circunferência inscrita em $\;ABC\;$ cujo centro é o ponto comum às bissetrizes dos ângulos do triângulo, equidistante dos lados do triângulo. Tomammos os pontos de tangência $\;T_a, \;T_b, \;T_c.\;$
3. $\fbox{n=3}:\;$
   • Como sabemos os segmentos das tangentes a uma circunferência tiradas por um ponto são iguais; $\;AT_b = AT_c, \;BT_a =BT_c, \;CT_b =CT_a\;$
   • Uma tangente a um círculo é perpendicular ao raio no ponto de tangência: $IT_c \perp AB, \;IT_b \perp AC, \; IT_a \perp BC. \;$
   • Num triângulo retângulo em $\;C\;$, $\;T_bC \perp T_aC$.
   • $\;CT_bIT_a\;$ é um quadrado de lado igual ao inraio $\;r\;$
   • 
     $\;AC=b=AT_b+T_bC = AT_b + r\;$ e, logo, $\;AT_b =b-r\;$
     $\;BC=a=BT_a+T_aC = BT_a + r\;$ e, logo, $\;BT_a =a-r\;$
     $\;AB=c=AT_c+T_cB = AT_b + BY_a = b-r + a-r = a+b-2r \;$
     que é o mesmo que $\;2r=a+b-c\,$
   Fica assim estabelecida a relação, para qualquer triângulo retângulo de catetos $\;a,\;b\;$ e hipotenusa $\;c\;$, entre os lados e o raio $\;r\;$ da circunferência inscrita: $$r=\frac{a+b-c}{2}$$



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

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4. $\fbox{n=4}:\;\;$ Para demonstrar o Teorema de Pitágoras, usamos várias formas de, a partir de triângulos retângulos iguais a um original, construir
   
   • ou um quadrado de lado igual à soma dos catetos em que as hipotenusas de 4 triângulos iguais são lados de um quadrado, de tal modo que $$(a+b)^2=4\times \frac{ab}{2} +c^2$$ para concluir que $a^2+b^2=c^2$
   • ou um quadrado cujos lados são as hipotenusas de quatro triângulos retângulos iguais de tal modo que $$c^2 =4\times \frac{ab}{2}+ (b-a)^2$$ para concluir que $\;c^2 = a^2+b^2 $
   É esta última construção que se apresenta em que há dois quadrados, um de lado $\;b-a\;$ e outro de lado $\;c\;$ que o contém.
5. $\fbox{n=5}:\;\;$ Por esta construção, aqui apresentada, se percebe que para um dado quadrado, em que se queiram acolher 5 círculos nas condições requeridas, é preciso que $\;r=\displaystyle \frac{a+b-c}{2},\;$ por estar inscrito no triângulo retângulo, e para ser igual ao inscrito no quadrado de lado $\;b-a\;$ terá de ser, simultaneamente, $\;r=\displaystyle \frac{b-a}{2}\;$. Os dois círculos só são iguais se for $$ \frac{b-a}{2} = \frac{a+b-c}{2},\; \mbox{ou seja, }\; b-a=a+b-c, \; \mbox{que é o mesmo que,}\; c=2a$$
6. $\fbox{n=6}:\;\;$ Os restantes círculos gémeos podem ser obtidos por isometrias (reflexões, p. ex.) aplicadas aos dois primeiros.

Para obter cinco círculos gémeos num quadrado de lado $\;c\;$, precisamos de decompor o quadrado usando quatro triângulos retângulos de hipotenusa igual ao lado do quadrado e um cateto igual a metade do lado do quadrado.