Áreas: Problemas de optimização(3)

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:
Tomamos um quadrado $\;ABCD\;$ de papel que vamos dobrar - fixando um ponto ($\;P\;$) num dos lados ($\;AB,\;$ por exemplo) levamos um dos vértices desse lado ($\;A,\;$ por exemplo) até um ponto ($\;A’\;$) do lado ($\;BC\;$) oposto do lado ($\;AD.\;$) Fixadas as posições (de $\;P \in AB\:$ e de $\;A’ \in BC\;$ tais que $\;AP=PA’\;$) dobramos o papel quadrado pelo segmento de reta da dobra de extremo $\;P.\;$ Obtemos assim um trapézio a cobrir parte de um outro trapézio que se manteve inalterável e a parte do original quadrado que ficou a descoberto é composta por dois triângulos retângulos, um retângulo em $\;B\;$ e outro retângulo em $\;C.\;$
Para cada $\;P\;$ de $\;AB\;$ há uma só dobragem, se houver.
Pretende-se saber a posição de $\;P\;$ sobre $\;AB\;$ para a qual o círculo inscrito no triângulo retângulo em $\;C\;$ tem área máxima.

1. Na primeira janela mostram-se os quatro vértices do quadrado $\;ABCD,\;$ dos quais $\;B\;$ e $\;C\;$ vamos manter fixos (não afectados pelas operações de dobragem do quadrado de papel.
2. Não é possível levar $\;A\;$ até $\;BC\;$fixando um ponto qualquer de $\;AB\;$ para extremo da linha de dobra. Se tomar o ponto $\;M\;$ médio de $\;AB, \;$ levamos o ponto $\;A\;$ a sobrepor-se a $\;B.\;$ Só os pontos de $\;MB\;$ podem ser extremidades de linhas de dobra nas condições do enunciado. Mostram-se os pontos $\;M: \; AM=MB\;$ e $\;P \in MB\;$ que pode ser deslocado.

3 outubro 2017, Criado com GeoGebra

3. Para cada $\;P\;$ só há um ponto $\;A’\;$ de $\;BC\;$ tal que $\;AP=PA’.\;$ Fixados $\;P\;$ e $\;A’\;$ a dobra é única. Ao levar $\;A\;$ a sobrepor-se a $\;A’,\;\; AP\;$ irá para a posição de $\;PA’,\;\; AD\;$ para a posição de $\;A’D’\;$ um segmento da reta perpendicular a $\;PA’\;$ e igual em comprimento a $\;AD.\;$ O extremo $\;E\;$ da linha de dobra no lado $\;CD\;$ oposto a $\;AB\;$ estará sobre a perpendicular tirada por $\;D’\;$ a $\;A’D’\;$ e será tal que $\;DE=ED’\;$ e $\;D\hat{E}D’=A\hat{P}A’.\;$
   Notemos que, quando existem, são iguais os trapézios retângulos $\;APED\;$ e $\;PA’D’E\;$ e semelhantes os triângulos retângulos $\;PBA’, \;\; A’CF,\; EFD’.\;$
4. Mostra-se nesta etapa o incírculo de $\;[A'CF] \;$ de centro $\;I\;$ e inraio $\;r=IJ$
5. Nesta etapa, acrescentam-se os pontos $\;O\;$ e $\;X\;$ tais que $\;OX =PB\;$ e relativamente a estes os pontos
   • $\;S=\left(OX, \pi. r^2 \right)\;$ que nos mostra a variação da área do incírculo de $\;[A'CF]\;$ com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$
   • $\;CA'=\left(OX,\; \overline{A'C} \right)\;$ que nos mostra a variação do comprimento do cateto $\; \overline{A'C}\;$com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$ que decresce à medida que $\;P\;$ se aproxima de $\;B;\;$
   • $\;CF=\left(OX,\; \overline{CF} \right)\;$ que nos mostra a variação do comprimento do cateto $\; \overline{CF}\;$ (com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$) que cresce à medida que $\;P\;$ se aproxima de $\;B;\;$
   Deslocando $\;P\;$ em $\;MB,\;$ poderá conjecturar que $\;S\;$ atinge a sua posição mais elevada (área máxima) quando os catetos de $\;A'CF\;$ têm comprimento igual.

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A figura abaixo esclarece que quando a área - ordenada do ponto $\; T\;$ - do triângulo $\;A’CF\;$ cresce {decresce}, a área - ordenada do ponto $\;Y\;$ - do seu incírculo cresce (decresce) e que, para qualquer que seja o valor de $\;x=PB=OX\;$ abcissa comum de $\;T\;$ e $\;Y, \;$ as áreas dadas como ordenadas são tais que $\;y(Y) < y(T).\;$ Ou seja, podemos concluir que a maior área do incírculo e a maior área do triângulo são atingidos numa mesma posição de $\;P.\;$

1 novembro 2017, Criado com GeoGebra

Usando as seguintes designações $\;AB=a\;$ (constante), $\;BP=x\;$ (variável com posição de $\;P\;$ em $\;MB,\;$) $\;BA’ = p\;$ e $\; CF=a’\;$ temos
$\;A’P=a-x, \;A’C=a-p\;$ e por $\;BA’P\;$ ser retângulo em $\;B\,$, temos
$$\;x^2+p^2=(a-x)^2 \Leftrightarrow x^2+p^2 = a^2+x^2-2ax \Leftrightarrow x= \displaystyle \frac{a^2-p^2}{2a} *\;$$ e como $\Delta A’CF \sim \Delta BA’P$, sabemos que $$\frac{a’}{p}=\frac{a-p}{x} \Leftrightarrow a’=\frac{2ad(a-p)}{a^2-p^2} \Leftrightarrow a’= \frac{2ap}{a+p}$$ e a área $\;y(T)\;$ de $\;\Delta A’CF\;$ pode ser expressa $$y = \frac{a’(a-p)}{2}\Leftrightarrow y = \frac{2ap(a-p)}{2(a+p)}\Leftrightarrow y=\frac{ap(a-p)}{a+p}$$ e $$y’_p= \frac{(a(a-p)-ap)\times(a+p) - ap(a-p)}{(a+p)^2}= \frac{(a^2-2ap)(a+p)-a^2p+ap^2}{(a+p)^2}=$$ $$y’_p=\frac{a^3+a^2p-2a^2p-2ap^2-a^2p+ap^2}{(a+p)^2} = \frac{a^3-2a^2p -ap^2}{(a+p)^2}$$ Assim, para $\;a\neq 0,\;$ $$y’_p (p)=0 \Leftrightarrow a(p^2 + 2ap -a^2)=0 \Leftrightarrow p=\frac{-2a ± \sqrt{8a^2}}{2}= 0 \Leftrightarrow p= -a + \sqrt{2} a \vee p=-a - \sqrt{2} a$$ Para o problema em causa, só o primeiro valor apresentado $\;p= (\sqrt{2} -1)a\;$ serve. E, portanto, para o valor $$*x=\frac{a^2- (\sqrt{2} -1)^2a^2}{2a}=\frac{a^2(1-(2-2\sqrt{2}+1)}{2a}= \frac{a^2(\sqrt{2}-1)}{a}= (\sqrt{2}-1)a$$ de $PB$ as áreas do triângulo $\;[A’CF]\;$ e do seu incírculo tomam o seu valor máximo.

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Podemos agora confirmar a conjectura feita na entrada anterior Quando $\;p=BA’=(\sqrt{2}-1)a, \;$ será verdade que acontece $\;a-p= A’C=CF=a’ ?\;$ Ou, para $ \;p=(\sqrt{2}-1)a\;$ será $\;CF=a’= \frac{2ap}{a+p} = a-p =A’C’ ?$
Ora, substituindo $\;p\;$ por $(\sqrt{2}-1)a\;$ nas diversas expressões e simplificando temos
$\;2ap = 2a(\sqrt{2}-1)a, \;\; \; a+p=a+(\sqrt{2}-1)a=\sqrt{2}a; \;\;\; a-p= a- \sqrt{2}a +a=(2-\sqrt{2})a\;$ de onde se retira finalmente $$\frac{2(\sqrt{2}-1)a^2}{\sqrt{2}a}=\frac{2a(\sqrt{2}-1) \times \sqrt{2}}{2}=(2-\sqrt{2})a $$ como esperávamos. Fica confirmada a conjectura adiantada inicialmente.

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1. Sangaku Optimization Problems:
   (All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
   Japanese Paper Folding Problem
   Problem Statement: When as square piece of paper of fixed side length is folded as shown in the figure, a circle is formed in the upper-left-hand corner which is tangent at three points to the paper. First show the red segment and the red radius are equivalent for all folds. Then determine where the paper should be folded in order to maximize the area of the circle.
   Adapted from: Japanese Temple Geometry Problems. Fukagawa, H. & Pedoe, D. The Charles Babbage Research Center, Winnipeg, 1989.
2. A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.
3. http://geometrias.eu/deposito/ORirABCO2a.html
   http://geometrias.blogspot.pt/2014/10/triangulos-retangulos-altura-e-inraios.html
4. Robert Geretschläger. Folding Questions - A paper about Problems about Paper. WFNMC-6, Riga, Latvia: 2010
5. Hiroshi Okumura. A Folded Square Sangaku Problem
6. Hiroshi Okumura. A Note on HAGA's Theorems in Paper Folding. in Forum Geometricorum.Volume 14 (2014) 241-242
7. Hidetoshi Fukagawa. Japanese Temple Geometry Problems. 1989.

Áreas: Problemas de optimização (2)

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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:
Seja um quadrado $\;[BCAD],\;$como se mostra na figura abaixo. Consideremos as diagonais $\;AB, \;CD\;$ e $\;M\;$ o seu ponto de intersecção. Sobre $\;CD, \;$ tomemos os pontos $\;P,\;\;R\;$ simétricos eme relação a $\;M.\;$ Obtemos um rombo (ou losango) $\;BPAR.\;$ Consideremos também o quadrado $\;PQRS.\;$
Para que valor ou valores dos comprimentos $\;PQ\;$ (lados dos quadrados $\; PQRS\;$) é que os valores das áreas assinaladas a vermelho atingem o seu máximo?

Da figura à esquerda, já descrita no enunciado, as retas das diagonais $\;AB, \;CD\;$ são eixos de simetria e, por isso, o problema proposto fica resolvido determinando qual é o valor do comprimento de $\;PQ\;$ para o qual $\;PAQ\;$ tem área máxima.

12 setembro 2017, Criado com GeoGebra

O que vamos fazer é estudar a dependência de valores $\;y=OY\,$ das áreas de $APQ$ em função dos valores dos comprimentos dos lados $\;x=OX=PQ\;$ dos quadrados $\;PQRS.\;$
As diagonais dos quadrados são iguais $\;AB=CD, \;PR=QS,\;$ bissectam-se $\;QM=MP \;$ perpendicularmente $\;C\hat{M}A =P\hat{M}Q =1\;$ reto, sendo por isso $\;PQ^2 = PM^2+MQ^2 = 2PM^2\; \Leftrightarrow x=\sqrt{2}PM \Leftrightarrow PM^2=\displaystyle \frac{x^2}{2}\;$ e, designando por $\;2a\;$ o comprimento fixo de $\;AB,\;$ e por $\;2d\;$o valor dos comprimentos variáveis das diagonais de $\;PQRS,\;$ sobre a área $\;y\;$ do triângulo $\;PAQ$ que é igual ao triângulo $\;PAM\;$ subtraído do triângulo $\;MPQ,\;$ podemos escrever $$y=\frac{a\times d}{2} - \frac{d^2}{2} = \displaystyle \frac{\sqrt{2}ax}{2} - \frac{\displaystyle\frac{x^2}{2}}{2}=\frac{2\sqrt{2}ax-x^2}{4}$$ Quando $\;P\;$ toma a posição de $\;M, \;\; P\equiv M\equiv Q \ldots \;$ então $\;x=0.\;$ O maior valor que $\;x=PQ\;$ pode atingir é quando $\;P = C\;$ e $\;Q=A\;$: $\;\;\;PQ=AC=\sqrt{2}a.$
Para o nosso problema, $\;x\;$ pode tomar todos os valores entre $\;0\;$ e $\;\sqrt{2}a:\;$ $$0\leq x=OX \leq AC=\sqrt{2}a$$ e, em consequência, como $$\;y=\frac{2\sqrt{2}ax-x^2}{4}= \frac{-(x^2 - 2\sqrt{2}ax +2a^2)+2a^2}{4}= \frac{1}{4}(2a^2 -(x-\sqrt{2}a)^2$$ função polinomial do segundo grau em que $\;x^2\;$ tem coeficiente negativo $\;\displaystyle -\frac{1}{4}\;$ $$y=\frac{1}{4} (2a^2-(x-\sqrt{2}a)^2 = 0 \Leftrightarrow \;x=0 \vee x=\sqrt{2}a $$ $y\;$ atinge o seu valor máximo para o valor de $\;x\;$ médio de $\;[0,\; \sqrt{2}a] \;$ que é $\; \displaystyle \frac{\sqrt{2}a}{2}.\;$

Nota: Clicando no botão de animação, na esquerda ao fundo, pode visualizar os traços dos pontos de abcissas $\;x\;$ entre $\;0\;$ e $\;\;\sqrt{2}a \;$

• $\;L\;$ que tem como ordenada $\;y=OY\;$ o valor associado à área do triângulo $\;PAQ\;$ correspondente a cada valor de $\;x \ldots\;$
• $\;L_t\;$ que tem como ordenada $\;y_t= OY_t\;$ o valor associado á área de toda a superfície vermelha $\;y_t = 4 y =4 PAQ \;$ correspondente a cada valor $\;x\;$ de comprimento do lado do quadrado $\;PQRS.\;$

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Sangaku Optimization Problems:
(All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
Ohma Shinmeislsya shrine, circa 1821, Nakamura Tokikazu
Problem Statement: A square of fixed side length is constructed. If we shrink the vertical diameter of the square and keep the side lengths fixed, a rhombus is formed. Within the rhombus another square can be formed. For what side length of the inner square will the area between the rhombus and the inner square be maximized?
Sacred Mathematics: Japanese Temple Geometry. Fukagawa, H. & Rothman, T. 2008.

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